Отражение света от графика функции

[Юстас]

Пусть $f(x)$ определена на всей оси, положительна, дифференцируема, убывает, выпукла вниз и стремится к нулю на бесконечности. В области между осью Х и графиком $f(x)$(строго выше Ох) имеется точечный источник света. Доказать, что существует такое $x_0$, что область, лежащая правее прямой $x=x_0$ не будет освещена.

[Хет Зиф]

Юстас
Имеется ввиду область между осью Оx и графиком функции ? и $x_{0}$ это не будет случайно пересечение прямой с осью Оx, касающейся графика функции и проходящей через точечный источник?

[Юстас]

Имеется ввиду, что свет отражается от Ох и от графика функции.

[Хет Зиф]

Юстас
Тогда понятно. Если бы у нас была бы просто труба то свет по ней бы шел на бесконечность, а в данном случае нужно показать что так как
между осью Оx и касательной к графику в какой-то точке , имеется не нулевой угол, то после N отражений свет пойдет назад.

[RIP]

Задачка просто супер.
Во-первых, из выпуклости функции $f(x)$ следует, что $f'(x)$ неубывает, а поскольку точная производная всегда принимает все промежуточные значения (свойство Дарбу), то $f'(x)$ непрерывна.
Во-вторых, докажем, что через любую точку $(x_0,y_0)$ c $0<y_0<f(x_0)$ можно провести касательную графику с точкой касания правее $x_0$, т.е. уравнение $f(t)-f'(t)(t-x_0)=y_0$ имеет решение $t>x_0$. Рассмотрим функцию $g(t)=f(t)-f'(t)(t-x_0)$. Она непрерывна и $g(x_0)>y_0$. Если бы при всех $t>x_0$ было $g(t)>y_0$, то при всех больших $t$ мы бы имели $f'(t)<-\frac ct$ с некоторой постоянной $c>0$ и, следовательно, $f(t)<const-c\ln t$. Противоречие.
Теперь несложно понять, что луч света, направленный вдоль этой касательной, проникнет правее всех остальных лучей. Докажем, что он не может продолжаться вправо до бесконечности. Предположим противное.
Обозначим точки отражения в порядке появления: $(x_1;0),(z_1;f(z_1)),(x_2;0),(z_2;f(z_2)),\ldots$. Кроме того обозначим через $\alpha_n\in(0;\frac{\pi}2)$ угол, под которым луч выбегает из точки $(x_n;0)$, и через $\beta_n=\arctg(-\frac1{f'(z_n)})$ угол наклона нормали в точке $z_n$. Тогда $\alpha_{n+1}=\alpha_n+2(\frac{\pi}2-\beta_n)$. Отсюда следует 2 важных следствия.
Во-первых, $\alpha_n$ неубывает, в частности, $a_n\overset{\text{def}}{=}\tg \alpha_n\geqslant a_1>0$.
Во-вторых,

$$\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{\pi}2-\beta_n)<\infty,\text{\quad т.к.} \sum_{n=1}^N(\frac{\pi}2-\beta_n)=\frac12(\alpha_{N+1}-\alpha_1)<\frac{\pi}4.$$

Следовательно, сходится ряд

$$\sum_{n=1}^{\infty}\tg(\frac{\pi}2-\beta_n)=\sum_{n=1}^{\infty}|f'(z_n)|<\infty.$$

Далее, из геометрических соображений имеем $z_{n+1}-z_n\leqslant2(x_{n+1}-z_n)=\frac{2f(z_n)}{a_{n+1}}\leqslant cf(z_n)$, где $c=\frac2{a_1}>0$. Поэтому

$$f(z_n)-f(z_{n+1})\overset{\text{выпуклость}}\leqslant|f'(z_n)|(z_{n+1}-z_n)\leqslant c|f'(z_n)|f(z_n).$$

Следовательно,

$$f(z_n)\leqslant c\sum_{k=n}^{\infty}|f'(z_k)|f(z_k)\leqslant c_nf(z_n),$$

где $c_n=c\sum\limits_{k=n}^{\infty}|f'(z_k)|\underset{n\to\infty}{\longrightarrow}0.$ Следовательно, при больших $n$ имеем $f(z_n)\leqslant0$. Противоречие. Уффф.

[Юстас]

Зачёт

[Дядя Фёдор]

Юстас писал(а):

Пусть $f(x)$ определена на всей оси, положительна, дифференцируема, убывает, выпукла вниз и стремится к нулю на бесконечности. В области между осью Х и графиком $f(x)$(строго выше Ох) имеется точечный источник света. Доказать, что существует такое $x_0$, что область, лежащая правее прямой $x=x_0$ не будет освещена.

Предлагаю ещё одно решение -
Если свет смог бы дойти до бесконечно-удаленной точки оси Х то он бы прийти и обратно в точку А из источника в этой точке. Рассмотрим теперь этот источник света в бесконечно-удаленнонной точке - обе касательные между которыми он зажат паралельны и бесконечно близки - свет может пойти только по прямой Х и никуда не отражаясь пройти эту прямую и значит он туда не мог прийти ниоткуда кроме как только из точки на оси Х ниоткуда больше.

[Юстас]

Дядя Фёдор, Вы неправы в своём предположении: во-первых, Вы забываете, что луч отражается от границ области. Во-вторых, здесь некорректно рассматривать бесконечно удаленную точку. Можно рассмотреть последовательность точек, стремящуюся к бесконечности. Тогда, пользуясь Вашим методом, попробуйте показать, что угол с осью Х, под которым выходит луч, стремится к 0 при любой траектории движения луча обратно. Правда, это вряд ли проще, чем решать прямую задачу.

[Дядя Фёдор]

Юстас писал(а):

Дядя Фёдор, Вы неправы в своём предположении: во-первых, Вы забываете, что луч отражается от границ области. Во-вторых, здесь некорректно рассматривать бесконечно удаленную точку. Можно рассмотреть последовательность точек, стремящуюся к бесконечности. Тогда, пользуясь Вашим методом, попробуйте показать, что угол с осью Х, под которым выходит луч, стремится к 0 при любой траектории движения луча обратно. Правда, это вряд ли проще, чем решать прямую задачу.

В том то и дело, что у луча всего одна траектория для выхода из бесконечно-удаленной точки - ведь он находится в вершине конуса образующие которого паралельны.


А свет из точки А приходит в точку Б только если из Б он может прийти в А (без фильтров и прочего)