Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1134
2015-07-15 
Два зеркала образуют двугранный угол с раствором $\alpha$. Внутри угла стоят свеча и наблюдатель. Сколько изображений свечи видит наблюдатель?
Решение:
Глаз видит изображение свечи или непосредственно, или лучи света, отразившиеся от зеркала, или лучи света, отразившиеся сначала от одного зеркала, потом от другого, и т. д. При каждом отражении угол падения на зеркало равен углу отражения. Эту картину можно спроектировать на плоскость, проходящую через глаз $G$ наблюдателя перпендикулярно ребру угла. Равенство углов падения и отражения сохранится. Поэтому достаточно рассмотреть плоскую задачу. Итак, пусть луч от свечи $S$ отражается последовательно от зеркал $a$ и $b$ - лучи $OX$ и $OY$. Предположим, что последний раз он отразился от зеркала $a$. Занумеруем точки отражения в обратном относительно распространения света порядке, т. е. от глаза.
Пусть точки отражения будут $A_{1}, B_{2}, A_{3}, \cdots, C_{n}$, так что свет проходит от свечи до глаза ломаную $SC_{n} \cdots A_{3} B_{2} A_{1}G$. Найдем, в какой точке лежит соответствующее кажущееся изображение свечи. Ясно, что эта точка на прямой $GA_{1}$. Отразим (сделаем симметрию) угол $OXY$ и лежащий в нем отрезок ломаной от $A_{1}$ до $S$ относительно прямой $OX$. Получится новая ломаная
$GA_{1}B_{2}^{(1)} A_{3}^{(1)} \cdots C_{n}^{(1)} S^{(1)}$ (1)
$\hat{GA_{1}X} = \hat{B_{2}A_{1}O}$
по свойству отражения, $\hat{B_{2}A_{1}O} = \hat{B_{2}^{(1)}A_{1}O}$ в силу симметрии, поэтому точка $B_{1}^{(1)}$ лежит на прямой $GA_{1}$. Обозначим отраженный луч $OY$ через $OY_{1}$ и отразим угол $Y_{1}OX$ и лежащий в нем отрезок ломаной $B_{2}^{(1)}A_{3}^{(1)} \cdots C_{n}^{(1)}S^{(1)}$ относительно луча $OY_{1}$. Получим ломаную $GA_{1}B_{2}^{(1)}A_{3}^{(2)} \cdots C_{n}^{(2)}S^{(2)}$ с прямым участком уже от $G$ до $A_{3}^{(2)}$. Продолжим эти построения до тех пор, пока не распрямится вся ломаная и не превратится в отрезок $GS^{(n)}$. Итак, рецепт получения изображений следующий.
Находим для точки $S$ симметричную $S^{(1)}$ относительно одной из прямых $OZ_{1}$, затем точку $S^{(2)}$, симметричную $S^{(1)}$ относительно прямой $OZ_{2}$, образующей с исходной угол $2 \alpha$, и т. д. до точки $S^{(n)}$ симметричной $S^{(n-1)}$ относительно прямой $OZ_{(n-1)}$, образующей с исходной угол $(n-1) \alpha$. Далее, проводим отрезок $GS^{(n)}$ и проверяем, пересекает ли он все лучи $OZ$, $OZ_{1}, \cdots, OZ_{(n-1)}$. Если пересекает, то $S^{(n)}$ есть изображение в зеркале (проверяется обратным процессом), если не пересекает хоть один - такого хода лучей получить нельзя (см. выше построение изображения). Сделаем следующее очевидное замечание. Пусть лучи $OM$ и $ON$ образуют угол меньше развернутого и луч $OP$ лежит между $OM$ и $ON$. Обозначим через $OQ$ вторую половину прямой $OP$.
