3.1. Отражение света. Показать, что при отражении от зеркала выполняется условие
$$\mathbf{e}={\mathbf{e}}_0-2\left({\mathbf{e}}_0\mathbf{n}\right)\mathbf{n},$$

где е и ${\mathbf{e}}_0$ — орты отраженного и падающего лучей, $\mathbf{n}$ — орт нормали к плоскости зеркала.
Р е ш е и е. Согласно рис. 3.8 , можно записать:
$$\mathbf{e}={\mathbf{e}}_0+\mathrm{\Delta }\mathbf{e}$$
Рис. 3.8

Найдем вектор $\mathrm{\Delta }$. Его модуль, как видно из рисунка, $|\mathrm{\Delta }\mathrm{e}|=2\left|{\mathbf{e}}_0\right|\cos \alpha =2\cdot 1\cdot (-\cos \beta )=-2\left({\mathbf{e}}_0\mathbf{n}\right)$. И сам вектор
$$\mathrm{\Delta }\mathbf{e}=-2\left({\mathbf{e}}_0\mathbf{n}\right)\mathbf{n},$$

что и требовалось показать.
3.2. Воспользовавшись формулой из предыдущей задачи, показать, что луч света, последовательно отразившийся от трех взаимно перпендикулярных плоских зеркал, изменит свое направление на прямо противоположное. Это так называемый уголковый отражатель — идеальный объект для радаров.
Р еш е н и е. Согласно формуле из предыдущей задачи можно записать
$$e_1=e_0-2\left(e_0{n}_1\right)n_1,e_2=e_1-2\left(e_1{n}_2\right)n_2,e_3=e_2-2\left(e_2{n}_3\right)n_3.$$

Сложив отдельно левые и правые части этих равенств, получим после сокращения:
$${\mathbf{e}}_3=e_0-2[\left(e_0{n}_1\right){\mathbf{n}}_1+\left({\mathbf{e}}_1{\mathbf{n}}_3\right){\mathbf{n}}_2+\left(e_2{\mathbf{n}}_3\right){\mathbf{n}}_3].$$

В этом выражении ( ${\mathbf{e}}_1{\mathbf{n}}_2)=\left({\mathbf{e}}_0{\mathbf{n}}_2\right)$ — это следует из (1), если первое равенство умножить скалярно на ${\mathbf{n}}_2$. Поступая аналогично, найдем: $\left({\mathbf{e}}_2{\mathbf{n}}_3\right)=\left({\mathbf{e}}_1{\mathbf{n}}_3\right)=\left({\mathbf{e}}_0{\mathbf{n}}_3\right)$. После этого (2) можно переписать так:
$${\mathbf{e}}_3={\mathbf{e}}_0-2[\left({\mathbf{e}}_0{\mathbf{n}}_1\right){\mathbf{n}}_1+\left({\mathbf{e}}_0{\mathbf{n}}_2\right){\mathbf{n}}_2+\left({\mathbf{e}}_0{\mathbf{n}}_3\right){\mathbf{n}}_3].$$

Величины в круглых скобках — это направляющие косинусы орта ${\mathbf{e}}_0$ относительно координат с ортами ${\mathbf{n}}_1,{\mathbf{n}}_2,{\mathbf{n}}_3$. Значит, величина в квадратных скобках есть просто ${\mathbf{e}}_0$ и ${\mathbf{e}}_3=-{\mathbf{e}}_0$, что и требовалось доказать.
3.3. Свет интенсивности $I_0$ падает нормально на идеально прозрачную пластинку. Считая, что коэффициент отражения каждой поверхности ее $\rho =0,05$, найти интенсивность $I$ прошедшего через пластинку света с учетом:
a) только однократных отражений;
б) многократных отражений.
Р ешения и е. После первой поверхности интенсивность будет равна $I_0(1-\rho )$, после второй поверхности
$$I=I_0(1-\rho {)}^2\approx I_0(1-2\rho )=0,9I_0.$$

б) После прохождения двух поверхностей интенсивность равна $I_0(1-\rho {)}^2$. При этом часть $I_0(1-\rho )\rho$ отражается от второй поверхности и затем, отразившись от первой поверхности, станет равной $I_0(1-\rho ){\rho }^2$. И световая волна при прохождении второй поверхности будет иметь интенсивность $I_0(1-\rho {)}^2{\rho }^2$— это после двукратного отражения. Следующая волна испытает четырехкратное отражение и выйдет из пластинки с интенсивностью $I_0(1-\rho {)}^2{\rho }^4$. Затем надо учесть вклады от шести-, восьми- и т. д. кратных отражений.
В сумме интенсивность проходящего света можно представить как
$$I=I_0(1-\rho {)}^2(1+{\rho }^2+{\rho }^4+\dots )=I_0(1-\rho )/(1+\rho )\approx 0,9I_0,$$

где учтено, что сумма геометрической прогрессии $1+{\rho }^2+{\rho }^4+\dots =$ $=1/(1-{\rho }^2)$.

