Готовим на солнце?

Подсказка

Для части A удобно рассмотреть предельный луч, отражающийся в точку на краю зеркала, и равнобедренные треугольники с вершиной в центре \(O\); в части C угол наклона отражённого луча к оси \(y\) равен \(2\theta\).

Решение

T2-A1. Для \(n = 1\) нахождение \(x_1\) соответствует предельному случаю луча, показанного на рисунке синим. Падающий луч проходит через точку \(A\), а отражённый (показан красным) проходит ровно через точку \(B\) на краю зеркала.

Пусть \(\theta_1\) — угол между радиусом, проходящим через точку отражения \(C_1\), и вертикальной осью (\(y\)). Пусть \(O\) — центр зеркала. Поскольку падающий луч параллелен оси \(y\), угол падения равен \[\angle OC_1A = \theta_1.\] По закону отражения \[\angle OC_1A = \angle OC_1B = \theta_1.\] Треугольник \(C_1BO\) равнобедренный, поэтому \[\angle C_1BO = \theta_1.\] Суммируя внутренние углы треугольника \(C_1BA\): \[3\theta_1 + \frac{\pi}{2} = \pi, \qquad \theta_1 = \frac{\pi}{6}.\] Соответственно из треугольника \(OC_1A\): \[x_1 = R\sin\frac{\pi}{6} = \frac{R}{2}.\]

Для \(n = 2\) предельный случай для двух отражений показан на рисунке ниже.

По аналогии со случаем \(n = 1\) обозначим \(\theta_2\) — угол между радиусом, проходящим через точку отражения \(C_2\), и осью зеркала. Траектория отражённого луча определяет два равнобедренных треугольника с общей стороной и углом при основании \(\theta_2\). Траектория луча образует половину правильного пятиугольника. Суммируя внутренние углы двух равнобедренных треугольников и прямоугольного треугольника: \[5\theta_2 + \frac{\pi}{2} + \pi = 3\pi,\] что упрощается до \[\theta_2 = \frac{3\pi}{10}.\] Соответственно \[x_2 = R\sin\frac{3\pi}{10} = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}R \approx 0{,}8R.\]

Случай \(n = 3\) для полноты показан на рисунке ниже.

Обозначим \(\theta_3\) угол падения. Траектория отражённого луча определяет три равнобедренных треугольника с общими сторонами и углом при основании \(\theta_3\). Траектория луча образует половину правильного семиугольника. Суммируя внутренние углы трёх равнобедренных треугольников и прямоугольного треугольника: \[7\theta_3 + \frac{\pi}{2} + \pi = 4\pi,\] что упрощается до \[\theta_3 = \frac{5\pi}{14}.\] Соответственно \[x_3 = R\sin\frac{5\pi}{14} \approx 0{,}9R.\]

Обобщая, предельный случай для \(N\) отражений соответствует лучу с углом падения \(\theta_N\). Траектория отражённого луча определяет \(n\) равнобедренных треугольников с общими сторонами и углом при основании \(\theta_N\). Траектория луча образует половину правильного \((2n+1)\)-угольника. Суммируя внутренние углы \(n\) равнобедренных треугольников и прямоугольного треугольника, образованного падающим лучом: \[(2n\theta_N + \pi) + \left(\frac{\pi}{2} + \theta_N\right) = (n+1)\pi,\] \[(2n+1)\theta_N + \frac{3\pi}{2} = (n+1)\pi,\] что упрощается до \[\theta_N = \frac{2n-1}{4n+2}\pi.\] Соответственно \[x_n = R\sin\frac{2N-1}{4N+2}\pi = R\cos\frac{\pi}{2N+1}.\]

T2-B1. Предельный случай показан на рисунке ниже.

На рисунке: \(O_c\) — центр контейнера; \(A\) — точка падения на оси \(x\); \(B\) — точка отражения; отражённый луч касается контейнера в точке \(C\); отражённый луч пересекает ось \(y\) в точке \(D\).

Поскольку треугольник \(ODB\) равнобедренный, \[\angle ODB = \pi - 2\theta_{\max}, \qquad \cos\theta_{\max} = \frac{R}{2\overline{OD}}, \qquad \overline{OD} = \frac{R}{2\cos\theta_{\max}}.\] Треугольник \(O_cDC\) прямоугольный, поэтому \[a = \overline{O_cD}\sin(\pi - 2\theta_{\max}) = \left(\overline{OD} - \frac{R}{2}\right)\sin(2\theta_{\max}) = \left(\frac{R}{2\cos\theta_{\max}} - \frac{R}{2}\right)\sin(2\theta_{\max}) = R\sin\theta_{\max} - \frac{R}{2}\sin(2\theta_{\max}).\] Коэффициенты: \[\alpha = R, \qquad \beta = -\frac{R}{2}.\]

T2-B2. Без зеркала: \[P_0 = 2Ial,\] где \(I\) — интенсивность солнечного света, \(l\) — длина цилиндра. С зеркалом: \[P = 2\overline{OA}\,Il = 2IRl\sin\theta_{\max}.\] Таким образом, \[\frac{P}{P_0} = \frac{2IRl\sin\theta_{\max}}{2Ial} = \frac{R\sin\theta_{\max}}{R\sin\theta_{\max}(1 - \cos\theta_{\max})} = \frac{1}{1 - \cos\theta_{\max}}.\] Альтернативный ответ через \(\alpha\) и \(\beta\). Без зеркала: \[P_0 = 2Ial = 2I\bigl(\alpha\sin\theta_{\max} + \beta\sin(2\theta_{\max})\bigr)l,\] где \(I\) — интенсивность солнечного света, \(l\) — длина цилиндра. С зеркалом: \[P = 2IRl\sin\theta_{\max}.\] Отсюда \[\frac{P}{P_0} = \frac{R\sin\theta_{\max}}{\alpha\sin\theta_{\max} + \beta\sin(2\theta_{\max})} = \frac{R}{\alpha + 2\beta\cos\theta_{\max}}.\]

