Траектория луча будет плоской. Если $\alpha$ - угол между вектором скорости луча и линией $OA$, а $\varphi$- угол поворота линии $OA$: $$\tan\alpha=\frac{rd\varphi}{dr} $$ По определению кривизна равна $$\rho=\frac{d\theta}{dl} $$ где $dl$ - элемент длины траектории, а $d\theta$ - угол поворота касательной к ней. Выражения для $dl$ и $d\theta$ следующие: $$dl=\frac{dr}{\cos\alpha} \quad\quad\quad d\theta=d\alpha+d\varphi $$ Тогда $$\rho=\cos\alpha\left(\frac{d\alpha}{dr}+\frac{d\varphi}{dr}\right) $$ Выражая:
Докажем, что для любой траектории луча в сферически симметричной среде выполняется $$nr\sin\alpha=const=n_0r_0\sin\alpha_0 $$ Рассмотрим два тонких сферических слоя, радиусы которых $R_1$ и $R_2$. показатель преломления среды при $R\leq{R_1}$ равен $n_1$, а при $R_1\leq{R}\leq{R_2}$ - $n_2$. Пусть $\alpha$ и $\beta$ - углы падения и преломления на сфере радиуса $R_1$. Из Закона Снэлла для преломления получим: $$n_1\sin\alpha=n_2\sin\beta $$ Пусть $\gamma$ - угол падения на сфере радиуса $R_2$. Из теоремы синусов находим: $$\displaystyle\frac{R_1}{\sin\gamma}=\displaystyle\frac{R_2}{\sin\beta} $$ Исключим $\sin\beta$, получим: $$n_1R_1\sin\alpha=n_2R_2\sin\gamma $$ что и доказывает инвариантность величины $nr\sin\alpha$.
Отсюда находим: $$\frac{d\sin\alpha}{dr}=-\frac{n_0r_0\sin\alpha_0}{n^2r^2}\left(n+r\frac{dn}{dr}\right)\qquad\frac{\sin\alpha}{r}=\frac{n_0r_0\sin\alpha_0}{nr^2} $$ Подставляя в выражение для кривизны:
$\textit{Примечание:}$ полученные далее результаты могут быть найдены и прямой подстановкой выражения $n(r)$ в дифференциальное уравнение для $\rho$. Если траектория луча имеет постоянную кривизну, переменные разделяются: $$\int\frac{dn}{n^2}=-\frac{\rho}{n_0r_0\sin\alpha_0}\int rdr $$ Откуда $$\frac{1}{n}=\frac{\rho r^2}{2n_0r_0\sin\alpha_0}+C $$ где $C$ - некоторая постоянная интегрирования, определяемая из начальных условий: $$\displaystyle\frac{1}{n_0}-\displaystyle\frac{\rho r_0}{2n_0\sin\alpha_0}=C $$ Как видно, данная в условии задачи зависимость является решением полученного уравнения. Отсюда:
Максимум, во-первых, достигается при $\sin\alpha_0=1$, а во-вторых - при $r_0=a$. Отсюда:
Так как $\rho\sim\sin\alpha_0$, центры всех окружностей лежат на прямой, перпендикулярной $OA$, при этом расстояние от этой прямой до точки $A$ равно $l=\displaystyle\frac{r^2_0+a^2}{2r_0}$.
