Свет в неоднородной среде (Савченко 13.2.12.)

[intex2dx]

Показатель преломления атмосферы планеты уменьшается с высотой $h$ над ее поверхностью по закону $n = n_0 - \alpha h$ при $h << n/\alpha$. На какой высоте $H$ над поверхностью планеты луч света, испущенный горизонтально, будет обходить планету, оставаясь на этой высоте? Радиус планеты $R$.
Как я решал эту задачу (вроде бы, стандартное решение для такой задачи): Пусть луч переходит из сферического слоя с показателем преломления $n_1$ в слой с показателем преломления $n_2$ (рис.1). Тогда по з. преломления:

$$n_1 \sin(\theta) = n_2 \sin(\varphi_2)$$

По т. синусов имеем:

$$\frac{r_2}{\sin(\varphi_1)} = \frac{r_1}{\sin(\theta)}$$

Выражая отсюда $\sin(\theta)$, получим с учётом закона преломления:

$$n_1 r_1 \sin(\varphi_1) = n_2 r_2 \sin(\varphi_2)$$

то есть $nr\sin(\varphi) = \operatorname{const}$. Можно дальше даже исследовать зависимость $\varphi(h)$: до значения $h=0.5(\frac{n_0}{\alpha} - R)$ он убывает, потом растёт до $\pi/2$, но, в итоге, если записать инвариант: $n_0 R = (n_0 - \alpha h)(R + h)$ , получим, что высота, на которой $\varphi$ снова достигает значения $\pi/2$ равна $H = \frac{n_0}{\alpha} - R$. Дальше ничего не меняется, и луч огибает планету, ибо он стремится увеличивать $h$, то есть увеличивать $\varphi$ выше $\pi/2$.
Ответ в задачнике в 2 раза меньше. Более того, видел в интернете другой способ решения: там говорится, что на искомой высоте фронт световой волны должен быть параллелен радиус-вектору точки, в которой её рассматриваем (рис.2), то есть при высоте h вблизи искомого значения H верно:

$$(R+h)(n_0 - \alpha h) = \operatorname{const}$$

То есть мы приравниваем оптические длины двух близких лучей, огибающих планету. Если дифференцировать это уравнение, то получим ответ из задачника.
Какой в итоге ответ верный и почему?

[мат-ламер]

(Оффтоп)

Я в этой тематике совершенно новичок. Однако, у меня появилась такая идея решения. Рассмотрим функцию $t(h)$ - время, за которое свет огибает земной шар по круговой траектории высотой $h$ над уровнем моря. Вычислим её минимум по $h$ - луч света распространяется по быстрейшей траектории. Но проверю идею уже завтра. Она по духу близка к второму решению (из Интернета).

[lel0lel]

intex2dx в сообщении #1541870 писал(а):

$$(R+h)(n_0 - \alpha h) = \operatorname{const}$$

В каком смысле константа? По $h$ это не константа.

Можно решать через принцип Ферма. Оптическая длина пути между двумя точками (один оборот) как функция высоты должна иметь минимум на искомой высоте. Это ровно то, о чём выше сообщил мат-ламер

[Pphantom]

lel0lel в сообщении #1541873 писал(а):

Можно решать через принцип Ферма.

Ну, собственно, мат-ламер выше примерно это и написал. "Константа" она в том смысле, что в этом месте локальный экстремум, поэтому после дифференцирования ТС во втором варианте и получает правильный ответ.

[intex2dx]

lel0lel в сообщении #1541873 писал(а):

Оптическая длина пути между двумя точками (один оборот) как функция высоты должна иметь минимум на искомой высоте.

Ну второе решение эквивалентно решению через принцип Ферма, то есть там, если для оборота расписывать:

$$ \frac{d(2\pi(R+h)(n_0-\alpha h))}{dh} = 0$$

Только что тогда в первом решении не так?

[lel0lel]

intex2dx в сообщении #1541876 писал(а):

если для оборота расписывать

можно для любой дуги окружности.

intex2dx в сообщении #1541876 писал(а):

Только что тогда в первом решении не так?