Полученный результат практически совпадает с найденным в предыдущем пункте (отличие составляет всего $\mathrm{\Delta }I/I\approx {\rho }^2=0,25\mathrm{\%}$ ). Поэтому, как правило, многократными отражениями пренебрегают.
3.4. Преломление света. При каком значении угла падения ${\vartheta }_1$ луч, отраженный от поверхности прозрачного диэлектрика, будет перпендикулярен преломленному лучу, если показатель преломления диэлектрика равен $n$ ?
Р еш ен и е. В этом случае должны быть выполнены два условия:
$$\sin {\vartheta }_1=n\sin {\vartheta }_2,{\vartheta }_1^{\prime }+{\vartheta }_2=\pi /2,$$

где ${\vartheta }_1^{\prime }$ — угол отражения, равный углу ${\vartheta }_1$. Поэтому первое равенство запишем так:
$$\sin {\vartheta }_1=n\sin (\pi /2-{\vartheta }_1)=n\cos {\vartheta }_1.$$

Отсюда следует, что $\mathrm{tg}{\vartheta }_1=n$.
3.5. Пучок параллельных лучей интенсивности $I_0$ падает на поверхность прозрачного диэлектрика с показателем преломления $n$. Угол падения ${\vartheta }_1$ таков, что $\mathrm{tg}{\vartheta }_1=n$. При этом $\rho$-часть светового потока отражается. Найти интенсивность преломленною пучка.

Рис. 3.9
Р е ш е и е. Пусть пучок параллельных лучей падает на поверхность диэлектрика площади $S$ (рис. 3.9). Исходим из того, что для потоков должно выполняться равенство
$${\mathrm{\Phi }}_0={\mathrm{\Phi }}^{\prime }+{\mathrm{\Phi }}^{\prime \prime }$$
(именно для потоков, а не для интенсивностей, поскольку сечения падающего и преломленного пучков при наклонном падении не одинаковы).
Теперь представим с помощью рис. 3.9 потоки как произведения интенсивностей на сечения пучков. Тогда предыдущее равенство примет вид:
$$I_{0}S\cos {\vartheta }_1=\rho I_{0}S\cos {\vartheta }_1+I^{\prime \prime }S\cos {\vartheta }_2.$$

Отсюда $I^{\prime \prime }=(1-\rho )I_0\cos {\vartheta }_1/\cos {\vartheta }_2$. Из условия $\mathrm{tg}{\vartheta }_1=n$ имеем $\sin {\vartheta }_1=n\cos {\vartheta }_1$. Сопоставив последнее равенство с выражением для закона преломления (3.15), видим, что $\cos {\vartheta }_1=\sin {\vartheta }_2$. Отсюда следует, что $\cos {\vartheta }_2=\sin {\vartheta }_1$. И выражение для искомой интенсивности $I^{\prime \prime }$ примет вид:
$$I^{\prime \prime }=(1-\rho )I_0/n.$$
3.6. Показать, что при преломлении в призме с малым преломляющим углом $\theta$ луч отклоняется от своего первоначального направления на угол $\alpha =(n-1)\theta$ независимо от угла падения, если он также мал.
Р еш ен и е. Вследствие малости углов падения (и преломления) синусы в законе Снелла (3.15) можно опустить. Тогда условия преломления на передней и задней поверхностях призмы (рис. 3.10) примут вид:
$${\vartheta }_1=n{\vartheta }_1^{\prime },n{\vartheta }_2={\vartheta }_2^{\prime },{\vartheta }_1^{\prime }+{\vartheta }_2=\theta .$$

Рис. 3.10
Рис. 3.11

Искомый угол $\alpha$, как видно из рисунка, равен
$$\alpha =({\vartheta }_1-{\vartheta }_1^{\prime })+({\vartheta }_2^{\prime }-{\vartheta }_2).$$

После подстановки углов из (1) в (2) получим $\alpha =(n-1)\theta$.
3.7. Принцип Ферма. Вывести с помощью этого принципа закон преломления света на границе раздела двух прозрачных диэлектриков с показателями преломления $n_1$ и $n_2$.
Р е ш е и е. Найдем точку $C$ (рис. 3.11), в которой должен преломиться луч, распространяясь от $A$ к $B$, чтобы оптическая длина пути $L$ была экстремальной. Пусть отрезок $A^{\prime }{B}^{\prime }=b$, тогда, как видно из рисунка,
$$L=n_1{s}_1+n_2{s}_2=n_1\sqrt{a_1^2+x_1^2}+n_2\sqrt{a_2^2+(b-x{)}^2}.$$

Продифференцируем это выражение по $x$ и приравняем производную нулю:
$$\frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}x}=\frac{n_{1}x}{\sqrt{a_1^2+x^2}}-\frac{n_2(b-x)}{\sqrt{a_2^2+(b-x{)}^2}}=n_1\frac{x}{s_1}-n_2\frac{b-x}{s_2}=0.$$

