$\newcommand{\mat}[1]{\mathbf{#1}}$ $\newcommand{\fmat}[1]{\tilde{\mat{#1}}}$ $\newcommand{\ffmat}[1]{\check{\mat{#1}}}$ $\newcommand{\fffmat}[1]{\check{\tilde{\mat{#1}}}}$ $\newcommand{\f}[1]{\tilde{#1}}$ $\newcommand{\ff}[1]{\check{#1}}$ $\newcommand{\fff}[1]{\check{\tilde{#1}}}$ $\newcommand{\reels}{\mathbb{R}}$ $\newcommand{\dif}{\mathrm{d}}$ $\newcommand{\eps}{\varepsilon}$ $\newcommand{\ka}{\kappa}$ $\newcommand{\xy}{\mathbin{/\mkern-4mu/}}$ $\DeclareMathOperator{\tr}{tr}$ $\DeclareMathOperator{\re}{Re}$ $\DeclareMathOperator{\im}{Im}$

Paramètres de Stokes et matrices de Mueller

Nous discutons ici des paramètres de Stokes pour un faisceau polarisé. Le cas des faisceaux partiellement polarisés ou non polarisés sera traité plus tard.

1. Polarisations et intensités

D'après ce qu'on a vu à la page précédente, lorsqu'un champ, de vecteur de Jones $$\boldsymbol{\psi} = \begin{bmatrix} \f{E}_x \\ \f{E}_y \end{bmatrix},$$ passe à travers un polariseur dont la matrice de Jones est $$\mat P (\boldsymbol{\hat\phi})=\boldsymbol{\hat\phi} \boldsymbol{\hat\phi}^\dagger,$$ on a pour l'intensité $I$ du champ sortant $$I\propto |\boldsymbol{\hat\phi}^\dagger \boldsymbol{\psi}|^2.$$ Le tableau à droite illustre la situation pour différents types de polarisations $\boldsymbol{\hat\phi}$ : polari­sations linéaires horizontale, verticale, à plus ou moins 45 degrés, ainsi que les polarisations circulaires gauche et droite.

PolarisationIntensité
$\boldsymbol{\hat\phi}_{0}= \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$I_{0}\propto |\f{E}_x|^2$
$\boldsymbol{\hat\phi}_{\pi/2}= \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$$I_{\pi/2}\propto |\f{E}_y|^2$
$\boldsymbol{\hat\phi}_{\pi/4}= \dfrac{1} {\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$$I_{\pi/4}\propto \dfrac 1 2 \left[ |\f{E}_x|^2+|\f{E}_y|^2+2\re (\f{E}_x \f{E}_y^*) \right]$
$\boldsymbol{\hat\phi}_{-\pi/4}= \dfrac{1} {\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$$I_{-\pi/4}\propto \dfrac 1 2 \left[ |\f{E}_x|^2+|\f{E}_y|^2-2\re(\f{E}_x \f{E}_y^*) \right]$
$\boldsymbol{\hat\phi}_{+}= \dfrac{1} {\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 \\ i \end{bmatrix}$$I_{+}\propto \dfrac 1 2 \left[ |\f{E}_x|^2+|\f{E}_y|^2-2\im(\f{E}_x \f{E}_y^*) \right]$
$\boldsymbol{\hat\phi}_{-}= \dfrac{1} {\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 \\ -i \end{bmatrix}$$I_{-}\propto \dfrac 1 2 \left[ |\f{E}_x|^2+|\f{E}_y|^2+2\im(\f{E}_x \f{E}_y^*) \right]$

2. Paramètres de Stokes

Stokes
Sir George Stokes (1819-1903)
(né George Gabriel Stokes).

Le physicien anglais Stokes a découvert qu'on pouvait décrire l'état de polarisation d'un faisceau lumineux avec les quatre paramètres suivants : le premier, $$s_0=|\f{E}_x|^2+|\f{E}_y|^2,$$ est proportionnel à l'intensité totale du faisceau, alors que le deuxième, $$s_1=|\f{E}_x|^2-|\f{E}_y|^2,$$ est proportionnel à $I_{0}-I_{\pi/2}$. Le troisième, $$s_2=2\re (\f{E}_x \f{E}_y^*),$$ lui, est proportionnel à $I_{\pi/4}-I_{-\pi/4}$ ; finalement, le quatrième, $$s_3=2\im(\f{E}_x \f{E}_y^*),$$ est proportionnel à $I_{-}-I_{+}$.