Тогда любая прямая, не проходящая через точку $O$, не может пересекать одновременно все три луча $OM, ON$ и $OQ$. Поэтому, строя последовательные отражения точки $S$ и угла $XOY$, надо остановиться, как только продолжение $OF$ луча $OG$ попадает в угол $Z_{n-1}OZ_{n}$. Пересечь луч $OZ_{n}$ и все предыдущие отрезок $GS^{n+1}$ не может. Углы $XOY, XOZ, Z_{n-1}OZ_{n}$, и построенные в обратную сторону углы $Z_{1}OY, Z_{-(k-1)}OZ_{n}$ покрывают всю плоскость, причем $Z_{n-1}OZ_{n}$ и $Z_{-(k-1)}OZ_{-k}$ перекрываются. Итого число изображений не превышает $\left [ \frac{2 \pi}{\alpha} \right ] + 1$.
В зависимости от расположения свечи и наблюдателя изображений может быть и меньше: за счет изображений в одном
или обоих крайних углах, но не меньше $\left [ \frac{2 \pi}{\alpha} \right ] - 1$.
Дальнейшие подробности зависят не только от положения, но и от четности числа $\left [ \frac{2 \pi}{ \alpha} \right ]$. Если же $\alpha = \left [ \frac{\pi}{n} \right ]$, где $n$ - целое, то при любом положении свечи и наблюдателя видно ровно $2n$ изображений (считая и саму свечу, так же как в расчетах, проделанных выше). Здесь вся плоскость разбита на $2n$ углов. Критическим является $\angle X^{\prime}OY^{\prime}$ - вертикальный к $\angle XOY$. При этом точки $S^{(n)}$ и $S^{(-n)}$ совпадают. $S^{(n)} \equiv S^{(-n)} \equiv S^{ \circ }$, либо при четном $n$, занимая то же положение в $X^{\prime}OY^{\prime}$, что и в $XOY$, либо при нечетном $n$ - зеркальное. Поэтому мы либо видим отражение в зеркале $OX$, когда отрезок $GS^{ \circ}$ пересекает $OX$, либо в $OY$, когда отрезок $GS^{ \circ}$ пересекает $OY$.
Два зеркала образуют двугранный угол с раствором $\alpha$. Внутри угла стоят свеча и наблюдатель. Сколько изображений свечи видит наблюдатель?
Решение:
Глаз видит изображение свечи или непосредственно, или лучи света, отразившиеся от зеркала, или лучи света, отразившиеся сначала от одного зеркала, потом от другого, и т. д. При каждом отражении угол падения на зеркало равен углу отражения. Эту картину можно спроектировать на плоскость, проходящую через глаз $G$ наблюдателя перпендикулярно ребру угла. Равенство углов падения и отражения сохранится. Поэтому достаточно рассмотреть плоскую задачу. Итак, пусть луч от свечи $S$ отражается последовательно от зеркал $a$ и $b$ - лучи $OX$ и $OY$. Предположим, что последний раз он отразился от зеркала $a$. Занумеруем точки отражения в обратном относительно распространения света порядке, т. е. от глаза.
Пусть точки отражения будут $A_{1}, B_{2}, A_{3}, \cdots, C_{n}$, так что свет проходит от свечи до глаза ломаную $SC_{n} \cdots A_{3} B_{2} A_{1}G$. Найдем, в какой точке лежит соответствующее кажущееся изображение свечи. Ясно, что эта точка на прямой $GA_{1}$. Отразим (сделаем симметрию) угол $OXY$ и лежащий в нем отрезок ломаной от $A_{1}$ до $S$ относительно прямой $OX$. Получится новая ломаная
$GA_{1}B_{2}^{(1)} A_{3}^{(1)} \cdots C_{n}^{(1)} S^{(1)}$ (1)
$\hat{GA_{1}X} = \hat{B_{2}A_{1}O}$
по свойству отражения, $\hat{B_{2}A_{1}O} = \hat{B_{2}^{(1)}A_{1}O}$ в силу симметрии, поэтому точка $B_{1}^{(1)}$ лежит на прямой $GA_{1}$. Обозначим отраженный луч $OY$ через $OY_{1}$ и отразим угол $Y_{1}OX$ и лежащий в нем отрезок ломаной $B_{2}^{(1)}A_{3}^{(1)} \cdots C_{n}^{(1)}S^{(1)}$ относительно луча $OY_{1}$. Получим ломаную $GA_{1}B_{2}^{(1)}A_{3}^{(2)} \cdots C_{n}^{(2)}S^{(2)}$ с прямым участком уже от $G$ до $A_{3}^{(2)}$. Продолжим эти построения до тех пор, пока не распрямится вся ломаная и не превратится в отрезок $GS^{(n)}$. Итак, рецепт получения изображений следующий.
