6. Dokonalý darček vzorové riešenie

Zadanie

Denda pre Adama vytvorila perfektný darček. Guľu polomeru \(r\) zo skla s indexom lomu \(n\). No nie hocijakú… Do gule umiestnila bodový zdroj svetla vo vzdialenosti \(d\) od jej stredu. Na Adamovo prekvapenie guľa vytvára perfektný virtuálny obraz zdroja svetla. Akú vzdialenosť \(d\) musela Denda zvoliť a kde leží ostrý obraz zdroja svetla?

Táto úloha obsahuje pomerne veľké množstvo ciest k výsledku. Opisovať ich všetky by zabralo veľa mentálnej kapacity mňa i čitateľa, ktorý by sa pokúsil ich prelúskať. A tak vzorák obsahuje dve, podľa mňa fyzikálne i matematicky najvýživnejšie a najjednoznačnejšie riešenia.

Zo symetrie systému vieme vyčítať niekoľko obmedzení, ktoré nám ďalší postup nielen uľahčia, ale aj umožnia. Ak vznikne virtuálny zdroj, musí ležať na jednej priamke so skutočným zdrojom a stredom gule (ak je celé zadanie súmerné okolo tejto osi, niet dôvodu na nesúmernosť riešenia). Podobne sa dá argumentovať za dostatočnosť dvojrozmerného riešenia (len osová súmernosť sa zamení za rotačnú).

Predtým než sa pustíme do samotného riešenia, tak si len veľmi krátko ozrejmime, čo je to ten virtuálny zdroj. Naše oči sú zvyknuté na to, že svetlo ide priamo, a preto, ak na guli nastane lom svetelného lúča zo zdroja, náš mozog to nebude interpretovať tak, že svetlo prichádza z vnútra gule, ale ako keby z nejakého miesta za guľou (viď obrázok).

Zo Snellovho zákona a s pomocou pár znalostí geometrie (sínusová a kosínusová veta) sme schopní vyprodukovať nasledujúce rovnice:

\[\sin{\beta}=n\sin{\alpha}\] \[\frac{d}{\sin{\alpha}}=\frac{l}{\sin{\phi}}\] \[\frac{d'}{\sin{\beta}}=\frac{l'}{\sin{\phi}}\] \[l^2=d^2+r^2-2dr\cos{\phi}\] \[l'^2=d'^2+r^2-2d'r\cos{\phi}\]

Použitím prvej sa ďalšie dve rovnice dajú upraviť a spojiť do jednej, čím odstránime z výpočtu nie až tak zaujímavé uhly \(\alpha\) a \(\beta\). \[\frac{d}{\sin{\alpha}}=\frac{l}{\sin{\phi}}\] \[\frac{d'}{n\sin{\alpha}}=\frac{l'}{\sin{\phi}}\] \[\frac{d}{l}=\frac{\sin{\alpha}}{\sin{\phi}}\] \[\frac{d'}{nl'}=\frac{\sin{\alpha}}{\sin{\phi}}\] \[\frac{d'}{nl'}=\frac{d}{l}\] \[d'l=ndl'\]

Týmto výsledkom sme zahnaní do kúta a nezostáva nám žiadna iná cesta z neho než umocniť túto rovnicu na druhú a dosadiť za \(l\) a \(l'\). \[d'^2l^2=n^2d^2l'^2\] \[d'^2(d^2+r^2-2dr\cos{\phi})=n^2d^2(d'^2+r^2-2d'r\cos{\phi})\] Tu je ten pravý čas zamysieť sa, čo od tejto rovnice chceme. Mohli by sme sa pokúsiť vyjariť \(d'(d)\), ale prítomnosť voľného parametru \(\phi\) nám chuť do takéhoto zbrklého počinu rozhodne nedodáva. A tak sa z na pár riadkov nevypovedaného nutkania rozhodneme pozerať sa na rovnicu ako na rovnicu pre \(\phi\). \[d'^2d^2+d'^2r^2-2d'^2dr\cos{\phi}=n^2d^2d'^2+n^2d^2r^2-2n^2d^2d'r\cos{\phi}\] \[2d'dr(n^2d-d')\cos{\phi}=n^2d^2d'^2+n^2d^2r^2-d'^2d^2-d'^2r^2\]

Skonkrétnime si teraz náš cieľ. Chceme nájsť také \(d\), že pre všetky (v skutočnosti to značí „pre všetky uhly, pre ktoré nami napísané rovnice platia“, tam robí neplechu hlavne Snellov zákon) uhly \(\phi\) (čo je v kontexte nášho výpočtu ekvivalentné „všetky \(\cos{\phi}\)“) bude existovať univerzálne \(d'\) v ktorom sa bude nachádzať zdanlivý zdroj svetla. Teda chceme aby naša posledná rovnica platila pre všetky \((\cos{\phi})\in\langle-1,1\rangle\). Keďže rovnica je lineárna, pre interval platí práve vtedy keď platí pre všetky reálne čísla. Snáď je očividné, že jediná takáto rovnica je: \[0\cdot\cos{\phi}=0\]

Dostávame teda dve podmienky: \[2d'dr(n^2d-d')=0\] \[n^2d^2d'^2+n^2d^2r^2-d'^2d^2-d'^2r^2=0\]

Ak sa v tomto momente neuspokojíme s triviálnym riešením \(d'=d=0\), prvá podmienka nadobudne podobu: \[n^2d-d'=0\] \[d'=n^2d\]

Použitím tohoto výsledku v druhej rovnici získavame: \[n^6d^4+n^2d^2r^2-n^4d^4-n^4d^2r^2=0\] \[n^4d^2+r^2-n^2d^2-n^2r^2=0\] \[n^2(n^2-1)d^2=(n^2-1)r^2\] \[d=\frac{r}{n}\]

A teda: \[d'=nr\]