Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 9930
2018-11-09 
Доказать, что угол отклонения луча, прошедшего через призму, минимален (рис.) в том и только том случае, когда ход луча симметричен.
Указание. В качестве независимой переменной удобно выбрать угол $\gamma$, показанный на рисунке.
Решение:
Легко заметить, что угол отклонения будет наименьшим тогда, когда сумма углов $\alpha_{1}$ и $\alpha_{2}$ (рис.) будет наименьшей. Простые геометрические построения и рассуждения приводят к формулам
$\beta_{1} = \beta + \gamma$,
$\beta_{2} = \beta - \gamma$,
где $\beta$ - угол преломления при симметричном ходе лучей. Из закона преломления следует
$\begin{cases} \sin \alpha_{1} = n \sin ( \beta + \gamma), \\ \sin \alpha_{2} = n \sin ( \beta - \gamma) \end{cases}$ (1)
Дифференцируя эти уравнения по $\gamma$ (по правилу дифференцирования сложной функции), получаем
$\begin{cases} \alpha_{1}^{ \prime} \cos \alpha_{1} = n \cos ( \beta + y) \\ \alpha_{2}^{ \prime} \cos \alpha_{2} = - n \cos ( \beta - y) \end{cases}$. (2)
Значок «штрих» здесь означает производную по $\gamma$. Тогда
$( \alpha_{1} + \alpha_{2})^{ \prime} = m \left ( \frac{ \cos( \beta + \gamma)}{ \cos \alpha_{1} } - \frac{ \cos ( \beta - \gamma) }{ \cos \alpha_{2} } \right )$.
Подставив из уравнений (1) $\cos \alpha_{1}$ и $\cos \alpha_{2}$ и приравняв правые части нулю, убеждаемся, что $( \alpha_{1} + \alpha_{2} )^{ \prime} = 0$ только в том случае, когда $\gamma = 0$. Этот вывод следовало предвидеть, поскольку ясно, что если угол отклонения для $+ \gamma$ таков, как и для $- \gamma$, то при $\gamma = 0$ должен наблюдаться экстремум.
Чтобы установить, будет ли при $\gamma = 0$ сумма углов ($\alpha_{1} + \alpha_{2}$) минимальной или максимальной, нужно вычислить вторую производную $( \alpha_{1} + \alpha_{2} )^{ \prime \prime}$ в точке $\gamma = 0$ и определить ее знаю Имеем
$( \alpha_{1} + \alpha_{2} )^{ \prime \prime} = n \left ( \frac{ - \sin( \beta + \gamma) \cos \alpha_{1} + \cos ( \beta + \gamma) \sin \alpha_{1} \alpha_{1}^{ \prime} }{ \cos^{2} \alpha_{1} } - \frac{ \sin ( \beta - \gamma) \cos \alpha_{2} + \cos ( \beta - \gamma) \sin \alpha_{2} \alpha_{2}^{ \prime} }{ \cos^{2} \alpha_{2} } \right ) $.
При $\gamma = 0$ углы $\alpha_{1}$ и $\alpha_{2}$ равны. Обозначим их суммарное значение через $\alpha$. Тогда
$( \alpha_{1} + \alpha_{2})_{ \gamma = 0}^{ \prime \prime} = n \frac{ - 2 \sin \beta \cos \alpha + \cos \beta \sin \alpha ( \alpha_{1}^{ \prime} - \alpha_{2}^{ \prime} )_{ \gamma = 0} }{ \cos^{2} \alpha }$.
Величину $( \alpha_{1}^{ \prime} - \alpha_{2}^{ \prime})$ определим из уравнений (2). После несложных преобразований для $\gamma = 0$ получаем
$( \alpha_{1}^{ \prime} - \alpha_{2}^{ \prime})_{ \gamma = 0} = 2n \frac{ \cos \beta}{ \cos \alpha} $.
Следовательно,
$( \alpha_{1}^{ \prime} - \alpha_{2}^{ \prime})_{ \gamma = 0}^{ \prime \prime} = n \left ( - 2 \frac{ \sin \beta}{ \cos \alpha} + \frac{ \cos \beta \sin \alpha}{ \cos^{2} \alpha } 2n \frac{ \cos \beta}{ \cos \alpha} \right ) = \frac{2n \sin \beta}{ \cos \alpha} \left ( n \frac{ \sin \alpha}{ \sin \beta} \frac{ \cos^{2} \beta }{ \cos^{2} \alpha } - 1 \right ) = \frac{2n \sin \beta}{ \cos \alpha} \left ( \frac{tg^{2} \alpha }{ tg^{2} \beta } - 1 \right ) > 0$.
Следовательно, симметричный ход луча соответствует минимуму угла отклонения. Этот факт излагается во всех школьных учебниках, но доказательство его приводится редко. Приведенное здесь доказательство оказывается достаточно ясным благодаря удачному выбору независимой переменной.
