Характерный угол отклонения лучей из-за дифракции выражается через ширину пучка как
$$
\theta \sim \frac{\lambda}{w_0}.
$$Тогда на расстоянии $L$ ширина пучка $D \sim \theta L$

Если лучи, идущие от разных точек источника, параллельны, разность хода имеет вид $\Delta = d \sin \theta$, где $\theta$ – угол между лучом и нормалью к плоскости экрана, $d$ – расстояние между точками источника. Поправка к этому выражению при конечных $L$ по порядку величины равна $d^2/L$. Поскольку разность хода стоит в показателе экспоненты, эта поправка должна быть много меньше длины волны, тогда ей можно пренебречь, и приближение дифракции Фраунгофера будет работать. При этом в качестве расстояния между точками источника нужно взять величину порядка ширины пучка $w_0$.

Для удобства вычислений будем вычислять амплитуду поля в точке экрана, лежащей на оси $x$, координаты которой $(r, 0, L)$. В силу симметрии задачи относительно оси, во всех точках на том же расстоянии $r$ до оси амплитуда будет такой же. Тогда угол между лучами, идущими в точку наблюдения, и осью $z$, равен $\theta = r/L$ ( в силу условия $r \ll L$ этот угол много меньше 1). Тогда расстояние $s = L - x'\theta$. Изменением расстояния в знаменателе интеграла можно пренебречь, поэтому получим, подставляя явную зависимость для $v$ при $z = 0$
$$
v(r, L) = - \frac{E_0}{i \lambda L}\int dx'dy'\, \exp\left( - \frac{x^{\prime 2}+ y^{\prime 2}}{w_0^2} - ikL + ik x'\theta\right).
$$Здесь интегралы берутся в бесконечных пределах. Вычисляя их с помощью формулы из условия, получим окончательно

Отметим, что из полученной формулы следует значение характерной ширины пучка на экране:
$$2w' = 2\frac{2L}{k w_0} = \frac{2}{\pi} \frac{\lambda L}{w_0} \sim \frac{\lambda L}{w_0},$$что и предсказывается оценкой пункта А1.

В случае дифракции Френеля расстояние $s$ в показателе экспоненты можно разложить до второго порядка, $s = z + r'^2/2z $, где $r' = \sqrt{x^{\prime 2}+ y^{\prime 2}}$, тогда интеграл будет иметь вид
$$
v(0, 0, z) = -\frac{E_0}{i \lambda z} \int\limits_{0}^{\infty} 2\pi r' dr' \exp\left(- \frac{r'^2}{w_0^2} - ik z - i \frac{k r'^2}{2z}\right) = - \frac{\pi E_0}{i \lambda z} e^{-ikz}\int\limits_{0}^{\infty} d(r'^2)\exp\left( - \frac{r'^2}{w_0^2}- i \frac{k r'^2}{2z}\right).
$$Вычисляя интеграл, найдем
$$
v(0,0, z) = -\frac{\pi E_0}{i \lambda z}e^{-ik z} \frac{w_0^2}{1 + i k w_0^2/2z} = E_0e^{-ik z} \frac{i k w_0^2/2}{z + i k w_0^2/2}.
$$Учитывая $A(z) = v(0, 0, z)e^{ik z}$, получаем ответ.

Рассчитаем необходимые частные производные $\hat{E}_x$.
$$
\frac{\partial \hat{E}_x}{\partial t} = i \omega u \exp(-ikz)\exp(i\omega t), \qquad \frac{\partial^2 \hat{E}_x}{\partial t^2} = -\omega^2 u \exp(-ikz)\exp(i\omega t),\\ \ \\ \ \\
\frac{\partial \hat{E}_x}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial x} \exp(-i k z) \exp(i \omega t), \qquad \frac{\partial^2 \hat{E}_x}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \exp(-i k z) \exp(i \omega t), \\
\frac{\partial \hat{E}_x}{\partial y} = \frac{\partial u}{\partial y} \exp(-i k z) \exp(i \omega t), \qquad \frac{\partial^2 \hat{E}_x}{\partial y^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \exp(-i k z) \exp(i \omega t)\\ \ \\ \ \\
\frac{\partial \hat{E}_x}{\partial z} = \frac{\partial u}{\partial z} \exp(-i k z) \exp(i \omega t) - ik u \exp(-i k z) \exp(i \omega t), \\ \frac{\partial^2 \hat{E}_x}{\partial z^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial z^2} \exp(-i k z) \exp(i \omega t) - 2 i k \frac{\partial u}{\partial z} \exp(-ikz)\exp(i \omega t) - k^2 u \exp(-ikz)\exp(i \omega t).
$$Подставляя найденные выражения в волновое уравнение, сокращая на $\exp(-ikz)\exp(i\omega t)$ и учитывая $\omega^2 = k^2 c^2$, приходим к уравнению