On peut former avec ces paramètres un vecteur, $$\mat s =\begin{bmatrix} s_0 & s_1 & s_2 & s_3 \end{bmatrix}^T,$$ appelé vecteur de Stokes.

Remarque 1. La principale utilité des paramètres de Stokes, comme on le verra, est qu'ils peuvent être utilisés pour décrire des faisceaux partiel­lement polarisés, situation où le formalisme de Jones est inutilisable.

Vecteur de Stokes et matrice de polarisation

Il existe un lien étroit entre un vecteur de Stokes $\mat s$ et la

matrice de polarisation $\boldsymbol\sigma$ correspondante. On a en effet $$\mkern -40mu \boldsymbol\sigma = \begin{bmatrix} |E_x|^2 & E_x E_y^* \\ E_x^* E_y & |E_y|^2 \end{bmatrix} = \dfrac 1 2 \begin{bmatrix} s_0+s_1 & s_2+is_3 \\ s_2-is_3 & s_0-s_1 \end{bmatrix}. \tag 1$$ Si on introduit les matrices $$\begin{array} {ll} \boldsymbol{\sigma}_0= \dfrac 1 2 \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} & \boldsymbol{\sigma}_1= \dfrac 1 2 \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix} \\ \boldsymbol{\sigma}_2= \dfrac 1 2 \begin{bmatrix} 0 & 1 \\1 & 0 \end{bmatrix} & \boldsymbol{\sigma}_3= \dfrac 1 2 \begin{bmatrix} 0 & i \\ -i & 0 \end{bmatrix} \end{array} .$$ on peut écrire la matrice de polarisation sous la forme $$\boldsymbol{\sigma}=s_0\boldsymbol{\sigma}_0+s_1\boldsymbol{\sigma}_1+s_2\boldsymbol{\sigma}_2+s_3\boldsymbol{\sigma}_3.$$ En remarquant qu'on a¹ $$\begin{array} {ll} \tr(\boldsymbol{\sigma}_0) = 1, & \tr(\boldsymbol{\sigma}_j) = 0~~(j \ne 0), \end{array}$$ et en notant comment ces matrices se comportent quand on les multiplie entre elles, on peut montrer qu'on a $$s_k = 2 \tr(\boldsymbol{\sigma} \boldsymbol{\sigma}_k) = 2 \tr(\boldsymbol{\sigma}_k\boldsymbol{\sigma}). \tag 2$$

Vecteur de Stokes et vecteur de Jones

Remarque 2. Si $\mat A$ est une matrice n×n et si $\mat b, \mat c \in \mathbb C^n$, $$\tr(\mat A \mat b \mat c^\dagger)=\tr( \mat b \mat c^\dagger\mat A)=\mat c^\dagger\mat A \mat b. \tag 3$$

Cet énoncé, très facile à démontrer, permet de passer aisément des vecteur de Jones aux vecteurs de Stokes. En effet, soit $\boldsymbol{\psi}$ un vecteur de Jones : sa matrice de polari­sation a la forme $\boldsymbol{\sigma} = \boldsymbol{\psi} \boldsymbol{\psi}^\dagger$. Si $\mat s$ est le vecteur de Stokes correspondant à $\boldsymbol{\psi}$, il résulte de (2) et (3) que $$s_k = 2 \boldsymbol{\psi}^\dagger \boldsymbol{\sigma}_k \boldsymbol{\psi}. \tag 4$$

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¹ Rappelons que la trace d'une matrice carrée est la somme de ses éléments diagonaux.

3. Sphère de Poincaré

Il est clair d'après la définition de $\boldsymbol\sigma$ qu'on doit avoir $$\det \boldsymbol\sigma = 0.$$ En utilisant l'équation (1), on obtient la relation suivante entre les paramètres de Stokes d'un faisceau polarisé : $$s_0^2-s_1^2-s_2^2-s_3^2 = 0. \tag 5$$ Donc, si on considère le vecteur $\vec{s} = (s_1,~s_2,~s_3) \in \mathbb R^3$, il s'agit du vecteur-coordon­nées d'un point sur une sphère de rayon $s_0$. Cette sphère porte le nom de sphère de Poincaré.