Доказать, что угол отклонения луча, прошедшего через призму, минимален (рис.) в том и только том случае, когда ход луча симметричен.
Указание. В качестве независимой переменной удобно выбрать угол $\gamma$, показанный на рисунке.
Решение:
Легко заметить, что угол отклонения будет наименьшим тогда, когда сумма углов $\alpha_{1}$ и $\alpha_{2}$ (рис.) будет наименьшей. Простые геометрические построения и рассуждения приводят к формулам
$\beta_{1} = \beta + \gamma$,
$\beta_{2} = \beta - \gamma$,
где $\beta$ - угол преломления при симметричном ходе лучей. Из закона преломления следует
$\begin{cases} \sin \alpha_{1} = n \sin ( \beta + \gamma), \\ \sin \alpha_{2} = n \sin ( \beta - \gamma) \end{cases}$ (1)
Дифференцируя эти уравнения по $\gamma$ (по правилу дифференцирования сложной функции), получаем
$\begin{cases} \alpha_{1}^{ \prime} \cos \alpha_{1} = n \cos ( \beta + y) \\ \alpha_{2}^{ \prime} \cos \alpha_{2} = - n \cos ( \beta - y) \end{cases}$. (2)
Значок «штрих» здесь означает производную по $\gamma$. Тогда
$( \alpha_{1} + \alpha_{2})^{ \prime} = m \left ( \frac{ \cos( \beta + \gamma)}{ \cos \alpha_{1} } - \frac{ \cos ( \beta - \gamma) }{ \cos \alpha_{2} } \right )$.
Подставив из уравнений (1) $\cos \alpha_{1}$ и $\cos \alpha_{2}$ и приравняв правые части нулю, убеждаемся, что $( \alpha_{1} + \alpha_{2} )^{ \prime} = 0$ только в том случае, когда $\gamma = 0$. Этот вывод следовало предвидеть, поскольку ясно, что если угол отклонения для $+ \gamma$ таков, как и для $- \gamma$, то при $\gamma = 0$ должен наблюдаться экстремум.
Чтобы установить, будет ли при $\gamma = 0$ сумма углов ($\alpha_{1} + \alpha_{2}$) минимальной или максимальной, нужно вычислить вторую производную $( \alpha_{1} + \alpha_{2} )^{ \prime \prime}$ в точке $\gamma = 0$ и определить ее знаю Имеем
$( \alpha_{1} + \alpha_{2} )^{ \prime \prime} = n \left ( \frac{ - \sin( \beta + \gamma) \cos \alpha_{1} + \cos ( \beta + \gamma) \sin \alpha_{1} \alpha_{1}^{ \prime} }{ \cos^{2} \alpha_{1} } - \frac{ \sin ( \beta - \gamma) \cos \alpha_{2} + \cos ( \beta - \gamma) \sin \alpha_{2} \alpha_{2}^{ \prime} }{ \cos^{2} \alpha_{2} } \right ) $.
При $\gamma = 0$ углы $\alpha_{1}$ и $\alpha_{2}$ равны. Обозначим их суммарное значение через $\alpha$. Тогда
$( \alpha_{1} + \alpha_{2})_{ \gamma = 0}^{ \prime \prime} = n \frac{ - 2 \sin \beta \cos \alpha + \cos \beta \sin \alpha ( \alpha_{1}^{ \prime} - \alpha_{2}^{ \prime} )_{ \gamma = 0} }{ \cos^{2} \alpha }$.
Величину $( \alpha_{1}^{ \prime} - \alpha_{2}^{ \prime})$ определим из уравнений (2). После несложных преобразований для $\gamma = 0$ получаем
$( \alpha_{1}^{ \prime} - \alpha_{2}^{ \prime})_{ \gamma = 0} = 2n \frac{ \cos \beta}{ \cos \alpha} $.
Следовательно,
$( \alpha_{1}^{ \prime} - \alpha_{2}^{ \prime})_{ \gamma = 0}^{ \prime \prime} = n \left ( - 2 \frac{ \sin \beta}{ \cos \alpha} + \frac{ \cos \beta \sin \alpha}{ \cos^{2} \alpha } 2n \frac{ \cos \beta}{ \cos \alpha} \right ) = \frac{2n \sin \beta}{ \cos \alpha} \left ( n \frac{ \sin \alpha}{ \sin \beta} \frac{ \cos^{2} \beta }{ \cos^{2} \alpha } - 1 \right ) = \frac{2n \sin \beta}{ \cos \alpha} \left ( \frac{tg^{2} \alpha }{ tg^{2} \beta } - 1 \right ) > 0$.
Следовательно, симметричный ход луча соответствует минимуму угла отклонения. Этот факт излагается во всех школьных учебниках, но доказательство его приводится редко. Приведенное здесь доказательство оказывается достаточно ясным благодаря удачному выбору независимой переменной.