Рассчитаем необходимые частные производные $u$.
$$\frac{\partial u}{\partial x} = -\frac{i k x}{q(z)} u , \qquad \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = - \frac{ik}{q(z)} u - \frac{k^2 x^2}{q^2(z)}, \\
\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{i k y}{q(z)} u , \qquad \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = - \frac{ik}{q(z)} u - \frac{k^2 y^2}{q^2(z)}.$$Получаем
$$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = \left[-\frac{2ik}{q(z)} - \frac{k^2}{q^2(z)} r^2 \right] u.$$Отсюда следует

Рассчитаем частную производную $u$ по $z$.
$$\frac{\partial u}{\partial z} = A'(z) \exp\left(-\frac{i k r^2}{2 q(z)} \right) + A(z)\frac{i k r^2 q'(z)}{2 q^2(z)} \exp\left(-\frac{i k r^2}{2 q(z)} \right) = \left[\frac{A'(z)}{A(z)} + \frac{i k r^2 q'(z)}{2 q^2(z)} \right] u.$$Отсюда следует

Используя условие
$$2 k \zeta(z) - \chi^2(z) = 0,$$приходим к дифференциальному уравнению на $q(z)$.

Решая уравнение с заданным начальным условием, получаем

Сравнивая два выражения для $u(r, 0)$
$$u(r, 0) = E_0 \exp \left(-\frac{r^2}{w_0^2}\right) = A(0) \exp\left(-\frac{ikr^2}{2iz_0}\right),$$получаем

Находя действительную и мнимую части
$$\frac{1}{q(z)} = \frac{1}{z+iz_0} = \frac{z - iz_0}{z^2+z_0^2},$$приходим к ответу

Рассчитаем $A'(z)$.
$$
A'(z) = -\frac{E_0 i k w_0^2/2}{(z + i k w_0^2/2)^2}, \\
\frac{A'(z)}{A(z)} = -\frac{1}{z + i k w_0^2/2} = -\frac{1}{z+i z_0}.
$$Для $\chi(z)$ верно:
$$
\chi(z) = \frac{k}{q(z)} = \frac{k}{z+iz_0}.
$$Подставим в уравнение $(5)$:
$$
-2 i k \frac{A'(z)}{A(z)} - 2 i \chi(z) = -2ik \left(-\frac{1}{z+iz_0} + \frac{1}{z+iz_0}\right) = 0.
$$Таким образом, $A(z)$ действительно удовлетворяет уравнению $(5)$.

Рассчитав модуль и фазу комплекснозначной функции $A(z)$, приходим к ответу.

В каждой точке пространства зависимость действительного поля от времени $\sim \cos(\omega t + \varphi)$, усреднение даёт
$$\langle \cos^2(\omega t + \varphi) \rangle = \frac{1}{2}.$$Тогда
$$I(r, z) = \frac{1}{2} \beta \left|\hat{E}_x \right|^2 = \frac{1}{2} \beta \left|u(r, z)\right|^2 = \frac{1}{2} \beta \left|A(z) \exp \left(-\frac{i k r^2}{2 q(z)} \right) \right|^2 = \frac{1}{2} \beta A_0^2(z) \exp \left(-\frac{2r^2}{w(z)} \right).$$

Ответ:

По определению
$$dP = I \cdot dS.$$В силу радиальной симметрии
$$dP = I(r, z) \cdot 2 \pi r \, dr,$$$$P = \int \limits_0^\infty I(r, z) \cdot 2 \pi r \, dr.$$Подставляя $I(r, z)$ из предыдущего пункта и используя выражения для $A_0(z)$, $w(z)$ из части A, получаем ответ.

Отметим, что $P$ оказывается независимым от $z$, что согласуется с законом сохранения энергии.

Используя результат пункта C1, получаем расстояние от оси $Oz$ до границы пучка:
$$r = w(z).$$Отсюда диаметр пучка

С учётом выражения для $w(z)$
$$d(z) = \sqrt{\frac{8z_0}{k}\left(1+\frac{z^2}{z_0^2}\right)}$$

Ответ:

Ответ очевидно следует из предыдущего пункта

Фаза волны в точке $(r, z)$:
$$\varphi(r, z) = -kz - \frac{kr^2}{2R(z)} + \psi(z).$$Волновой фронт определяется условием
$$\varphi(r, z) = \varphi(0, z_1).$$

Считая $R(z) \approx R(z_1)$ и $\psi(z) \approx \psi(z_1)$, получим
$$\Delta z = z_1 - z \approx \frac{r^2}{2R(z_1)}.$$Для волнового фронта сферической волны на расстоянии $\rho(z_1)$ от источника верно
$$r^2 + \left(\rho(z_1)-\Delta z \right)^2 = \rho^2(z_1), \\ r^2 - 2\rho(z_1) \Delta z + \Delta z^2 = 0,$$что при $\Delta z \ll \rho(z_1)$ приводит к выражению
$$\Delta z = \frac{r^2}{2\rho(z_1)}.$$Сравнение двух выражений приводит к ответу

С учётом выражения для $R(z_1)$, получим $$\rho(z_1) = \frac{z_1^2 + z_0^2}{z_1}.$$ У зависимости есть два экстремума: $(z_0, 2z_0)$, $(-z_0, -2z_0)$.