Множители при $n_1$ и $n_2$ равны соответственно $\sin {\vartheta }_1$ и $\sin {\vartheta }_2$. Таким образом, получаем $n_1\sin {\vartheta }_1=n_2\sin {\vartheta }_2$, что и требовалось.
3.8. Вывести с помощью принципа Ферма формулу преломления параксиальных лучей на сферической поверхности радиуса $R$, разделяющей среды с показателями преломления $n$ и $n^{\prime }$ :
$$\frac{n^{\prime }}{s^{\prime }}-\frac{n}{s}=\frac{n^{\prime }-n}{R}\text{. }$$

Рис. 3.12
Ре ше ни е. Пусть $S$ — точечный источник света и $S^{\prime }$ — его изображение (рис. 3.12). По принципу Ферма оптические длины всех лучей, вышедших из $S$ и собравшихся в $S^{\prime }$, должны быть одинаковы. Проведем дуги окружностей из центров $S$ и $S^{\prime }$ радиусами $SO$ и $S^{\prime }N$. Тогда оптические пути $DN$ и $OB$ должны быть равны:
$$n\cdot DN=n^{\prime }\cdot OB\text{. }$$

Для параксиальных лучей $DN\approx AO+OC$. Найдем последние два отрезка. Сначала $AO$ : из рисунка видно, что $r^2=(SD{)}^2-(SA{)}^2=$ $=(SD+SA)(SD-SA)\approx 2(-s)AO$, откуда $AO=r^2/(-2s)$.
Аналогично $OC=r^{\prime 2}/2R$. Отсюда находим сумму $AO+OC$, т. е. $DN$.
В свою очередь $OB=OC-BC=r^{\prime 2}/2R-r^{\prime 2}/2s^{\prime }$. Подставив это выражение в (1) и имея в виду, что $r^{\prime }\approx r$, получим искомое соотношение.
3.9. Тонкая линза. Найти с помощью формулы преломления на сферической границе раздела (см. предыдущую задачу) формулу тонкой линзы в воздухе.
Р еш ен и е. Применим указанную формулу последовательно для передней и задней поверхностей линзы. Для передней поверхности (рис. 3.13), полагая, что за ней всюду среда с показателем преломления $n$, запишем:
$$\frac{n}{d+s_0}-\frac{1}{s}=\frac{n-1}{R_1}.$$

Для задней поверхности линзы источник $S_0$ находится справа (он мнимый), и мы имеем:
$$\frac{1}{s^{\prime }}-\frac{n}{s_0}=\frac{1-n}{R_2},$$
1де $s_0>0$, а $R_2<0$ (в соответствии с правилом знаков).

Рис. 3.13
Сложив отдельно левые и правые части этих равенств с учетом того, что толщина линзы $d$ пренебрежимо мала, получим:
$$\frac{1}{s^{\prime }}-\frac{1}{s}=(n-1)(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}).$$
3.10. Найти построением продолжение хода луча за собирающей и рассеивающей тонкими линзами (рис. 3.14, где $O{O}^{\prime }$ — главная оптическая ось, $F$ и $F^{\prime }$ — передний и задний фокусы линзы). Обратить внимание на то, что фокусные расстояния, переднее и заднее, разные.
Рис. 3.14
Р е ш е н и е. а) Прежде всего отметим, что переднее фокусное расстояние больше заднего, а это значит, согласно (3.18), что показатель преломления среды слева от линзы больше, чем справа, $n>n^{\prime }$. Ход построения: вспомогательные лучи изобразим штриховыми линиями и последовательно перенумеруем (рис. $3.15,a$ ), — это позволяет легко восстанавливать последовательность самого построения. Следует обратить внимание на то, что луч, падающий параллельно заданному лучу и проходящий, не преломляясь, через линзу и изображение $S^{\prime }$, определяет положение замечательной точки $K$ (ее называют узловой), которая играет роль оптического центра линзы: любой луч, проходящий через точку $K$, не преломляется линзой, например, луч $K{K}^{\prime }$. Луч же, проходящий через центр линзы (здесь он не является оптическим центром), преломляется, что легко проверить с помощью построения. Для точечного источника, помещенного в точку $\kappa$, линзы как бы нет.

Pис. 3.15
б) Здесь, согласно (3.18), справа от линзы показатель преломления среды больше, $n^{\prime }>n$. Ход построения показан на рис. 3.15 , б. Вспомогательный луч 1 , параллельный падающему и проходящий через передний фокус $F$ (он справа от линзы), должен за линзой стать параллельным оси $O{O}^{\prime }$, это луч 2. Его точка пересечения с задней фокальной плоскостью 3 (она слева от линзы) определяет положение мнимого изображения — точки $S$ : Продолжение исходного луча за линзой должно проходить через точку $S^{\prime }-$ луч 4 . Положение узловой точки $K$ найдем, проведя через точку $S^{\prime }$ прямую, параллельную исходному лучу. Точка пересечения этой прямой с оптической осью $O{O}^{\prime }$ и есть точка к. Любой луч, проходящий через эту точку, линзой не преломляется (например, луч $K{K}^{\prime }$ ).