大阪大学 基礎工学研究科 生体システム工学 2021年8月実施 II-1

标签：

• Osaka-University
• Calculus-of-Variations
• Fermat-Principle-and-Snells-Law

Author

Miyake, 祭音Myyura

Description

原題に基づく要約（日本語）

公式原題

平面内の光路を $y=y(x)$ とし、屈折率を $n(x,y)$、真空中の光速を $c$ とする。光は $P_1=(x_1,y_1)$ から $P_2=(x_2,y_2)$ へ進む。

問1

1. 微小弧長 $dl=\sqrt{1+y'^2}\,dx$ を用い、伝播時間が $T[y]=\int_{x_1}^{x_2}\frac{n(x,y)}c\sqrt{1+y'^2}\,dx=\int_{x_1}^{x_2}L(x,y,y')\,dx$ と書けることを示す。
2. 端点固定の変分 $y=\bar y+\varepsilon h$ から、停留条件 $\partial L/\partial y-d(\partial L/\partial y')/dx=0$ を導く。
3. $n=n_0$ が定数ならば、この式が $y''=0$ となり、光路が両端点を結ぶ直線となることを示す。

問2

$x=x_0$ を境界とする屈折率 $n_1,n_2$ の一様媒質を考える。光は $P_1$ から $(x_0,0)$ を経て $P_2$ へ進み、$x_1<x_0<x_2,\ y_1>0>y_2$ とする。入射角 $\theta_1$ と屈折角 $\theta_2$ は水平方向の法線から測る。

1. 光路の傾きを用いて $\sin\theta_1$ を表す。
2. 全伝播時間を各媒質での時間の和で表す。
3. Euler–Lagrange 方程式と界面での変分条件から $n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2$ を導く。

题目描述

设平面内光路写作 $y=y(x)$，介质折射率为 $n(x,y)$，真空光速为 $c$，光从 $P_1=(x_1,y_1)$ 传播到 $P_2=(x_2,y_2)$。

【问题 1：Fermat 原理与变分法】

1. 从微小弧长

   $$dl=\sqrt{1+y'^2}\,dx$$

   出发，证明传播时间可写为

   $$T[y]=\int_{x_1}^{x_2}\frac{n(x,y)}c\sqrt{1+y'^2}\,dx =\int_{x_1}^{x_2}L(x,y,y')\,dx.$$

2. 对端点固定的变分 $y=\bar y+\varepsilon h$，推导传播时间取驻值所满足的 Euler–Lagrange 方程

   $$\frac{\partial L}{\partial y}-\frac d{dx}\frac{\partial L}{\partial y'}=0.$$

3. 当折射率为常数 $n_0$ 时，证明该方程化为 $y''=0$，所以光路是连接 $P_1,P_2$ 的直线。

【问题 2：折射定律】

两均匀介质折射率分别为 $n_1,n_2$，界面为 $x=x_0$。光从 $P_1$ 经 $(x_0,0)$ 到达 $P_2$，且 $x_1<x_0<x_2,\ y_1>0>y_2$。入射角与折射角 $\theta_1,\theta_2$ 从水平方向的法线量起。

1. 用光路线段斜率表示 $\sin\theta_1$；

2. 将总传播时间写成光在两介质中传播时间之和；

3. 利用 Euler–Lagrange 方程及界面处的变分条件推导 Snell 定律

   $$n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2.$$

Kai

(問 1)

(ア)

曲線 $y=y(x)$ 上の2点 $(x,y), (x+\Delta x, y+\Delta y)$ （ただし $0 \lt \Delta x \ll 1$ ）を考えると、

$$\begin{aligned} \Delta y \simeq y'(x) \Delta x \end{aligned}$$

であり、この2点間の距離 $\Delta l$ は

$$\begin{aligned} \Delta l &= \sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2} \\ &\simeq \Delta x \sqrt{1 + y'(x)^2} \end{aligned}$$

である。 さらに、この2点の間を通るときの光の速さは $c / n(x,y)$ とみなせるので、 要する時間 $\Delta t$ は

$$\begin{aligned} \Delta t &= \frac{\Delta l}{\frac{c}{n(x,y)}} \\ &\simeq \frac{n(x,y)}{c} \Delta x \sqrt{1 + y'(x)^2} \end{aligned}$$

である。 よって、

$$\begin{aligned} T &= \int_{x_1}^{x_2} \frac{n(x,y)}{c} \sqrt{1 + y'(x)^2} dx \end{aligned}$$