По-моему, Вы не совсем правильно интерпретирует либо условие, либо найденный инвариант. Вот здесь:

intex2dx в сообщении #1541870 писал(а):

то есть $nr\sin(\varphi) = \operatorname{const}$. Можно дальше даже исследовать зависимость $\varphi(h)$: до значения $h=0.5(\frac{n_0}{\alpha} - R)$ он убывает, потом растёт до $\pi/2$, но, в итоге, если записать инвариант: $n_0 R = (n_0 - \alpha h)(R + h)$

Инвариант найден верно. Значит под каким бы углом по отношению к радиус-вектору с Земли не был запущен луч, выражение $r n \sin\varphi$ будет постоянным для любой точки траектории этого луча. Но нельзя делать так $n_0 R = (n_0 - \alpha h)(R + h)$, почему луч запущенный горизонтально с Земли должен быть так же горизонтален на искомой высоте? В условии имеется ввиду, что луч запускают сразу на высоте и он так на ней и остаётся. Кстати это именно та высота, на которой не меняется угол $\varphi$ при переходе между бесконечно малыми слоями, Вы её нашли, но не придали значения.

А вообще, решение у Вас получилось весьма содержательное, только для следующей задачи: на какой высоте луч, запущенный с Земли горизонтально, вновь будет горизонтален.

[intex2dx]

Кажется понял Вас: действительно, не так интерпретировал условие, ведь если нужно, чтобы $h$ сразу не изменялась, то этот как раз половина моего первого ответа, где достигается минимум $\varphi$ . В этом случае, кстати, константа в инварианте $nr\sin(\varphi)$ наибольшая из всех возможных (при данной высоте $nr$ максимально, так ещё и $\varphi=\pi/2$), и график $\sin(\varphi)(h)$ настолько приподнят вверх, что касается прямой $\sin(\varphi)=\pi/2$ в точке минимума, поэтому $h$ и не может никуда поменяться: куда не поменяйся, везде $\varphi > \pi/2$.

[lel0lel]

lel0lel в сообщении #1541873 писал(а):

Оптическая длина пути между двумя точками (один оборот) как функция высоты должна иметь минимум на искомой высоте

Поправлюсь: в этой задаче достигается максимум. В общем случае следует говорить про экстремум.

[DimaM]

Мне кажется самым понятным решение с волновым фронтом. Действительно, "тонкие" лучи геометрической оптики на самом деле очень широкие (диаметр или ширина луча $d\gg\lambda$).
Волновой вектор должен быть всегда перпендикулярен радиус-вектору, то есть волновой фронт - радиус-вектору параллелен. Набег фазы на верхнем и нижнем краях луча должен получаться одинаковым, то есть

$$n(h+d)\cdot(R+h+d)=n(h)\cdot(R+h).$$

Дальше разложить полученное выражение и учесть малость $d\ll h$.

[mihiv]

То есть, в принципе, можно увидеть самого себя с расстояния 40 т. километров.

[Pphantom]

mihiv в сообщении #1541929 писал(а):

То есть, в принципе, можно увидеть самого себя с расстояния 40 т. километров.

Нельзя. Для параметров земной атмосферы решения не будет (полученный выше ответ при подстановке чисел будет отрицательным).

[lel0lel]

mihiv в сообщении #1541929 писал(а):

То есть, в принципе, можно увидеть самого себя с расстояния 40 т. километров.

Можно вспомнить про миражи в пустынях, в той или иной степени эффект имеет близкую природу, когда город, находящийся за сотню километров парит в воздухе (с искажениями, конечно) перед путешественниками. Также можно представить оптическое волокно требуемой длины, тогда сигнал, отражаясь от стенок вследствии явления полного внутреннего отражения, таки пробежит по кругу и вернётся в исходную точку.

[DimaM]

lel0lel в сообщении #1541934 писал(а):

Можно вспомнить про миражи в пустынях

При обычных миражах наоборот: показатель преломления убывает книзу.

Pphantom в сообщении #1541931 писал(а):

Нельзя. Для параметров земной атмосферы решения не будет (полученный выше ответ при подстановке чисел будет отрицательным).

На Венере можно

[Pphantom]

DimaM в сообщении #1541941 писал(а):

На Венере можно

Нет, все равно не дотянет. Для этого надо, чтобы либо высота однородной атмосферы по порядку величины совпадала с радиусом планеты, либо показатель преломления был сильно больше единицы, а оба условия явно не выполняются.

[DimaM]

Pphantom в сообщении #1541943 писал(а):

Нет, все равно не дотянет.

По простым оценкам получается, что дотянет. На Венере $n_0-1$ раз в 60 больше, чем на Земле, и выходит, что луч должен ходить по кругу на высоте примерно 25 км (в предположении изотермической атмосферы).