Зеркальный цилиндр на фоне ленты

Какой луч от светящейся ленты, отразившись от цилиндра, попадает в глаз? Найдите угол между лучом и перпендикуляром к стене, когда луч касается цилиндра у самого края, и используйте симметрию относительно линии «глаз — ось цилиндра».

Пусть \(x\) — расстояние от глаза наблюдателя до оси цилиндра, \(R\) — радиус цилиндра. Из угловой ширины \(2\alpha_0\) следует \(\sin\alpha_0=R/x\), то есть \(x=R/\sin\alpha_0\).

Светящаяся лента видна в зеркале, если луч от неё отражается от цилиндра и попадает в глаз. Самый «пологий» такой луч идёт от очень удалённой части ленты; именно он определяет, какая часть цилиндра светится. Несветящаяся часть — точки внутри угла \(\varphi\) около «линии взгляда». Для угла падения \(\varphi\) и угла \(\alpha\) между лучом в глаз и перпендикуляром к стене из геометрии получаем \(2\varphi+\alpha=90^\circ\).

Из треугольника с катетом, общим для двух прямоугольных треугольников, \[R\sin\varphi=(x-R\cos\varphi)\tan\alpha \quad\Rightarrow\quad R\sin(\varphi+\alpha)=x\sin\alpha .\] Используя \(\alpha=90^\circ-2\varphi\), получаем \(R\cos\varphi=x\cos2\varphi\), то есть \[2x\cos^2\varphi-R\cos\varphi-x=0 .\] Решение квадратного уравнения с физическим корнем и подстановка \(x=R/\sin\alpha_0\) дают \[\cos\varphi=\frac{\sin\alpha_0+\sqrt{\sin^2\alpha_0+8}}{4}.\] Угловая ширина сужения \(2\alpha=180^\circ-4\varphi\). Обозначения углов «\(\varphi\)» и «\(\alpha\)» — как в официальном решении; \(\varphi\) здесь — угол луча, а не угловой размер из примечания.