Находим для точки $S$ симметричную $S^{(1)}$ относительно одной из прямых $OZ_{1}$, затем точку $S^{(2)}$, симметричную $S^{(1)}$ относительно прямой $OZ_{2}$, образующей с исходной угол $2 \alpha$, и т. д. до точки $S^{(n)}$ симметричной $S^{(n-1)}$ относительно прямой $OZ_{(n-1)}$, образующей с исходной угол $(n-1) \alpha$. Далее, проводим отрезок $GS^{(n)}$ и проверяем, пересекает ли он все лучи $OZ$, $OZ_{1}, \cdots, OZ_{(n-1)}$. Если пересекает, то $S^{(n)}$ есть изображение в зеркале (проверяется обратным процессом), если не пересекает хоть один - такого хода лучей получить нельзя (см. выше построение изображения). Сделаем следующее очевидное замечание. Пусть лучи $OM$ и $ON$ образуют угол меньше развернутого и луч $OP$ лежит между $OM$ и $ON$. Обозначим через $OQ$ вторую половину прямой $OP$.
Тогда любая прямая, не проходящая через точку $O$, не может пересекать одновременно все три луча $OM, ON$ и $OQ$. Поэтому, строя последовательные отражения точки $S$ и угла $XOY$, надо остановиться, как только продолжение $OF$ луча $OG$ попадает в угол $Z_{n-1}OZ_{n}$. Пересечь луч $OZ_{n}$ и все предыдущие отрезок $GS^{n+1}$ не может. Углы $XOY, XOZ, Z_{n-1}OZ_{n}$, и построенные в обратную сторону углы $Z_{1}OY, Z_{-(k-1)}OZ_{n}$ покрывают всю плоскость, причем $Z_{n-1}OZ_{n}$ и $Z_{-(k-1)}OZ_{-k}$ перекрываются. Итого число изображений не превышает $\left [ \frac{2 \pi}{\alpha} \right ] + 1$.
В зависимости от расположения свечи и наблюдателя изображений может быть и меньше: за счет изображений в одном
или обоих крайних углах, но не меньше $\left [ \frac{2 \pi}{\alpha} \right ] - 1$.
Дальнейшие подробности зависят не только от положения, но и от четности числа $\left [ \frac{2 \pi}{ \alpha} \right ]$. Если же $\alpha = \left [ \frac{\pi}{n} \right ]$, где $n$ - целое, то при любом положении свечи и наблюдателя видно ровно $2n$ изображений (считая и саму свечу, так же как в расчетах, проделанных выше). Здесь вся плоскость разбита на $2n$ углов. Критическим является $\angle X^{\prime}OY^{\prime}$ - вертикальный к $\angle XOY$. При этом точки $S^{(n)}$ и $S^{(-n)}$ совпадают. $S^{(n)} \equiv S^{(-n)} \equiv S^{ \circ }$, либо при четном $n$, занимая то же положение в $X^{\prime}OY^{\prime}$, что и в $XOY$, либо при нечетном $n$ - зеркальное. Поэтому мы либо видим отражение в зеркале $OX$, когда отрезок $GS^{ \circ}$ пересекает $OX$, либо в $OY$, когда отрезок $GS^{ \circ}$ пересекает $OY$.