En comparant (1) avec les équations (6a) à (6c) de la page précédente, on constate que pour un état de polarisation elliptique de paramètres $\epsilon$ et $\theta$, on a

$$\begin{array} {l} s_1=s_0\cos(2\epsilon)\cos(2\theta) \\ s_2 = s_0\cos(2\epsilon)\sin(2\theta) \\ s_3=s_0\sin(2\epsilon) \end{array}, \tag 6$$ avec $s_0 = |\f{E}|^2$. Le point $(s_1,~s_2,~s_3)$ a donc pour coordonnées polaires $|\f{E}|^2$, $\pi/2-2\epsilon$ et $2\theta$. On note que les états polarisés linéairement sont sur l'équateur de la sphère, que la polarisation circulaire gauche est au pôle nord, la polarisation circulaire droite au pôle sud.

L'équation (6) est importante, car elle montre que tout point de la sphère de Poincaré est associé à une polari­sation elliptique. La relation (5) est donc une condition nécessaire et suffisante pour qu'un vecteur de Stokes corresponde à un vecteur de Jones.

4. Matrices de Mueller

On a vu à la page précédente que, lorsqu'un faisceau traverse un élément linéaire, les matrices de polarisation à l'entrée et à la sortie étaient reliées par $\boldsymbol\sigma_{out}=\mat J \boldsymbol\sigma_{in}\mat{J}^\dagger$ où $\mat J$ est la matrice de Jones de l'élément. Il existe donc une relation linéaire entre les deux matrices de polarisa­tion ou, de manière équivalente, entre les vecteurs de Stokes à l'entrée et à la sortie, $\mat s_{in}$ et $\mat s_{out}$ : $$\mat s_{out}=\mat M \mat s_{in}.$$ La matrice $\mat M$ porte le nom de matrice de Mueller.

Le problème qui se pose est : comment peut-on calculer $\mat M$ à partir de $\mat J$ ? La réponse est relativement simple : puisque $\boldsymbol{\sigma}_{in}=\sum_{l=0}^3s_{in, l}\boldsymbol{\sigma}_l$, on aura $$\boldsymbol\sigma_{out}=\mat J \boldsymbol\sigma_{in}\mat{J}^\dagger=\sum_{l=0}^3 s_{in, l}\mat J \boldsymbol\sigma_l\mat{J}^\dagger.$$ et donc, d'après (2), $$\begin{split} s_{out, k}&=2 \tr(\boldsymbol{\sigma}_k\boldsymbol{\sigma}_{out})=2\sum_{l=0}^3 \tr(\boldsymbol{\sigma}_k\mat J \boldsymbol\sigma_l\mat{J}^\dagger )s_{in, l} \\ &=2 \tr(\boldsymbol{\sigma}_{out}\boldsymbol{\sigma}_k)=2\sum_{l=0}^3 \tr(\mat J \boldsymbol\sigma_l\mat{J}^\dagger \boldsymbol{\sigma}_k)s_{in, l}. \end{split}$$ Les éléments de la matrice de Mueller ont donc la forme²

$$m_{kl} = 2\tr(\boldsymbol{\sigma}_k\mat J \boldsymbol\sigma_l\mat{J}^\dagger ) = 2\tr(\mat J \boldsymbol\sigma_l \mat{J}^\dagger\boldsymbol{\sigma}_k). \tag 7$$