Ответ:

Используя выражения для $R(z)$, $w(z)$, запишем систему из двух уравнений:
$$\begin{cases} w_a^2 = \dfrac{2}{k}\left(z_0 + \dfrac{z_a^2}{z_0}\right) \\ R_a = z_a + \dfrac{z_0^2}{z_a} \end{cases}$$Деление первого уравнения на второе даёт
$$\frac{w_a^2}{R_a} = \frac{2 z_a}{kz_0} \quad \Rightarrow \quad \frac{z_a}{z_0} = \frac{k w_a^2}{2R_a}.$$Подставим отношение $\dfrac{z_a}{z_0}$ во второе уравнение:
$$R_a = z_a \left(1 + \left(\frac{2R_a}{kw_a^2} \right)^2\right).$$Отсюда следует ответ для $z_a$. Затем из найденного ранее отношения $\dfrac{z_a}{z_0}$ находится $z_0$ и с учётом пункта C4 пересчитывается в $d_п$.

Используя выражение для $d(z)$, полученное в пункте C3, запишем уравнения:
$$\begin{cases} d_1^2 = \dfrac{8 z_0}{k} \left(1 + \dfrac{(z \mp L/2)^2}{z_0^2} \right) \\ d_2^2 = \dfrac{8 z_0}{k} \left(1 + \dfrac{(z \pm L/2)^2}{z_0^2} \right) \end{cases}$$Здесь $z$ – координата точки, расположенной посередине между двумя данными в условии. Уравнения записываются неоднозначно ($\pm$), так как условием не дано относительное расположение описываемых точек, т. е. какая из них имеет большую координату $z$. Преобразуем уравнения:
$$\begin{cases} (z \mp L/2)^2 = z_0^2\left(\dfrac{kd_1^2}{8z_0} - 1\right) \\ (z \pm L/2)^2 = z_0^2\left(\dfrac{kd_2^2}{8z_0} - 1\right)\end{cases}$$Для избавления от неизвестной $z$ извлечём корень из обеих частей уравнений и вычтем получившиеся уравнения друг из друга. Отметим, что при взятии корня снова возникает неоднозначность ($A^2 = B \ \Rightarrow \ A = \pm \sqrt{B}$). Учёт условия $d_2 > d_1$ и очевидных математических фактов (например, что сумма корней из положительных чисел положительна) приводит к совокупности всего из двух уравнений, что соответствует двум описанным ранее случаям взаимного расположения описываемых точек.
$$\sqrt{\frac{\pi d_2^2}{4\lambda z_0} - 1} \pm \sqrt{\frac{\pi d_1^2}{4\lambda z_0} - 1} = \frac{L}{z_0}.$$Данные уравнения относительно переменной $z_0$ могут быть решены численно методом итераций, с помощью таблиц и иными доступными способами.
$$z_{01} = 0.131~см, \qquad \qquad z_{02} = 1.186~см.$$Пересчитываем значения $z_0$ в $d_п$.

Отметим, что уравнения на $z_0$ могут также быть решены явно, однако это требует гораздо больших вычислительных и временных затрат. Явное выражение:
$$z_0 = \frac{d_1^2 + d_2^2 \pm \sqrt{(d_1^2 + d_2^2)^2 - \frac{16 L^2 \lambda^2}{\pi^2}(1+\alpha^2)}}{\frac{8 \lambda}{\pi} (1 + \alpha^2) },$$где $\alpha = \dfrac{\pi}{4 \lambda L} (d_2^2 - d_1^2)$.

Пусть один луч выходит из линзы на расстоянии $r$ от оси $Oz$, второй проходит по оси $z$. Тогда при $r \ll f$ разность хода между ними составит
$$\delta \approx \frac{r^2}{2f}.$$Разность фаз первого и второго луча
$$\Delta \varphi = \varphi_1 - \varphi_2 = -k\delta.$$Знак «минус» появляется, так как исходная волна выбрана с множителем $\exp(-ikz$), и второй луч, идущий вдоль $Oz$, проходит больший оптический путь, чем первый. Условие синфазности запишется в виде:
$$-k\frac{r^2}{2f} + \eta r^2 = 0,$$что приводит к ответу

Так как пучок остаётся гауссов, распределение амплитуды поля в плоскости линзы до и после её прохождения могут быть записаны в виде
$$u_1 = u_0 \exp\left(-\frac{ikr^2}{2R_1} - \frac{r^2}{w_1^2} \right), \\ u_2 = u'_0 \exp \left(-\frac{ikr^2}{2R_2} - \frac{r^2}{w_2^2} \right).$$С другой стороны, с учётом предыдущего пункта
$$u_2 = u_1 \exp\left(\frac{ikr^2}{2f} \right) = u_0 \exp\left(-\frac{ikr^2}{2R_1} + \frac{ikr^2}{2f} - \frac{r^2}{w_1^2} \right).$$Сравнивая действительную и мнимую часть коэффициента перед $r^2$ в двух полученных выражениях для $u_2$, получаем ответ.

Очевидно, что плоскость перетяжки будет расположена после линзы, если $R_2 < 0$. То же следует, например, из пунктов C3 или C7. С учётом формулы для $R_2$, это приводит к условию