[Luis Fuentes]

Hola

 Si no me equivoco hay una forma muy fácil de gestionar el asunto. Dos ideas:

1) Si el cociente entre el índice de refracción inferior y superior es \( r \) basta trabajar en una mesa de juego análoga, pero con la dimensión vertical de la región superior multiplicada por \( r \) y considerar toda esa mesa como un medio uniforme. Después cualquier resultado obtenido en ese juego puede devolverse a la mesa original deformando proporcional y verticalmente el rectángulo superior (y los rayos que allí pululen) diviéndolo por \( r \). ¡OJO. MAL!

 2) Una vez que nuestra mesa es uniforme, basta reproducirla en una cuadrícula tomando sucesivamente reflexiones verticales y horizontales. Ahora dado un punto cualquier basta unirlo en línea recta con alguna de sus reflexiones y luego ir deshaciendo las reflexiones de cada trocito de esa recta en cada copia de nuestra mesa por simetría hasta obtener la trayectoria en la mesa original.

 Esto prueba que siempre es posible obtener un rayo que vuelva al punto de partida; además dependiendo de con que simétrico (más cercano o más lejano) unamos el punto original puede obtenerse una reflexión con más o menos rebotes.

 Creo que esté gráfico puede ilustrar lo que digo:


 Pueden moverse los puntos en rojo y la relación entre índices; aunque si se mueven mucho el dibujo puede fallar porque no he conseguido automatizar del todo las distintas posibilidades de intersección de la recta según cruce más o menos copia de la mesa.

Saludos.

CORREGIDO (ERROR GRAVE)

[Richard R Richard]

Hola:
Además de preguntar si es posible elegir el ángulo \( \theta_1 \) para que la trayectoria vuelva a pasar por el punto de partida, también pregunta S.S lo siguiente:

¿Prodria tener un ángulo donde en algun momento el rayo toca el punto amarillo y vuelve a repetirse en patron?

Creo que depende de la posición inicial, además de los índices de refracción de los medios y de las dimensiones de la caja; quizás no sea posible siempre que ocurra lo que se muestra en la figura
¿Qué opináis?
Saludos

Que tienes razón, igual que leo ahora a Luis, lo dicho,  sí es posible una trayectoria que vuelva a pasar por el punto con la misma dirección y sentido, como preguntaba S.S, de hecho de ese gráfico salen las ecuaciones que presenté antes.


Solo notar que se puede agregar a derecha e izquierda el gráfico simétrico vertical contiguo,  eliminar la pared y habremos duplicado la longitud L,  se puede hacer lo mismo un número entero K de veces con el mismo resultado.


Si la fisica no limitara, es decir que no existiese la dispersión y la absorción , un rayo de luz ,lanzado en tales condiciones, circulará confinado para siempre, sería además una buena forma de acumular energía. Pero como siempre, nunca podemos replicar en la práctica condiciones ideales. Y la caja terminará radiando como cuerpo negro y fin de la posible utilidad, que además la luz debería tener una serie de frecuencias específicas que sumen ondas constructivamente.

[ancape]

Hola

Creo que la pregunta de S.S era decidir si existe, una vez elegido el punto \( P \) de partida, un ángulo \( \theta_1 \) de forma que el rayo que parte de \( P \) con ese ángulo, vuelva a pasar por \( P \).

Creo que la razón que di en mi comentario anterior prueba que SIEMPRE existe tan ángulo. Allí expuse un caso particular para hacer el gráfico y dejé la frase 'podemos probar contando ángulos lo que el gráfico sugiere y he expuesto antes' para animar a elaborar una demostración mas fiable. En vista de que no lo he conseguido, voy a tratar de dar esa demostración.

Supongamos elegido un punto \( P \) en Zona A. Fijemos un punto \( P_2 \) en la frontera de fases \( p \), es decir un primer ángulo \( \theta_1 \). El segundo tramo del recorrido forma un ángulo con \( p \) de \( \displaystyle\frac{\theta_1}{2} \) o \( \theta_1 \) según que el punto de rebote \( I \) esté en la Zona B o la Zona A. En cualquier caso si desplazamos \( P_2 \) a \( P'_2 \) obtenemos un nuevo segmento \( P'_2I'  \)paralelo a \( P_2I \). El segmento \( IJ \) es paralelo, por la misma razón al nuevo \( I'J' \) obtenido al desplazar \( P_2 \). En general, la nueva gráfica que se obtiene al mover \( P_2 \) tiene sus segmentos componentes paralelos a los homólogos de la gráfica anterior. Esto prueba que \( P \) vuelve a pertenecer a la gráfica de rebotes para alguna elección de \( P_2 \). Otra cosa es evaluar exactamente el ángulo \( \theta_1 \) para tal hecho. La demostración que he presentado para comprobar su existencia no creo que sea apropiada para este cálculo pues hay muchas variables en juego. Por ejemplo el número de rebotes dados para volver a alcanzar el punto \( P \). No obstante, la solución del problema numérico no es difícil. Para cada ángulo \( \theta_1 \) evaluamos la distancia de \( P \) a los diferentes tramos rectilíneos de la trayectoria que genera este ángulo y definimos la función \( f \) que hace corresponder a cada \( \theta_1 \) el valor mínimo de tales distancias. El ángulo \( \theta_1 \) buscado es el valor de \( \theta_1 \) en que \( f \) se anula. Tal valor puede calcularse con métodos numéricos con la precisión que se desee. Si tengo tiempo y ganas, haré una hoja de Geogebra con tal construcción.

