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Physik » Optik » Reflektierende Fläche, welche eine ebene Welle auf einen Punkt fokussiert, ist ein Paraboloid
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Universität/Hochschule J Reflektierende Fläche, welche eine ebene Welle auf einen Punkt fokussiert, ist ein Paraboloid
Bruce94
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  Themenstart: 2022-01-11

Hallo zusammen, ich sitze gerade an folgender Aufgabe: Zeigen Sie durch das Anwenden des Fermatschen Prinzips, dass eine reflektierende Fläche, welche eine ebene Welle auf einen Punkt fokussiert, ein Paraboloid sein muss. Ansatz: Ich habe mir zunächst eine Skizze gezeichnet. Die Skizze ist zunächst mal auf zwei Dimenstionen vereinfacht. Genutzt habe ich, dass der Einfallswinkel gleich dem Ausfallswinkel sein muss. https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/43051_IMG_20220111_201720_Copy_.jpg Das Fermatsche Prinzip besagt, dass Licht den Weg von A nach B nimmt, für den es am wenigsten Zeit benötigt. Zuerst dachte ich, dass deswegen meine orangene Strecke genauso groß sein muss wie die rote, aber das muss glaub ich nicht zwangsweise sein. Damit ich ein Paraboloid habe, muss mit dem Koordinatensystem in der Skizze \(y=a \cdot x^2\) gelten. Wenn ich einen Zusammenhang zwischen x und y aufstellen möchte, komme ich nur auf \(tan(\alpha)=\frac{x}{\overline{y}-y}\), wobei \(\overline{y}\) die y-Koordinate des fokussierten Punktes ist. Leider fehlt mir scheinbar bei der Aufgabe der Ansatz. Hat jemand eine Idee? Liebe Grüße Bruce


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semasch
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-01-12

Moin Bruce94, \quoteon(2022-01-11 20:30 - Bruce94 im Themenstart) Das Fermatsche Prinzip besagt, dass Licht den Weg von A nach B nimmt, für den es am wenigsten Zeit benötigt. Zuerst dachte ich, dass deswegen meine orangene Strecke genauso groß sein muss wie die rote, aber das muss glaub ich nicht zwangsweise sein. \quoteoff Wie du schon richtig sagst, sind die genannten Streckenzüge i.A. nicht gleich lang. Das Fermat'sche Prinzip kommt hier über das Reflexionsgesetz ins Spiel: \quoteon(2022-01-11 20:30 - Bruce94 im Themenstart) Genutzt habe ich, dass der Einfallswinkel gleich dem Ausfallswinkel sein muss. \quoteoff Dieses ergibt sich ja aus dem Fermat'schen Prinzip. \quoteon(2022-01-11 20:30 - Bruce94 im Themenstart) Damit ich ein Paraboloid habe, muss mit dem Koordinatensystem in der Skizze \(y=a \cdot x^2\) gelten. \quoteoff Damit wäre zunächst mal nur die Schnittkurve der Fläche mit der $(x,y)$-Ebene eine Parabel. Wenn du aber zeigen kannst, dass dies gilt, hast du automatisch auch, dass die Schnittkurve einer jeden gegenüber der $(x,y)$-Ebene um die $y$-Achse verdrehten Ebene (die ja genauso als $(x,y)$-Ebene herhalten kann) mit der Fläche diese Form hat. Ergänzt du dein Koordinatensystem um eine $z$-Achse zu einem dreidimensionalen kartesischen Koordinatensystem, folgt damit dann aus Stetigkeitsgründen, dass die Fläche durch die Koordinatenmenge \[\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3: y = a(x^2+z^2)\}\] gegeben ist, also das, was zu zeigen ist. \quoteon(2022-01-11 20:30 - Bruce94 im Themenstart) Wenn ich einen Zusammenhang zwischen x und y aufstellen möchte, komme ich nur auf \(tan(\alpha)=\frac{x}{\overline{y}-y}\), wobei \(\overline{y}\) die y-Koordinate des fokussierten Punktes ist. \quoteoff Das ist als Idee schon mal nicht schlecht, auch wenn die Gleichung so nicht stimmt. Korrekterweise muss es nämlich \[\tan(2 \alpha)=\frac{x}{\overline{y}-y} \tag{1}\] heißen. Wenn du nun verwendest, dass die Ableitung einer Funktion an einer Stelle die Steigung der Tangente an den Funktionsgraphen im entsprechenden Punkt ist, so kannst du aus deiner Skizze ablesen, dass weiter \[\tan(\alpha)=y' \tag{2}\] gilt. Aus $(1)$ und $(2)$ folgt \[\frac{2 y'}{1-y'^2} = \frac{x}{\overline{y}-y} \tag{3}.\] Beschränke dich nun oBdA. auf $x \ge 0$ und mach dir an dieser Stelle auch gleich anschaulich klar, dass sowohl $y$ als auch $y'$ streng monoton wachsen müssen, damit alle Strahlen in denselben Punkt fokussiert werden können, und weiter (Ersteres gemäß Koordinatenwahl) \[y(0) = 0, \quad y'(0) = 0 \tag{4}\] gilt. Damit sind dann aus Stetigkeitsgründen die endlich vielen Nullstellen der Funktionen in den Nennern der oben (und im Weiteren) auftretenden Brüche irrelevant und können ignoriert werden. Folgere dann durch zweimaliges Differenzieren und Umformen aus $(3)$, dass $y''' = 0$ ist und daraus mit $(4)$ letztlich, dass $y(x) = a x^2$ für ein $a > 0$ und alle $x \ge 0$. Aus Symmetriegründen folgt dann $y(x) = a x^2$ für alle $x \in \mathbb{R}$. LG, semasch