Любые две окружности если пересекаются, то в двух точках. Тогда в силу симметрии вторая точка пересечения $B$ для всех окружностей будет общей и находится от точки $A$ на расстоянии $AB$, равном:
$$\textbf{Первый способ} $$ Наиболее простой подход - рассмотреть луч, идущий вдоль линии $OA$. Движение будет прямолинейным, тогда: $$T=\int\limits_0^{r_0}\frac{ndr}{c}+\int\limits_0^{\frac{a^2}{r_0}}\frac{ndr}{c} $$ Подставляя зависимость $n(r)$ и вводя замену переменной $t=\displaystyle\frac{r}{a}$: $$T=\frac{n_1 a}{c}\left(\int\limits_0^{\frac{r_0}{a}}\frac{dt}{1+t^2}+\int\limits_0^{\frac{a}{r_0}}\frac{dt}{1+t^2}\right)=\frac{n_1a}{c}\left(\arctan\frac{r_0}{a}+\arctan\frac{a}{r_0}\right) $$ Таким образом, от $r_0$ время не зависит. $$\textbf{Второй способ} $$ Этот же результат можно получить, явно рассматривая движение по окружности. Рассмотрим ту, для которой $\alpha_0=\frac{\pi}{2}$. Пусть $\beta$ - угловое перемещение луча по окружности от начального положения. Тогда для $r^2$ из теоремы косинусов имеем: $$r^2=\left(\frac{a^2+r^2_0}{2r_0}\right)^2+\left(\frac{a^2-r^2_0}{2r_0}\right)^2-2\left(\frac{a^2+r^2_0}{2r_0}\right)\left(\frac{a^2-r^2_0}{2r_0}\right)\cos\beta $$ Перепишем чуть компактнее: $$r^2=\frac{a^4+r^4_0}{2r^2_0}-\frac{a^4-r^4_0}{2r^2_0}\cos\beta $$ Для промежутка времени имеем: $$dT=\frac{nd\beta}{c\rho}=\frac{a^2r_0n_1}{c(a^2+r^2_0)}\frac{d\beta}{1-\frac{a^2-r^2_0}{a^2+r^2_0}\cos\beta} $$ откуда $$T=\frac{nd\beta}{c\rho}=\frac{a^2r_0n_1}{c(a^2+r^2_0)}\int\limits_0^{\pi}\frac{d\beta}{1-\frac{a^2-r^2_0}{a^2+r^2_0}\cos\beta}=\frac{\pi a^2r_0n_1}{c(a^2+r^2_0)\sqrt{1-\left(\frac{a^2-r^2_0}{a^2+r^2_0}\right)^2}} $$
Обозначим изображения источников в "Рыбьем глазе" за $S^{''}_1$ и $S^{''}_2$ в соответствии с индексами. Точки $S^{''}_1$ и $S^{''}_2$ лежат на прямых, проходящих через точку $O$ и точки $S'_1$, $S'_2$. В данном случае $r_0=a=R$, поэтому изображения точечных источников в "Рыбьем глазе" расположены в его диаметрально противоположных точках, откуда можно сделать вывод, что точки $S_1$, $S_2$, $S^{''}_1$ и $S^{''}_2$ образуют прямоугольник. Отсюда ясно, что точки $S^{''}_1$ и $S^{''}_2$ также лежат и на прямых, проходящих через точки $S_1$ и $S_2$ перпендикулярно отрезку $S_1S_2$. Проводя эти прямые до пересечений, найдём положения точек $S^{''}_1$ и $S^{''}_2$, при этом учитывая, что $S^{''}_1S^{''}_2\parallel{S_1S_2}$. Величина $S_1S^{''}_1$ является диаметром шара, измеряя который найдём:
Как видно из построений в пункте $\textbf{B1}$:
Проведём прямые, проходящие через пары точек $\left(S^{'}_1, S^{'}_2\right)$ и $\left(S^{''}_1, S^{''}_2\right)$ до пересечения в точке $M$. Эта точка принадлежит плоскости линзы. Поскольку положение главного оптического центра $O$ нам известно, сразу восстановим плоскость линзы и её главную оптическую ось.
Луч, идущий через изображение $S'_2$ параллельно главной оптической оси, до преломления в точке $A$ проходит через фокус линзы $F$. Проведя данный луч, находим:
Воспользуемся решением пункта $\textbf{A5}$. В точке $B$, находящейся на расстоянии $R+\displaystyle\frac{a^2}{R}$ от точки преломления луча $A$ произошла бы фокусировка лучей, вышедших одновременно из точки $A$. Обозначим показатель преломления "Рыбьего глаза" на поверхности за $n_0=\displaystyle\frac{n_1}{1+\displaystyle\frac{R^2}{a^2}}$ . Тогда угол преломления луча $\theta=\displaystyle\frac{\alpha}{n_0}$. За время движения луча от точки $A$ до точки $B$ вектор скорости луча повернулся бы на угол $2\theta$. Поскольку мы работаем в параксиальном приближении:
Найдём угол $\beta$: $$\pi-\alpha+\beta=2\pi-(\pi-\Delta{\varphi})-2\theta\Rightarrow{\beta=\alpha+\Delta{\varphi}-2\theta}=\alpha\left(1+\displaystyle\frac{2(R^2-a^2)}{n_1a^2}\right) $$ При этом полный угол поворота луча $\Delta{\alpha}$ равен $$\Delta{\alpha}=\alpha+\beta=2\alpha\left(1+\displaystyle\frac{(R^2-a^2)}{n_1a^2}\right) $$ откуда:
Тогда для фокусного расстояния имеем: $$F=R-\displaystyle\frac{\beta R}{\Delta{\alpha}} $$ или же:
Подставляя значение $k$, получим: $$F=\displaystyle\frac{R}{2\left(1+\displaystyle\frac{R^2-a^2}{n_1a^2}\right)} $$ Поскольку $n_1>1$, знаменатель выражения для $F$ всегда положительный.
