図に示す装置で光の干渉の実験を行う．単色光源を出た光は半透鏡で2つに分けられ，一方は平面鏡$\rm M$で反射されて，同じ経路をもどり，その一部が半透鏡を通過して光検出器に到達する．他方は平面鏡$\rm M_{0}$で反射されて同じ経路をもどり，その一部が半透鏡で反射されて光検出器に到達し，鏡$\rm M$からの光と干渉する．鏡$\rm M_{0}$は固定され，鏡$\rm M$は光の進行方向に動かすことができる．光源の光の波長が$\lambda$の状態で，鏡$\rm M$を少しずつ遠ざけたところ，光検出器での光の強さは単調に減少し，はじめの位置から$d$だけ動かしたとき最小となった．また，鏡$\rm M$をはじめの位置から少しずつ近づけたところ，光の強さは単調に増加し，$d$だけ動かしたときに最大となった．次に，鏡$\rm M$をはじめの位置に固定し，光源の光の波長を少しずつ短くしていったところ，検出器での光の強さは単調に増加し，波長が$\lambda-\varDelta \lambda$のとき最大となった．これらの結果から，半透鏡から鏡$\rm M，M_{0}$までの距離$L，L_{0}$の差$L-L_{0}$を$\lambda，\varDelta \lambda$を用いて表せ．ただし，$L-L_{0}$の正負の符号も含めて答えよ．
干渉による位相差の条件をまとめると次のようになります．
地点Pにおける2つの波の位相差を$\phi$，整数を$m$とすると，
強め合いの条件：$\phi=2\pi m$
弱め合いの条件：$\phi=(2m+1)\pi $
位相差$\phi$は次の3つの要素で決まる．
$\phi_{1}$：初期位相のずれ
同位相なら$\phi_{1}=0$，逆位相なら$\phi_{1}=\pi$
$\phi_{2}$：反射による位相のずれ
自由端反射なら$\phi_{2}=0$，固定端反射なら$\phi_{2}=\pi$
$\phi_{3}$：距離の差（屈折率が変わることで生じる光学的な距離の差を含む）による位相のずれ
距離の差が$\Delta l$のとき，次の比例式を立てて，位相差$\phi_{3}$を計算する．
$2\pi : \lambda =\phi_{3} : \Delta l$
$\therefore \phi_{3}=\dfrac{2\pi}{\lambda}\Delta l$
このとき，位相差$\phi$は
$\phi=\phi_{1}+\phi_{2}+\phi_{3}$
<解答>
前半部分で
- 鏡$\rm M$を少しずつ遠ざけたところ，光検出器での光の強さは単調に減少し，はじめの位置から$d$だけ動かしたとき最小となった．（実験①）
- 鏡$\rm M$をはじめの位置から少しずつ近づけたところ，光の強さは単調に増加し，$d$だけ動かしたときに最大となった．（実験②）
とあるので，これを式にしていきましょう．
※ 実際は半透鏡での反射によって，2経路の位相差が$\pi$分ずれ，強め合いの条件と弱め合いの条件が真逆になりますが，差をとると同じ答えが出ます．
・実験①について
経路差は往復分も考えて，$2\left(L+d-L_{0}\right)$なので，位相差は$\dfrac{2\pi}{\lambda}\left\{2\left(L+d-L_{0}\right)\right\}$．整数$m$を用いて，弱め合いの条件より
$\dfrac{2\pi}{\lambda}\left\{2\left(L+d-L_{0}\right)\right\}=2\pi m+\pi \cdots (\ast)$
・実験②について
経路差は往復分も考えて，$2\left(L-d-L_{0}\right)$なので，位相差は$\dfrac{2\pi}{\lambda}\left\{2\left(L-d-L_{0}\right)\right\}$．実験①に比べて位相差が小さくなっている．$2\pi m+\pi$より位相差が小さく，強め合う位相差は$2\pi m$なので，強め合いの条件より
$\dfrac{2\pi}{\lambda}\left\{2\left(L-d-L_{0}\right)\right\}=2\pi m \cdots (2\ast)$
$(\ast)-(2\ast)$を計算すると，邪魔な$m$が消えて，$d$を求めることができます．
★ $(\ast)-(2\ast)$より
$\dfrac{2\pi}{\lambda}\times 4d=\pi$
$\therefore\,\, d=\dfrac{\lambda}{8}$ $\cdots (3\ast)$
最後に
- 鏡$\rm M$をはじめの位置に固定し，光源の光の波長を少しずつ短くしていったところ，検出器での光の強さは単調に増加し，波長が$\lambda-\varDelta \lambda$のとき最大となった． (実験③)
より，強め合いの条件を立てます．
鏡$\rm M$がはじめの位置にあるときは，検出器での位相差が$2\pi m$と$2\pi m+\pi$の間にありました．この状態から，波長を小さくしていくので，
$\dfrac{2\pi}{\lambda}\times （経路差）$
より，$\lambda$が小さくなると，
経路差が正のとき，位相差が$0$から離れて大きくなり
経路差が負のとき，位相差が$0$から離れて小さくなる
もう一度話を戻すと，「検出器での位相差が$2\pi m$と$2\pi m+\pi$の間にあった」状態から，波長を小さくしていくと，強め合ったので，位相差が$2\pi m$になったことがわかります．$2\pi m+\pi$になってしまうと一度弱め合ってしまいます．つまり，この時点で経路差$2（L-L_{0}）$は負であることがわかります．ただ，わざわざこの考察はしなくても計算によって，経路差の正負は出てきます．
★ 波長を$\lambda-\varDelta \lambda$にしたときの強め合いの条件
$\dfrac{2\pi}{\lambda-\varDelta \lambda}\{2(L-L_{0})\}=2\pi m \cdots (4\ast)$
$(2\ast)$，$(3\ast)$より，$2\pi m$を消去します．
$\dfrac{\cancel{2\pi}}{\lambda-\varDelta \lambda}\{\bcancel{2}(L-L_{0})\}=\dfrac{\cancel{2\pi}}{\lambda}\left\{\bcancel{2}\left(L-d-L_{0}\right)\right\}$
両辺$\lambda(\lambda-\varDelta \lambda)$をかけて
$\lambda(L-L_{0})=(\lambda-\varDelta \lambda)(L-L_{0}-d)$
$\therefore\,\, \varDelta \lambda(L-L_{0})=-(\lambda-\varDelta \lambda)d$
$(3\ast)$から，$d=\dfrac{\lambda}{8}$より
$\eqalign{\varDelta \lambda(L-L_{0})&=-(\lambda-\varDelta \lambda)\times \dfrac{\lambda}{8}\\\cr L-L_{0}&=-\dfrac{(\lambda-\varDelta \lambda)\lambda}{8\varDelta \lambda}}$（答）
このように，$L-L_{0}$が確かに負であることが確かめられました．
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