Exemple. On veut calculer la matrice de Mueller d'un polariseur correspondant à un état de polarisation $\boldsymbol{\hat\phi}$. La matrice de Jones est $\mat{J}=\boldsymbol{\hat\phi}\boldsymbol{\hat\phi}^\dagger=\mat{J}^\dagger$. On aura donc $$m_{kl} = 2\tr(\boldsymbol{\sigma}_k\boldsymbol{\hat\phi}\boldsymbol{\hat\phi}^\dagger\boldsymbol\sigma_l\boldsymbol{\hat\phi}\boldsymbol{\hat\phi}^\dagger).$$ On peut utiliser (3) pour transformer ce résultat en $$m_{kl} = 2\mkern 4mu\boldsymbol{\hat\phi}^\dagger\boldsymbol{\sigma}_k\boldsymbol{\hat\phi}\mkern 4mu\boldsymbol{\hat\phi}^\dagger\boldsymbol\sigma_l\boldsymbol{\hat\phi}.$$ Notons que, d'après (4), les composantes du vecteur de Stokes $\mat s$ correspondant à $\boldsymbol{\hat\phi}$ sont $s_k=2\boldsymbol{\hat\phi}^\dagger\boldsymbol{\sigma}_k\boldsymbol{\hat\phi}$. On peut donc réécrire le résultat sous la forme très simple $$m_{kl} = \dfrac 1 2 \mkern 4mu s_k s_l~~\Leftrightarrow~~\mat M = \dfrac 1 2 \mkern 4mu \mat s \mat s^T.$$ Pour un polariseur linéaire à un angle $\alpha$, on aura $\boldsymbol{\hat\phi}=[\cos\alpha~\sin\alpha]^T$ et $$\mat s = \begin{bmatrix} 1 & \cos(2\alpha) & \sin(2\alpha) & 0 \end{bmatrix}^T,$$ pour un polariseur circulaire , $\boldsymbol{\hat\phi}=\frac 1 {\sqrt{2}}[1~\pm i]^T$ et $$\mat s = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & \mp 1 \end{bmatrix}^T.$$

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² Les $m_{kl}$ sont donnés de manière explicite à la page suivante.

5. Rotations

Soit $\boldsymbol\psi$ un vecteur de Jones. Lorsqu'on effectue une rotation d'un angle $\theta$, $\boldsymbol\psi$ est remplacé par $\boldsymbol\psi'= \mat R (\theta)\boldsymbol\psi$ et la matrice de polarisation $\boldsymbol\sigma=\boldsymbol\psi\boldsymbol\psi^\dagger$ devient $\boldsymbol\sigma' = [\mat R (\theta)\boldsymbol\psi][\mat R (\theta)\boldsymbol\psi]^\dagger$. Avec $\boldsymbol\psi = [\f E_x~\f E_y]^T$, cela donne $$\mkern -12mu\boldsymbol\sigma' = \begin{bmatrix} \cos^2\theta|\f E_x|^2+\sin^2\theta|\f E_y|^2-2\cos\theta\sin\theta\re \f E_x\f E_y^* & \cos\theta\sin\theta(|\f E_x|^2-|\f E_y|^2)+\cos^2\theta\f E_x\f E_y^*-\sin^2\theta\f E_x^* \f E_y \\ \cos\theta\sin\theta(|\f E_x|^2-|\f E_y|^2)-\sin^2\theta\f E_x\f E_y^*+\cos^2\theta\f E_x^* \f E_y & \sin^2\theta|\f E_x|^2+\cos^2\theta|\f E_y|^2+2\cos\theta\sin\theta\re \f E_x\f E_y^*\end{bmatrix}.$$ Lorsqu'on traduit cette relation en termes de vecteurs de Stokes, le résultat est sensiblement plus simple : $$\begin{bmatrix} s'_0 \\ s'_1 \\ s'_2 \\ s'_3 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \cos(2\theta) & -\sin(2\theta) & 0 \\ 0 & \sin(2\theta) & \cos(2\theta) & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} s_0 \\ s_1 \\ s_2 \\ s_3 \end{bmatrix}. \tag 8$$ On notera $\mat R_S(\theta)$ la matrice de rotation qui apparait dans cette relation.

Si on se pose la question de savoir quel est la matrice de Mueller d'un élément qu'on a fait tourner d'un angle $\theta$, la réponse est $$\mat M' = \mat R_S(\theta)\mat M\mat R_S(-\theta), \tag 9$$ où $\mat M$ est la matrice originale de l'élément. La justification est la même que pour les matrices de Jones.