T2-B3. При \(P = 5P_0\): \[5 = \frac{1}{1 - \cos\theta_{\max}}, \qquad \cos\theta_{\max} = \frac{4}{5}, \qquad \sin\theta_{\max} = \frac{3}{5}.\] Окончательно \[a = (1\ \text{м})\cdot\frac{3}{5}\left(1 - \frac{4}{5}\right) = 0{,}12\ \text{м} = 12\ \text{см}.\] Альтернативное решение через \(\alpha\) и \(\beta\): \[a = -\frac{R\sqrt{100\beta^2 - (R - 5\alpha)^2}}{50\beta}.\]

T2-C1.

Отражённый луч образует угол \(2\theta\) с вертикальной осью. Поэтому наклон прямой \[m_A = \cot(2\theta).\] Отражённый луч пересекает ось \(y\) в точке \(C\), \(\overline{OC} = b_A\), образуя равнобедренный треугольник \(OBC\). Из него \[\cos\theta = \frac{R}{2b_A}, \qquad b_A = \frac{R}{2\cos\theta}.\] Эквивалентные выражения: \[m_A = \cot 2\theta = \frac{1}{\tan 2\theta} = \frac{\cot\theta}{2} - \frac{\tan\theta}{2}, \qquad b_A = \frac{R}{2\cos\theta} = \frac{R}{2}\sec\theta.\]

T2-C2.

Наклон: \[m_B = \cot(2\theta + 2\Delta\theta) = \frac{\cot 2\theta\cot 2\Delta\theta - 1}{\cot 2\theta + \cot 2\Delta\theta} = \frac{\cot 2\theta - \tan 2\Delta\theta}{\cot 2\theta\tan 2\Delta\theta + 1} = \bigl(\cot 2\theta - 2\Delta\theta\bigr)\bigl(1 - 2\Delta\theta\cot 2\theta\bigr) + \dots\] \[= \cot 2\theta - 2\Delta\theta\bigl(1 + \cot^2 2\theta\bigr) + \dots\]

Тогда первый порядок разложения \(m_B\): \[m_B = \cot 2\theta - 2\csc^2(2\theta)\,\Delta\theta.\] Эквивалентные выражения: \[m_B = \cot 2\theta - 2\csc^2(2\theta)\,\Delta\theta = \frac{1}{2}\csc^2(2\theta)\bigl(\sin 4\theta - 4\Delta\theta\bigr) = \frac{1}{2}\bigl(\cot\theta - \tan\theta - \csc^2\theta\sec^2\theta\bigr)\Delta\theta.\]

Для \(b_B\): \[b_B = \frac{R}{2}\sec(\theta + \Delta\theta) = \frac{R}{2}\cdot\frac{\sec\theta\sec\Delta\theta}{1 - \tan\theta\tan\Delta\theta} = \frac{R}{2}\bigl(\sec\theta\,(1 + \tan\theta\,\Delta\theta)\bigr) + \dots\] и разложение первого порядка: \[b_B = \frac{R}{2}\sec\theta\,(1 + \tan\theta\,\Delta\theta).\] Эквивалентно: \[b_B = \frac{R}{2\cos\theta}\,(1 + \tan\theta\,\Delta\theta).\]

T2-C3. Координаты точки пересечения \((X_c, Y_c)\) удовлетворяют уравнениям \[Y_c = m_A X_c + b_A, \qquad Y_c = m_B X_c + b_B.\] Решая: \[(X_c, Y_c) = \left(-\frac{b_A - b_B}{m_A - m_B},\ \frac{m_A b_B - b_A m_B}{m_A - m_B}\right).\] Подставляя \(m_B\) и \(b_B\): \[(X_c, Y_c) = \left(R\sin^3\theta,\ \frac{R}{2}\cos\theta\,(2 - \cos 2\theta)\right).\] Эквивалентные выражения: \[X_c = R\sin^3\theta,\] \[Y_c = \frac{R}{2}\cos\theta\,(2 - \cos 2\theta) = \frac{R}{4}\bigl(3\cos\theta - \cos 3\theta\bigr) = \frac{R}{4}\bigl(3\cos\theta - \cos^3\theta + 3\sin^2\theta\cos\theta\bigr).\]

T2-C4. При \(\theta \ll 1\) используем приближения \[\sin\theta \approx \theta, \qquad \cos\theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2}.\] Вблизи острия каустика аппроксимируется как \[(X_c, Y_c) \approx \left(R\theta^3,\ \frac{R}{4}\bigl(2 + 3\theta^2\bigr)\right) = \left(R\theta^3,\ \frac{R}{2} + \frac{3R}{4}\theta^2\right).\] Решая относительно \(\theta\): \[\theta = \left(\frac{X_c}{R}\right)^{1/3},\] и подставляя в \(Y_c\): \[Y_c = \frac{R}{2} + \frac{3R}{4}\left(\frac{X_c}{R}\right)^{2/3}.\] Сравнивая с \(Y_c = v|X_c|^{p/q} + u\), находим \[v = \frac{3}{4}R^{1/3}, \qquad u = \frac{R}{2}, \qquad p = 2, \qquad q = 3.\] Это показывает, что форма острия универсальна, а его вершина находится в точке \(y = R/2\).