2021-06-03
Рассмотрим отражение света от плоского зеркала (рис.; заслонка D исключает прямое попадание света из А в В), а) Докажем, что при выполнении закона отражения $\angle ACD = \alpha = \beta = \angle DCB$ свет распространяется по кратчайшей из возможных траекторий, а именно по линии АСВ. б) Выведем закон отражения света, исходя из того, что свет, отразившись от зеркала, распространяется по кратчайшей траектории.
Решение:
а) Выполним дополнительное построение (рис.): отметим на продолжении перпендикуляра AM отрезок $MA^{ \prime } = AM$ и соединим точку А с точками С и Е. Поскольку $\Delta ACM = \Delta A^{ \prime}CM$ (как два прямоугольных треугольника с равными катетами), то $\angle ACM = \angle A^{ \prime}CM$. Так же $\Delta ACM = \Delta BCM^{ \prime }$, откуда $\angle ACM = \angle BCM^{ \prime}$. Значит, $\angle A^{ \prime}CM = \angle BCM^{ \prime}$. На основе обратной теоремы о накрест лежащих углах получаем, что линия $A^{ \prime}CB$ - прямая, т.е. кратчайшая линия. Но $A^{ \prime }C = AC$ и $AE = A^{ \prime}E$, следовательно,
$l_{ACB} < l_{AEB}$.
б) Пусть точка E свободно движется вдоль $MM^{ \prime }$ (рис.). Когда длина линии АЕВ становится минимальной, выполняется закон отражения. т.е. $\angle AEK = \angle BEK$. Действительно, из рисунка
$l_{AEB} = l_{AE} + l_{EB} = \sqrt{ x^{2} + h^{2} } + \sqrt{(d - x)^{2} + h^{2} }$.
Запишем необходимое условие минимума:
$\frac{dl_{AEB}}{dx} = 0$.
или
$\frac{d}{dx} \left ( \sqrt{ x^{2} + h^{2} } + \sqrt{ (d -x)^{2} + h^{2} } \right ) = \frac{x}{ \sqrt{x^{2} + h^{2} } } - \frac{d-x}{ \sqrt{(d - x)^{2} + h^{2} } } = \frac{x}{l_{1} } - \frac{d - x}{l_{1} } = 0$.
Но
$\frac{x}{l_{1} } = \sin \alpha$ и $\frac{d - x}{l_{2} } = \sin \beta$.
поэтому
$\sin \alpha = \sin \beta$, и $\alpha = \beta$.
Что экстремум будет именно минимумом, можно показать взятием второй производной или каким-либо еще способом.