6. Compléments, notes et références

Propriétés des matrices σk

Les matrices $\boldsymbol{\sigma}_k$ sont des multiples des matrices de Pauli bien connues : $$\begin{array} {lll} \boldsymbol{\sigma}_1 = \frac 1 2 \sigma_z, & \boldsymbol{\sigma}_2 = \frac 1 2 \sigma_x, & \boldsymbol{\sigma}_3 = -\frac 1 2 \sigma_ y. \end{array}$$ Elles ont les propriétés $$\begin{array} {llll} \boldsymbol{\sigma}_k = \boldsymbol{\sigma}_k^\dagger, & \boldsymbol{\sigma}_0 \boldsymbol{\sigma}_k = \boldsymbol{\sigma}_k \boldsymbol{\sigma}_0 = \frac 1 2 \boldsymbol{\sigma}_k, & \boldsymbol{\sigma}_k^2 = \frac 1 2 \boldsymbol{\sigma}_0 & (0 \le k \le 3) \end{array}$$ et pour $k \ne 0$, $$\boldsymbol{\sigma}_j \boldsymbol{\sigma}_k = -\boldsymbol{\sigma}_k \boldsymbol{\sigma}_j = -\frac i 2 \boldsymbol{\sigma}_l,$$ où $j, k,l$ est une permutation circulaire de $1,2,3$.

Trace d'un produit de matrices

Soient $\mat A = \begin{bmatrix} a_{ij} \end{bmatrix}$ une matrice $n \times p$ et $\mat B = \begin{bmatrix} b_{ij} \end{bmatrix}$ une matrice $p \times n$ : $\mat A\mat B$ et $\mat B\mat A$ seront toutes les deux des matrices carrées et on aura $$\tr (\mat A\mat B) = \sum_{i=1}^n (\mat A\mat B)_{ii} = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^p a_{ij}b_{ji} = \sum_{j=1}^p \sum_{i=1}^n b_{ji}a_{ij} = \sum_{j=1}^p (\mat B\mat A)_{jj} = \tr (\mat B\mat A). \tag{10}$$ Cette propriété peut, entre autres, être utilisée pour démontrer la formule (3). Elle peut ausssi être utilisée avec la formule (7) pour montrer que si $\mat M$ est la matrice de Mueller associée à la matrice de Jones $\mat J$, alors $\mat M^T$ est la matrice de Mueller associée à la matrice de Jones $\mat J^\dagger$.

Polarisations orthogonales et sphère de Poincaré

Soient $\boldsymbol{\hat{\phi}}_1$, $\boldsymbol{\hat{\phi}}_2$ deux vecteurs de Jones orthonormés et soient $\mat s_1$, $\mat s_2$ les vecteurs de Stokes correspondants. On a $$\boldsymbol{\hat{\phi}}_i^\dagger \boldsymbol{\hat{\phi}}_j = \delta_{ij}~~\Rightarrow~~ \boldsymbol{\hat{\phi}}_1 \boldsymbol{\hat{\phi}}_1^\dagger + \boldsymbol{\hat{\phi}}_2 \boldsymbol{\hat{\phi}}_2^\dagger = \mat I~~\Rightarrow~~ s_{1 \mkern 2mu k} + s_{2 \mkern 2mu k} = 2\delta_{k0}.$$ On en conclut que les points correspondants aux vecteurs $\boldsymbol{\hat{\phi}}_1$ et $\boldsymbol{\hat{\phi}}_2$ sur la sphère de Poincaré sont aux antipodes l'un de l'autre. (L'inverse est également vrai : des points antipodaux correpondent à des vecteurs de Jones orthogonaux.)

À titre d'exemple, on peut conclure de la formule (6) que les états de polarisation elliptique avec les paramètres $\theta+\pi/2$ et $-\epsilon$ sont orthogonaux aux états dont les paramètres sont $\theta$ et $\epsilon$.