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Bruce94
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-01-12

Hi semasch, vielen Dank für deine Antwort! Bis auf zwei Punkte, kann ich sie nachvollziehen. \quoteon Wenn du nun verwendest, dass die Ableitung einer Funktion an einer Stelle die Steigung der Tangente an den Funktionsgraphen im entsprechenden Punkt ist, so kannst du aus deiner Skizze ablesen, dass weiter \[\tan(\alpha)=y' \] gilt. \quoteoff So wie ich das verstehe, verwenden wir \(y\) in Abhängigkeit von \(x\), also \(y(x)\). Die Steigung der Tangente (also \(y'\)) ist an der Stelle gegeben durch \(y'=\frac{y - 0}{x- \tilde{x}}\), wobei \(\tilde{x}\) die Länge der Strecke von dem Schnittpunkt der Tangente mit der x-Achse bis zur Stelle x (also die Stelle des Punkts auf der Parabel, den wir betrachten). Außerdem müsste \(tan(\alpha)= \frac{\tilde{x}}{y}\) gelten. Damit komme ich leider nicht auf \(\tan(\alpha)=y'\. \quoteon Folgere dann durch zweimaliges Differenzieren und Umformen aus $(3)$, dass $y''' = 0$ ist \quoteoff Das $y''' = 0$ ist ja nur für $x=0$ relevant, oder? Damit zeigen wir ja, dass es sich nicht um einen Wendepunkt handelt. Hier habe ich die Gleichung $(3)$ nach \(y'\) umgestellt und wollte dann ableiten. Sah aber nicht vielversprechend aus. Deswegen habe ich die Gleichung zu \(2 \cdot \frac{y'}{x}=\frac{(1-y')^2}{\overline{y}-y}\) umgestellt und beide Seiten zweimal abgeleitet. Das Ergebnis: $$2 \cdot \frac{y''' x^3-2y''x+2y'x}{x^4}=\frac{-2y''(\overline{y}-y)+2y''y'(\overline{y}-y)-(1-y')^2y'}{(\overline{y}-y)^2}$$ Nun kann ich nach $y'''$ umformen und $x=0$ einsetzen. Leider würde ich dadurch auch wieder durch Null teilen. Mache ich also einen Fehler beim Ableiten und sollte das $x$ letztendlich aus dem Nenner verschwinden? Viele Grüße Bruce