Saludos

[ani_pascual]

Hola:
La idea la de Luis Fuentes es muy buena y parece resolver el problema; por mi parte, tomando como origen el extremo inferior izquierdo, me he ocupado en asignar unas coordenadas a los puntos de la figura,

en la que aparecen las dimensiones de la caja \( 2a\times b \), la posición inicial \( A(x_0,y_0) \) y la separación de los medios en la mitad de la caja. Una vez hecho esto, y si no me he equivocado, creo que bastaría con imponer la condición de que \( \tan(90^{\circ}-\theta_1) \) es igual a la pendiente de la recta de vector director \( \vec{GA} \) y usar el hecho de que \( \theta_2=\arcsen \left(\dfrac{n_1\sen\theta_1}{n_2}\right) \).
\( A(x_0,y_0)\\
B(x_0+(a-y_0)\tan\theta_1,a)\\
C(x_0+(a-y_0)\tan\theta_1+\tan\theta_2,2a)\\
D\left(b,2a-\dfrac{b-[x_0+(a-y_0)\tan\theta_1+a\tan\theta_2]}{\tan\theta_2}\right)\\
E\left(b-\tan\theta_2\left(a-\dfrac{b-[x_0+(a-y_0)\tan\theta_1+a\tan\theta_2]}{\tan\theta_2}\right)-a\tan\theta_1,0\right)\\
G\left(0,\dfrac{b-\tan\theta_2\left(a-\dfrac{b-[x_0+(a-y_0)\tan\theta_1+a\tan\theta_2]}{\tan\theta_2}\right)-a\tan\theta_1}{\tan\theta_1}\right) \)
Por tanto, \( \vec{GA}=\left(x_0,y_0-\dfrac{b-\tan\theta_2\left(a-\dfrac{b-[x_0+(a-y_0)\tan\theta_1+a\tan\theta_2]}{\tan\theta_2}\right)-a\tan\theta_1}{\tan\theta_1}\right) \) con lo que
\( \tan(90^{\circ}-\theta_1)=\dfrac{y_0-\dfrac{b-\tan\theta_2\left(a-\dfrac{b-[x_0+(a-y_0)\tan\theta_1+a\tan\theta_2]}{\tan\theta_2}\right)-a\tan\theta_1}{\tan\theta_1}}{x_0} \)
Y a esperar... 

Saludo

[Luis Fuentes]

Hola

 Por completar un poco la solución que di, si los datos son:

 - \( x \) anchura del rectángulo
 - \( y_1 \) altura de la parte inferior del rectángulo
 - \( y_2 \) altura de la parte superior del rectángulo
 - \( r=n_1/n_2 \) cociente de los dos índices de refracción.

Entonces si un rayo sale del punto \( P \) con pendiente \( m=tan(\theta) \):

 - Si \( m\cdot \dfrac{x}{y_1+y_2\cdot r} \) es racional entonces necesariamente el rayo termina por volver al punto de partida.

Spoiler

Grosso modo: Basta tener en cuenta que si \( m\cdot \dfrac{x}{y_1+y_2\cdot r}=\dfrac{p}{q} \) entonces:

 \( mxq=(y_1+y_2\cdot r)p \)

 y si \( t=2xq \) entonces:

 \( (t,tm)=(2xq,2(y_1+y_2\cdot r)p) \) con \( p,q \) enteros

 Lo cual quiere decir que la recta de vector director \( (1,m) \) termina por unir cualquier punto del rectángulo original (deformado) con un simétrico.

[cerrar]

 - Si \( m\cdot \dfrac{x}{y_1+y_2\cdot r} \) es irracional entonces el rayo no vuelve a su punto de partida y describe una trayectoria densa en el rectángulo:

 https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=102818.msg408083#msg408083[/color]

NO ESTÁ BIEN.

Saludos.

CORREGIDO (ERROR GRAVE)

[ancape]

......
 - Si \( m\cdot \dfrac{x}{y_1+y_2\cdot r} \) es racional entonces necesariamente el rayo termina por volver al punto de partida.

..........
 - Si \( m\cdot \dfrac{x}{y_1+y_2\cdot r} \) es irracional entonces el rayo no vuelve a su punto de partida y describe una trayectoria densa en el rectángulo:

.....