Paramètres ellipsométriques ψ et δ

À la page précédente (section 2), on a vu que la matrice de polarisation a la forme $$\boldsymbol{\sigma} = \dfrac{|\f{E}|^2} 2 \begin{bmatrix} 1+\cos(2 \psi) & \sin(2\psi)\mkern 2mu e^{-i\delta} \\ \sin(2\psi)\mkern 2mu e^{i\delta} & 1-\cos(2 \psi) \end{bmatrix}. $$ lorsqu'on utilise les paramètres ellipsométriques $\psi$ et $\delta$. Avec ces paramètres, on a donc pour vecteur de Stokes $$\mat s = |\f{E}|^2 \mkern 2mu \begin{bmatrix} 1 & \cos(2 \psi) & \sin(2\psi)\mkern 1mu \cos\delta & -\sin(2\psi)\mkern 1mu \sin\delta \end{bmatrix}^T.$$ Lorsqu'on fait passer ce champ à travers un polariseur linéaire incliné à un angla $\alpha$, on obtient $$I \propto \dfrac {|\f{E}|^2} 2 [1+\cos(2 \alpha)\cos(2 \psi)+\sin(2 \alpha)\sin(2\psi)\mkern 1mu \cos\delta].$$ C'est un peu plus compliqué que résultat qu'on obtient avec les paramètres $\epsilon$ et $\theta$ : $$I \propto \dfrac {|\f{E}|^2} 2 [1+\cos(2 \epsilon)\cos(2 \alpha-2\theta)].$$

Matrice de Jones diagonale

Il arrive dans certains cas (par exemple une lame à retard avec l'axe rapide horizontal ou vertical) que la matrice de Jones soit une matrice diagonale : $$\mat J = \begin{bmatrix} \xi & 0 \\ 0 & \eta \end{bmatrix}.$$ La matrice de Mueller est alors diagonale par blocs : $$\mat M = \begin{bmatrix} \mat M_1 & 0 \\ 0 & \mat M_2 \end{bmatrix}$$ avec $$\begin{array} {ll} \mat M_1 = \dfrac 1 2 \begin{bmatrix} |\xi|^2+|\eta|^2 & |\xi|^2-|\eta|^2 \\ |\xi|^2-|\eta|^2 & |\xi|^2+|\eta|^2 \end{bmatrix}, & \mat M_2 = \begin{bmatrix} \re (\xi\eta^*) & -\im (\xi\eta^*) \\ \im (\xi\eta^*) & \re (\xi\eta^*) \end{bmatrix} \end{array}.$$ On peut combiner ce résultat avec les formules (8) et (9) pour obtenir la matrice de Mueller d'une lame à retard d'orientation quelconque.

Gain maximum unitaire – Intensité non négative

Comme on l'a mentionné à la page précédente, pour des éléments formés de matériaux passifs, l'intensité du faisceau à la sortie ne doit pas être supérieure à l'intensité du faiseau à l'entrée. De plus, il est évident que l'intensité à la sortie ne peut pas être négative. Ceci veut dire que si on a un vecteur de Stokes normalisé $\mat s_{in} = \begin{bmatrix} 1 & s_{in \mkern 2mu 1} & s_{in \mkern 2mu 2} & s_{in \mkern 2mu 3} \end{bmatrix}^T$ à l'entrée et le vecteur $\mat s_{out}$ à la sortie, $$\mat s_{out} = \mat M \mat s_{in}~~\Rightarrow~~0 \le s_{out \mkern 2mu 0} = m_{00}+m_{01}s_{in \mkern 2mu 1}+m_{02}s_{in \mkern 2mu 2}+m_{03}s_{in \mkern 2mu 3} \le 1.$$ Selon la formule (6), avec $s_{in \mkern 2mu 0}=1$, $\vec{s}_{in} = (s_{in \mkern 2mu 1},~s_{in \mkern 2mu 2},~s_{in \mkern 2mu 3})$ est un vecteur unitaire de $\mathbb R^3$ et donc $$\begin{array} {l} \displaystyle\min_{\vec{s}_{in}} (m_{01}s_{in \mkern 2mu 1}+m_{02}s_{in \mkern 2mu 2}+m_{03}s_{in \mkern 2mu 3}) = -\sqrt{m_{01}^2+m_{02}^2+m_{03}^2}, \\ \displaystyle\max_{\vec{s}_{in}} (m_{01}s_{in \mkern 2mu 1}+m_{02}s_{in \mkern 2mu 2}+m_{03}s_{in \mkern 2mu 3}) = \sqrt{m_{01}^2+m_{02}^2+m_{03}^2}. \end{array}$$ Il en résulte pour la matrice de Mueller $\mat M$ la double contrainte $$\sqrt{m_{01}^2+m_{02}^2+m_{03}^2} \le m_{00} \le 1-\sqrt{m_{01}^2+m_{02}^2+m_{03}^2}. \tag {11}$$

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