新讲 第4章 导 数 第3题
📝 题目
例 3 设有两种均匀介质 $\mathrm{I}$ 和 $\mathrm{{II}}$ ,光在介质 $\mathrm{I}$ 中的速度是 ${c}_{1}$ ,光在介质 $\mathrm{{II}}$ 中的速度是 ${c}_{2}$ ,两种介质的分界面是平面. 如果有一束光从介质 $\mathrm{I}$ 中的 ${A}_{1}$ 点到介质 $\mathrm{{II}}$ 中的 ${A}_{2}$ 点,那么这束光走怎样的路线?
💡 答案解析
解 容易看出, 在同一介质中, 耗时最省的路线是直线. 假设光在介质 $\mathrm{I}$ 中的路线是直线段 ${A}_{1}P$ ,在介质 $\mathrm{{II}}$ 中的路线是直线段 $P{A}_{2}$ . 采用图 4-9 中的记号表示,我们有
$$ {A}_{1}P = \sqrt{{h}_{1}^{2} + {x}^{2}}, $$
$$ P{A}_{2} = \sqrt{{h}_{2}^{2} + {\left( l - x\right) }^{2}}. $$
光从 ${A}_{1}$ 经 $P$ 到 ${A}_{2}$ 所耗费的时间 $T$ 是 $x$ 的函数:
$$ T\left( x\right) = \frac{1}{{c}_{1}}\sqrt{{h}_{1}^{2} + {x}^{2}} + \frac{1}{{c}_{2}}\sqrt{{h}_{2}^{2} + {\left( l - x\right) }^{2}}. $$
我们来求这函数的最小值. 求导得
$$ {T}^{\prime }\left( x\right) = \frac{1}{{c}_{1}}\frac{x}{\sqrt{{h}_{1}^{2} + {x}^{2}}} - \frac{1}{{c}_{2}}\frac{l - x}{\sqrt{{h}_{2}^{2} + {\left( l - x\right) }^{2}}}, $$
$$ {T}^{\prime \prime }\left( x\right) = \frac{1}{{c}_{1}}\frac{{h}_{1}^{2}}{{\left( {h}_{1}^{2} + {x}^{2}\right) }^{3/2}} + \frac{1}{{c}_{2}}\frac{{h}_{2}^{2}}{{\left( {h}_{2}^{2} + {\left( l - x\right) }^{2}\right) }^{3/2}}. $$
因为 ${T}^{\prime }\left( 0\right) < 0,{T}^{\prime }\left( l\right) > 0$ ,所以在 0 和 $l$ 之间有 ${x}_{0}$ 使得 ${T}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) = 0$ . 又因为 ${T}^{\prime \prime }\left( x\right) > 0$ ,所以只有唯一的 ${x}_{0}$ 能使得 ${T}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) = 0$ . 在 ${x}_{0}$ 点函数 $T\left( x\right)$ 取得最小值. 这点满足的方程为
$$ \frac{1}{{c}_{1}}\frac{{x}_{0}}{\sqrt{{h}_{1}^{2} + {x}_{0}^{2}}} = \frac{1}{{c}_{2}}\frac{l - {x}_{0}}{\sqrt{{h}_{2}^{2} + {\left( l - {x}_{0}\right) }^{2}}}, $$
\begin{center} \includegraphics[max width=0.4\textwidth]{images/015.jpg} \end{center} \hspace*{3em}
图 4-9
即
$$ \frac{1}{{c}_{1}}\sin {\alpha }_{1} = \frac{1}{{c}_{2}}\sin {\alpha }_{2}, $$
或者
$$ \frac{\sin {\alpha }_{1}}{\sin {\alpha }_{2}} = \frac{{c}_{1}}{{c}_{2}}. $$
这就是著名的折射定律.