 
Excelente sobre todo la idea de la afinidad de coeficiente el cociente de índices de refracción para convertir los dos medios en uno solo.

Saludos

[S.S]

Hola a todos gracias por las respuestas. Ya queda claro que si puedo obtener lo que en principio pregunte.

He intentado seguir las respuestas pero existen algunas que tengo pensar mas. Pero me quedan las siguientes dudas:

 1. Según lo expuesto por Luis es sufiente multiplicar la parte superior de longitud lateral \( h \) por \( r \) para caer en un biliar de un cuadrilatero. Mas no me quedo del todo claro el porque  el hacer esto hace que caiga en un biliar "normal" digamoslo así.

2.  Segun la ley de Snell existe un ángulo crítico en el cual los rayos ya no son refractados sino que son reflejados a la parte inferior cuando tocan la frontera divisoria, así que a la hora de buscar órbitas cerradas debemos tener en cuenta eso. Mas no sé si esto este correcto, tal vez algun físico pueda ayudarme en esa parte.

3. Por lo dicho por ani_pascual mensaje #1 se puede inferir que solo tenemos dos ángulos en total en todo el recorrido del haz de luz y que después de que el haz toque la frontera divisoria por tercera vez se vuelve a repetir el mismo patron, quiero decir que cada tres toques del haz, tengo de nuevo el mismo patron. ¿Es esto correcto? Lo pregunto porque en las animaciones no veo ess dicha simetría.

De nuevo muchas gracias a todos, ani_pascual, ancape, Richard R Richard y Luis fuentes.

[Richard R Richard]

2.  Segun la ley de Snell existe un ángulo crítico en el cual los rayos ya no son refractados sino que son reflejados a la parte inferior cuando tocan la frontera divisoria, así que a la hora de buscar órbitas cerradas debemos tener en cuenta eso. Mas no sé si esto este correcto, tal vez algun físico pueda ayudarme en esa parte.

Te respondo a esto

Según la ley de Snell

$$\color{red}\dfrac{\sin\theta_0}{n_0}=\dfrac{\sin\theta_1}{n_1}\color{black}$$ La he liado por confiar en la memoria es $$\sin\theta_0n_0=\sin\theta_1n_1$$ Por lo tanto lo que sigue adolece de la propagación de ese error

Si $$n_1<n_0$$  cuando el ángulo de salida es máximo este será paralelo a la superficie de separación de los medios o bien perpendicular a la normal es decir $$\theta_1=90\equiv\dfrac{\pi}{2}$$ todo ángulo de incidencia superior al que se calcule con este ángulo provocara reflexión interna total y no refracción

Tendrás solución si $$\color{blue}\sin\theta_0<\dfrac{n_1}{n_0}\sin\theta_1=\dfrac{n_1}{n_0}1\quad \to\quad \theta_0<\arcsin\left(\dfrac{n_1}{n_0}\right)\color{black}$$

De esto se deduce que si bien todo punto puede ser escogido como punto de partida no todos los ángulos posibles de trayectoria pueden culminar en trayectoria cerrada aún escogiendo deliberadamente la longitud de la caja y los espesores de cada capa.

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

1. Según lo expuesto por Luis es sufiente multiplicar la parte superior de longitud lateral \( h \) por \( r \) para caer en un biliar de un cuadrilatero. Mas no me quedo del todo claro el porque  el hacer esto  que caiga en un biliar "normal" digamoslo así.

Pues lo he revisado, y he cometido un error muy gordo. Lo que dije está mal.

Sería como digo si la ley de Snell estableciese proporcionalidad entre las pendientes (tangentes de los ángulos de incidencia y refracción); pero lo establece entre los senos de esos ángulos. La idea ya no funciona.

 Siento la metedura de pata.

Saludos.

[Richard R Richard]

Hola

1. Según lo expuesto por Luis es sufiente multiplicar la parte superior de longitud lateral \( h \) por \( r \) para caer en un biliar de un cuadrilatero. Mas no me quedo del todo claro el porque  el hacer esto  que caiga en un biliar "normal" digamoslo así.

Pues lo he revisado, y he cometido un error muy gordo. Lo que dije está mal.

Sería como digo si la ley de Snell estableciese proporcionalidad entre las pendientes (tangentes de los ángulos de incidencia y refracción); pero lo establece entre los senos de esos ángulos. La idea ya no funciona.

 Siento la metedura de pata.

Saludos.

Hola , no veo que sea error relacionar las tangentes, no sé si mi deducción es correcta o no pero llegué a dibujar a mano alzada el mismo grafico y a publicar una relación  entre tangentes también, no me he fijado si coincidimos.
Solo cabría aplicar un límite máximo al ángulo de incidencia $$\theta_0$$,  lo demás creo esta bien.