であり、題意のように書ける。

(イ)

$$\begin{aligned} L \left( x, \bar{y} + \epsilon h, \bar{y}' + \epsilon h' \right) \simeq L \left( x, \bar{y}, \bar{y}' \right) + \epsilon h(x) \frac{\partial L}{\partial y} (x,\bar{y},\bar{y}') + \epsilon h'(x) \frac{\partial L}{\partial y'} (x,\bar{y},\bar{y}') \end{aligned}$$

である。端点固定より $h(x_1)=h(x_2)=0$ であり、

$$\begin{aligned} &\int_{x_1}^{x_2} L \left( x, \bar{y}(x) + \epsilon h(x), \bar{y}'(x) + \epsilon h'(x) \right) dx - \int_{x_1}^{x_2} L \left( x, \bar{y}(x), \bar{y}'(x) \right) dx \\ &= \epsilon \int_{x_1}^{x_2} \left\{ h(x) \frac{\partial L}{\partial y} (x,\bar{y}(x),\bar{y}'(x)) + h'(x) \frac{\partial L}{\partial y'} (x,\bar{y}(x),\bar{y}'(x)) \right\} dx+o(\epsilon) \\ &= \epsilon \left[ h(x) \frac{\partial L}{\partial y'} (x,\bar{y}(x),\bar{y}'(x)) \right]_{x_1}^{x_2} + \epsilon \int_{x_1}^{x_2} \left\{ h(x) \frac{\partial L}{\partial y} (x,\bar{y}(x),\bar{y}'(x)) - h(x) \frac{d}{dx} \frac{\partial L}{\partial y'} (x,\bar{y}(x),\bar{y}'(x)) \right\} dx +o(\epsilon) \\ &= \epsilon \int_{x_1}^{x_2} h(x) \left\{ \frac{\partial L}{\partial y} (x,\bar{y}(x),\bar{y}'(x)) - \frac{d}{dx} \frac{\partial L}{\partial y'} (x,\bar{y}(x),\bar{y}'(x)) \right\} dx+o(\epsilon) \end{aligned}$$

である。$T$ の停留性と $h$ の任意性より、Euler–Lagrange 方程式が成り立つ。

(ウ)

今の場合

$$\begin{aligned} L \left( x, y, y' \right) &= \frac{n_0}{c} \sqrt{ 1 + y'^2 } \end{aligned}$$

であり、

$$\begin{aligned} \frac{d}{dx} \frac{\partial L}{\partial y'} &= \frac{n_0}{c} \frac{d}{dx} \frac{y'}{\sqrt{ 1 + y'^2 }} \\ &= \frac{n_0}{c} \frac{y''}{\left( 1 + y'^2 \right)^\frac{3}{2}} , \\ \frac{\partial L}{\partial y} &= 0 \end{aligned}$$

であるから、Euler–Lagrange 方程式は

$$\begin{aligned} y''(x) = 0 \end{aligned}$$

となり、これの解は点 $P_1, P_2$ を通る直線であることがわかる。

(問 2)

(ア)

$x_1 \lt x \lt x_0$ において

$$\begin{aligned} y' &= \frac{-y_1}{x_0-x_1} \\ &= - \tan \theta_1 \end{aligned}$$

であるから、 $0 \lt \theta_1 \lt \pi/2$ であることを考慮して、

$$\begin{aligned} \sin \theta_1 &= \frac{\tan \theta_1}{\sqrt{1 + \tan^2 \theta_1}} \\ &= - \frac{y'}{\sqrt{1 + y'^2}} \end{aligned}$$

がわかる。

(イ)

$$\begin{aligned} T &= \frac{n_1}{c} \int_{x_1}^{x_0} \sqrt{1 + y'^2} dx + \frac{n_2}{c} \int_{x_0}^{x_2} \sqrt{1 + y'^2} dx \end{aligned}$$

(ウ)

各媒質内では Euler–Lagrange 方程式が成り立つ。界面で連続な変分 $h$ を取り、端点を固定すると、部分積分で残る界面項は

$\delta T=\left[\left.\frac{\partial L_1}{\partial y'}\right|_{x_0^-}-\left.\frac{\partial L_2}{\partial y'}\right|_{x_0^+}\right]h(x_0).$

$h(x_0)$ は任意なので、停留性は $\partial L_1/\partial y'=\partial L_2/\partial y'$ を要求する。ここで

$\frac{\partial L_i}{\partial y'}=\frac{n_i}{c}\frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}=-\frac{n_i}{c}\sin\theta_i.$

よって

$\boxed{n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2}.$

これで、設問の指定どおり Euler–Lagrange の変分計算から屈折則が得られる。

Reference

• 大阪大学 基礎工学研究科 2022年度 生体システム工学II