Геометрический расчет в статье Френеля «Воспоминания о дифракции света» 1819 г.

Во-первых, мы имеем, что треугольники$RAB$и$RTC$подобны, так что

$$TC=RC\,\left(\frac{AB}{RB}\right)=(a+b)\,\left(\frac{c/2}{a}\right)=\frac{(a+b)c}{2a}\,.$$ Это означает $$\begin{align} RF&=\sqrt{FC^2+RC^2}=\sqrt{(FT+TC)^2+RC^2}=\sqrt{\left(x+\frac{(a+b)c}{2a}\right)^2+(a+b)^2} \\ &=(a+b)\,\sqrt{1+\left(\frac{x}{a+b}+\frac{c}{2a}\right)^2}\approx(a+b)\left(1+\frac{1}{2}\,\left(\frac{x}{a+b}+\frac{c}{2a}\right)^2\right) \\ &=a+b+\frac{x^2}{2(a+b)}+\frac{cx}{2a}+\frac{(a+b)c^2}{8a^2}\,. \end{align}$$ (Расширяем квадрат биномиальным рядом и получаем аппроксимацию)

Следующий,

$$\begin{align} RA&=\sqrt{RB^2+AB^2}=\sqrt{a^2+\left(\frac{c}{2}\right)^2}=a\,\sqrt{1+\left(\frac{c}{2a}\right)^2} \\&\approx a\,\left(1+\frac{1}{2}\,\left(\frac{c}{2a}\right)^2\right)=a+\frac{c^2}{8a} \end{align}$$ и $$\begin{align} AF&=\sqrt{AM^2+MF^2}=\sqrt{BC^2+(FC-MC)^2}=\sqrt{BC^2+(FC-AB)^2} \\ &=\sqrt{b^2+\left(x+\frac{(a+b)c}{2a}-\frac{c}{2}\right)^2}=b\,\sqrt{1+\left(\frac{x}{b}+\frac{c}{2a}\right)^2} \\ &\approx b\,\left(1+\frac{1}{2}\,\left(\frac{x}{b}+\frac{c}{2a}\right)^2\right) =b+\frac{x^2}{2b}+\frac{cx}{2a}+\frac{bc^2}{8a^2}\,. \end{align}$$

Наконец, мы получаем

$$\begin{align}d&=RA+AF-RF \\ &\approx\small\left(a+\frac{c^2}{8a}\right)+\left(b+\frac{x^2}{2b}+\frac{cx}{2a}+\frac{bc^2}{8a^2}\right)-\left(a+b+\frac{x^2}{2(a+b)}+\frac{cx}{2a}+\frac{(a+b)c^2}{8a^2}\right) \\ &=\frac{x^2}{2b}-\frac{x^2}{2(a+b)}=\frac{ax^2}{2b(a+b)}\,. \end{align}$$

Преобразуем фигуру в ее зеркальную и примем примерно такую$z=m'A$:

Треугольники$RTC$,$ARB$аналогичны (рис. 1). Так:

$$\frac{TC}{AB}=\frac{a+b}{a}$$

А еще треугольники$FRC$,$m'RB$похожи. Так:

$$\frac{FC}{m'B}=\frac{a+b}{a}$$

Это значит, что:$(x= FT)$

$$\frac{x}{m'A}=\frac{TC}{AB}=\frac{a+b}{a}$$

С$z≈m'A$у нас есть:

$$\frac{x}{z}=\frac{a+b}{a}\tag{1}$$

Мы вычислили выше разницу d, как:

$$d=\frac{a}{2b(a+b)}x^2\tag{2}$$

В сочетании (1) и (2):

$$d= nS =\frac{a+b}{2ab}z^2\tag{3}$$