1r ciclo Dioptrio

[arivasm]

En este hilo planteo un "desafío" (no será complicado) relacionado con el ejercicio que Turing trajo en otro hilo (http://forum.lawebdefisica.com/threads/28576-Espejo).

En ese último se trataba de demostrar el resultado, bastante conocido, de que la forma de un espejo que concentra los rayos procedentes del infinito en un punto es un paraboloide y que dicho punto es el foco del espejo.

En este hilo se trata de un caso algo menos conocido: la forma que deberá tener un dioptrio que concentre los rayos procedentes del infinito en un único punto. La solución es un esferoide prolato, es decir, el resultado de rotar una elipse alrededor de su eje mayor. El punto en cuestión es un foco de la elipse y la excentricidad de ésta es el inverso del índice de refracción relativo.

¿Alguien se anima a jugar?

[carroza]

Re: Dioptrio

Hola.

¿Estás partiendo de que el punto donde se enfocan los rayos está en el interior del dioptrio (vulgo lente)?

Me viene a la memoria que en casa de mi abuela había unas misteriosas quemaduras en el hule de la mesa del comedor. Posteriormente, nos dimos cuenta de que era por el efecto de la concentración de los rayos del sol por una jarra de cristal, aproximadamente esférica, llena de agua.

Un saludo

[arivasm]

Re: Dioptrio

Sí. Mi propuesta es que el foco esté dentro del dioptrio. De todos modos, si se completa con una superficie esférica centrada en dicho punto, al no haber desviación de los rayos en ella, tendremos una lente sin aberración esférica con ese mismo foco.

[arivasm]

Re: Dioptrio

Para animar:


El círculo blanco es innecesario. Sólo es para mostrar que se podría hacer una lente que concentrase en el origen todos los rayos que lleguen paralelos desde el infinito. Igualmente, la mitad izquierda sobra (salvo que también se incluyan rayos procedentes de la izquierda).

[arivasm]

Re: Dioptrio

Un paso más.

De la ley de Snell

$n \sin \alpha = \sin (\alpha+\theta) = \sin \alpha \cos \theta + \cos \alpha \sin \theta$

se tiene

$(n - \cos \theta) \sin \alpha = \sin \theta \cos \alpha$

Es decir,

$$\tan \alpha = \frac{\sin \theta }{n - \cos \theta}$$

La pendiente de la curva del dioptrio será

$\dst \frac{\dd y}{\dd x}=-\tan \beta = - {\frac{1}{\tan (\alpha + \theta)}}=\frac{\sin\theta \sin \alpha - \cos \theta \cos \alpha}{\sin \theta \cos\alpha + \cos\theta \sin \alpha} = \frac{\sin\theta \tan\alpha - \cos \theta}{\sin\theta + \cos\theta \tan \alpha}$

Substituyendo (1)

$\dst\frac{\dd y}{\dd x} = \frac{{\frac{\sin^2\theta}{n-\cos \theta}} - \cos\theta}{\sin\theta + \frac{\sin\theta \cos\theta}{n-\cos \theta}}$

Esto es

$$<br /> \frac{\dd y}{\dd x} =\frac{1-n \cos\theta}{n \sin\theta}$$

[arivasm]

Re: Dioptrio

Aunque veo que no ha despertado grandes entusiasmos, terminaré el problema.

Yo recurriré a usar coordenadas polares, es decir, buscaré una solución $r(\theta)$.

Como $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, entonces $\dd x=\dd r\cos\theta-r\dd\theta\sin\theta$ y $\dd y=\dd r\sin\theta+r\dd\theta\cos\theta$, de manera que

$$\dst\frac{\dd y}{\dd x}=\frac{r'\sin\theta+r\cos\theta}{r'\cos\theta-r\sin\theta}$$

donde $\dst r'=\frac{\dd r}{\dd\theta}$

Llevando (3) a (2) y despejando $r'$ tenemos la ecuación diferencial

$$r'=\frac{\dd r}{\dd\theta}=-r\frac{\sin\theta}{n-\cos\theta}$$

cuya solución es inmediata: si llamamos $r_0=r(\theta=0)$ podemos escribir

$\dst\int_{r_0}^r\frac{\dd r}{r}=-\int_0^\theta\frac{\sin\theta}{n-\cos\theta}\dd\theta$

esto es

$\dst \ln\frac{r}{r_0}=-\ln\frac{n-\cos\theta}{n-1}$

es decir

$$r=\frac{(n-1)r_0}{n-\cos\theta}$$

Recordando que la ecuación polar de una elipse, tomando como origen un foco es

$\dst r=\frac{a(1-e^2)}{1-e\cos\theta}$

escribiendo (5) como

$\dst r=\frac{\frac{n-1}{n}r_0}{1-\frac{1}{n}\cos\theta}=\frac{\left(1-\frac{1}{n^2}\right)\frac{n}{n+1}r_0}{1-\frac{1}{n}\cos\theta}$

vemos que la elipse tiene excentricidad $1/n$ y semieje mayor $\dst a=\frac{n}{n+1}r_0$

Terminaré rectificando un detalle: la elipse solución no es como la dibujada en un post anterior, sino como esta otra

- - - Actualizado - - -

Me he dado cuenta de que otra forma de resolver la ecuación (2), que conduce más rápidamente a la solución es la siguiente: si multiplicamos numerador y denominador del lado derecho por $r=\sqrt{x^2+y^2}$ nos queda

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

que podemos escribir

$\dst r=ny\frac{\dd y}{\dd x}+nx=\frac{n}{2}\,\frac{\dd}{\dd x}(x^2+y^2)=\frac{n}{2}\,\frac{\dd r^2}{\dd x}=nr\frac{\dd r}{\dd x}$

de manera que (2) equivale a

$$\frac{\dd r}{\dd x}=\frac{1}{n}$$

cuya solución es $\dst r=\frac{1}{n}x+C$ donde la constante de integración se encuentra sin más que tener en cuenta que si $r=r_0$ entonces $x=r_0$, con lo que finalmente

$\dst r=\frac{x+(n-1)r_0}{n}$

es decir

$\dst r=\frac{r\cos\theta+(n-1)r_0}{n}$

de donde se puede despejar $r$ y así obtener la solución anterior.