На графике приведены зависимости $F(x)$ для значения $R=5~\text{у.е}$ при $n_1=1.5;~2.0;~2.5;~3.0;~4.0$ ( сверху-вниз ). При этом значение параметра $\cfrac{R}{a}\leq{\sqrt{n_1-1}}$
В параксиальном приближении угол падения $\alpha=\cfrac{h}{R}$. После прохождения рыбьего глаза пучок движется под углом $\Delta\alpha=k\alpha$ к главной оптической оси линзы, причём так, будто бы он испущен из её фокуса. Тогда он пересекается плоскость линзы в точке с координатой $y_1$, равной: $$y_1=k\alpha(L-F_0) $$ Пучок параллельных лучей собирается в фокальной плоскости линзы. Исходя из этого восстановим ход пучка после прохождения линзы. Пусть после прохождения линзы пучок движется под углом $\gamma$ к её главной оптической оси. Тогда: $$\gamma F+y_1=\Delta\alpha F $$ откуда: $$\gamma=\Delta\alpha\left(1-\frac{L-F_0}{F}\right) $$ Для координаты $y$ пучка на экране получим: $$y=y_1+\gamma L=(k+1)\alpha\left(L-(L-F_0)\left(\frac{L}{F}-1\right)\right) $$ или же:
При значении $h=h_1$ на графике наблюдается скачок, обусловленный тем, что пучок света не пересекает плоскость линзы и сразу падает на экран. Сразу находим: $$y=k\alpha(2L-F_0) $$ или же:
Для $F_0$ имеем: $$F_0=\frac{R}{k} $$ Тогда из выражения для $k_2$ находим:
В момент скачка луч проходит через край линзы, не преломляясь в ней. Пусть координата $y$ пучка на экране при это равна $H'=12,7~\text{см}$. Из подобия треугольников находим: $$\frac{r}{L-F_0}=\frac{H'}{2L-F_0} $$ откуда: $$r=\frac{(L-F_0)H'}{2L-F_0} $$ После численной подстановки:
Из выражения для $k_1$ находим: $$F=\frac{kL(L-F_0)}{k(2L-F_0)-k_1R}=\frac{L(L-F_0)}{2L-F_0(1+k_1)} $$ После численной подстановки находим:
Радиус окружности, по которой движется пучок, равен: $$R_0=\frac{R^2+a^2}{2R\sin\theta} $$ Из теоремы косинусов найдём расстояние между центрами окружности и "рыбьего глаза": $$L^2=R^2+R^2_0-2RR_0\sin\theta=R^2+\cfrac{(R^2+a^2)^2}{4R^2\sin^2\theta}-(R^2+a^2) $$ Подставляя $\sin\theta$, получим: $$L^2=a^2\left(\frac{n^2_1a^2}{4R^2\sin^2\alpha}-1\right) $$ Воспользуемся теоремой синусов: $$\frac{L}{\cos\theta}=\frac{R}{\sin\cfrac{\Delta{\varphi}}{2}} $$ Таким образом: $$\Delta{\varphi}=2\arcsin\frac{R\cos\theta}{L} $$ откуда находим:
Для угла поворота пучка имеем: $$\Delta{\alpha}=2\alpha-2\theta+\Delta\varphi $$ Отсюда: $$\Delta\alpha=2\alpha-2\arcsin\left(\frac{\sin\alpha(R^2+a^2)}{n_1a^2}\right)+2\arcsin\left(\frac{R}{a}\sqrt{\frac{1-\cfrac{\sin^2\alpha(R^2+a^2)^2}{n^2_1a^4}}{\cfrac{n^2_1a^2}{4R^2\sin^2\alpha}-1}}\right) $$ Из выражения для коэффициента $k$ находим: $$\frac{R^2}{a^2}=1+\frac{n_1(k-2)}{2} $$ Подставляя, получим: $$\Delta\alpha=2\alpha-2\arcsin\left(\frac{\sin\alpha}{n_1}\left(2+\frac{n_1(k-2)}{2}\right)\right)+2\arcsin\left(\sqrt{\left(1+\frac{n_1(k-2)}{2}\right)\left(\cfrac{1-\left(\cfrac{\sin\alpha}{n_1}\left(2+\cfrac{n_1(k-2)}{2}\right)\right)^2}{\cfrac{n^2_1}{4\sin^2\alpha\left(1+\cfrac{n_1(k-2)}{2}\right)}-1}\right)}\right) $$ Асимптотическое стремление к бесконечности достигается при $\Delta\alpha=\cfrac{\pi}{2}$. Тогда уравнение на $n_1$ следующее:
Решая уравнение на $n_1$, находим:
Найдём и $a$: $$a=\frac{R}{\sqrt{1+\cfrac{n_1(k-2)}{2}}} $$