НОФ 1990, III кръг (национален) — Задача 3

• а) $\sin\frac{\gamma+2\alpha}{4} = \frac{\xi}{n},\quad \xi = \sin\alpha$

  В решението е дадено и във вида $\sqrt{1+\sqrt{1-\xi^2}}\,\sin\frac{\gamma}{4} + \sqrt{1-\sqrt{1-\xi^2}}\,\cos\frac{\gamma}{4} = \frac{2\xi}{n}$ (както е отпечатано).

• б) $\xi_1 = 0$, $\xi_2 = \frac{n}{2}\sqrt{4-n^2} = 0{,}994$

• в) $\gamma_{max} = 42^{\circ}02'$ при $\xi = \sqrt{\frac{4-n^2}{3}} = 0{,}861$ ($\alpha = 59^{\circ}26'$)

Отчитането на сферичната симетрия на капката и законите за пречупване и отражение води до това, че траекторията на всеки лъч лежи в равнина, минаваща през центъра на капката (1т.). От фиг. 2 следва, че

2т.

От закона за пречупване в точка $A$ $\sin\alpha = n\sin\beta$ (1т.) и $\xi = \sin\alpha$ (1т.) следва основното равенство

1т.

Тогава

2т.

Случаят $\gamma = 0$ е възможен при прицелни параметри

3т.

За определяне на $\gamma_{max}$ трябва да се диференцира основното равенство по $\xi$ и $\gamma$ и $\alpha$ да се разглеждат като функции на $\xi$. Тогава

Като се отчете, че $\alpha' = 1/\sqrt{1-\xi^2}$ се достига до израза

4т.

От тук се определя

2т.

Тази стойност на $\xi$ съответства на $\alpha = 59^0 26'$ (1т.) и следователно $\gamma_{max} = 42^0 02'$ (1т.). На фиг. 3 е представена графически зависимостта $\gamma(\xi)$ (1т.).

Общо 20 точки