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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-01-12

\quoteon(2022-01-12 11:04 - Bruce94 in Beitrag No. 2) So wie ich das verstehe, verwenden wir \(y\) in Abhängigkeit von \(x\), also \(y(x)\). Die Steigung der Tangente (also \(y'\)) ist an der Stelle gegeben durch \(y'=\frac{y - 0}{x- \tilde{x}}\), wobei \(\tilde{x}\) die Länge der Strecke von dem Schnittpunkt der Tangente mit der x-Achse bis zur Stelle x (also die Stelle des Punkts auf der Parabel, den wir betrachten). Außerdem müsste \(tan(\alpha)= \frac{\tilde{x}}{y}\) gelten. Damit komme ich leider nicht auf \(\tan(\alpha)=y'\. \quoteoff Sei $A$ der betrachtete Punkt der Parabel, $B$ der Schnittpunkt der Tangente in $A$ mit der $x$-Achse und $C$ der Schnittpunkt der zur $y$-Achse parallelen Gerade durch $A$ mit der $x$-Achse. Wenn ich dein $\overline{x}$ hier mit $\Delta x$ bezeichne ($\overline{x}$ brauche ich später unten noch), so ist $A = (x,y(x)), B = (x-\Delta x,0)$ und $C = (x,0)$. Offenbar ist \[\tan(\angle ABC) = \frac{y(x)}{\Delta x} = \frac{y(x)-0}{x-(x-\Delta x)} = \frac{y(A)-y(B)}{x(A)-x(B)} = y'(x).\] Überlege dir schließlich anhand der Skizze (durch Betrachtung von ähnlichen Dreiecken), dass $\alpha = \angle ABC$ gilt. \quoteon(2022-01-12 11:04 - Bruce94 in Beitrag No. 2) Das $y''' = 0$ ist ja nur für $x=0$ relevant, oder? Damit zeigen wir ja, dass es sich nicht um einen Wendepunkt handelt. \quoteoff Nein. Die Idee ist hier vielmehr die Folgende (nochmal etwas verbessert gegenüber meinem ersten Beitrag und dem Ansatz über den Tangens von oben, um nur die stetige Differenzierbarkeit von $y = y(x)$ voraussetzen zu müssen): Betrachte oBdA. $x \ge 0$. Bezeichne $(\overline{x},\overline{y})$ den in der oberen Halbebene liegenden Schnittpunkt der zur $x$-Achse parallelen Gerade durch den Fokalpunkt mit dem Funktionsgraphen. Wegen der in Beitrag #1 erwähnten strengen Monotonie gilt \[y'(x) = 0 \iff x = 0, \quad y'(x) = 1 \iff x = \overline{x}.\] Die Beziehung $\alpha = \angle ABC$ von weiter oben gibt dann für $x > 0$ \[\frac{(1-y')^2}{2 y'} = \cot(2 \angle ABC) = \cot(2 \alpha) = \frac{\overline{y}-y}{x}\] Löse diese Gleichung (unter Beachtung von $y'(x) > 0$ für $x > 0$) nach $y'$ auf. Der resultierende Ausdruck impliziert, dass $y$ für $x > 0$ zweimal stetig differenzierbar ist. Bildest du die Ableitung davon und verwendest den hergeleiteten Ausdruck für $y'$, so erhältst du \[y'' = \frac{y'}{x} \tag{5}.\] Damit ist $y$ für $x > 0$ dreimal stetig differenzierbar und es gilt (wie du durch Ableiten und Verwendung von $(5)$ zeigen kannst) $y''' = 0$. Dreimaliges Integrieren liefert dir, dass für $x > 0$ die Beziehung $y(x) = ax^2 + bx + c$ für gewisse $a, b, c \in \mathbb{R}$ gilt. Mit der stetigen Differenzierbarkeit von $y$ und $(4)$ folgt $y(x) = ax^2$, wobei hier aus Monotoniegründen $a > 0$ sein muss. LG, semasch


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Ich danke dir für deine Hilfe! Liebe Grüße Bruce


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