Поверхность, преломляющая все лучи в одну точку

Замкнутая кривая для значений параметров, как показано на рисунке.

Не все кривые для различных значений$\:k\:$соответствуют приемлемым решениям. На втором рисунке выше синие кривые приемлемы, но зеленые кривые должны быть отклонены как «толкающие» точки.$\:\rm A\:$в среду 2.

---

Доказательство того, что принятые кривые подчиняются закону Снеллиуса:

$$\begin{equation} n_{1}\sqrt{(x\!-\!a)^{2}+y^{2}}+n_{2}\sqrt{(x\!-\!b)^{2}+y^{2}}=k=ct_{\rm AB}=\text{constant} \qquad \Longrightarrow \nonumber \end{equation}$$ $$\begin{equation} \mathrm d \left[n_{1}\sqrt{(x\!-\!a)^{2}+y^{2}}+n_{2}\sqrt{(x\!-\!b)^{2}+y^{2}}\right]=\mathrm d k=0 \qquad \Longrightarrow \nonumber \end{equation}$$ ^{$$\begin{equation} n_{1}\left[\dfrac{(x\!-\!a)}{\sqrt{(x\!-\!a)^{2}+y^{2}}}\mathrm d x +\dfrac{y}{\sqrt{(x\!-\!a)^{2}+y^{2}}}\mathrm d y\right]+n_{2}\left[\dfrac{(x\!-\!b)}{\sqrt{(x\!-\!b)^{2}+y^{2}}}\mathrm d x +\dfrac{y}{\sqrt{(x\!-\!b)^{2}+y^{2}}}\mathrm d y\right]=0 \nonumber \end{equation}$$ $$\begin{equation} \qquad =\!=\!=\!=\!=\!=\!\Longrightarrow \hphantom{===================================================} \nonumber \end{equation}$$ $$\begin{equation} n_{1}\left[\dfrac{(x\!-\!a)}{\sqrt{(x\!-\!a)^{2}+y^{2}}} +\dfrac{y}{\sqrt{(x\!-\!a)^{2}+y^{2}}}\dfrac{\mathrm d y}{\mathrm d x}\right]+n_{2}\left[\dfrac{(x\!-\!b)}{\sqrt{(x\!-\!b)^{2}+y^{2}}}+\dfrac{y}{\sqrt{(x\!-\!b)^{2}+y^{2}}}\dfrac{\mathrm d y}{\mathrm d x}\right]=0 \nonumber \end{equation}$$} $$\begin{equation} \qquad \Longrightarrow \qquad n_{1}\left(\cos\omega_{1} +\sin\omega_{1}\tan\phi\right)+n_{2}\left(-\cos\omega_{2} +\sin\omega_{2}\tan\phi\right)=0 \nonumber \end{equation}$$ $$\begin{equation} \qquad \Longrightarrow \qquad n_{1}\left(\cos\omega_{1}\cos\phi +\sin\omega_{1}\sin\phi\right)-n_{2}\left(\cos\omega_{2}\cos\phi -\sin\omega_{2}\sin\phi\right)=0 \nonumber \end{equation}$$ $$\begin{equation} \qquad \Longrightarrow \qquad n_{1}\cos\left(\phi-\omega_{1}\right) -n_{2}\cos\left(\phi+\omega_{2}\right)=0 \nonumber \end{equation}$$ $$\begin{equation} \qquad \Longrightarrow \qquad n_{1}\sin\underbrace{\left[\dfrac{\pi}{2}-\left(\phi-\omega_{1}\right)\right]}_{\theta_{1}} -n_{2}\sin\underbrace{\left[\dfrac{\pi}{2}-\left(\phi+\omega_{2}\right)\right]}_{\theta_{2}}=0 \nonumber \end{equation}$$ то есть $$\begin{equation} n_{1}\sin\theta_{1} =n_{2}\sin\theta_{2} \qquad \textbf{(Snell's law)} \nonumber \end{equation}$$

$===================================================$

Возьмите свое выражение и приравняйте его к некоторой константе$C$. Подровняйте обе стороны, чтобы получить

$$\left({n \over c}\right)^2 \left( (x-a)^2+y^2 \right)+\left({m \over c}\right)^2 \left( (x-b)^2+y^2 \right)+ 2\left({nm \over c^2}\right)^2\sqrt{ \left( (x-a)^2+y^2 \right)} \sqrt{ \left( (x-b)^2+y^2 \right)}=C^2$$ Переставить $$\left({n \over c}\right)^2 \left( (x-a)^2+y^2 \right)+\left({m \over c}\right)^2 \left( (x-b)^2+y^2 \right)-C^2= 2\left({nm \over c^2}\right)^2\sqrt{ \left( (x-a)^2+y^2 \right)} \sqrt{ \left( (x-b)^2+y^2 \right)}$$ Снова возведите в квадрат обе стороны, чтобы избавиться от всех знаков квадратного корня и собрать термины. Я позволю тебе сделать тяжелую работу. Технически это квартика, но есть термины в $y^4$, $y^2$и $y^0$так что это на самом деле дает вам квадратное уравнение для $y^2$с точки зрения $x,n,m,a,b$и $C$, это то, что вы хотите. Затем $y=\pm\sqrt{y^2}$что дает вам очевидную симметрию формы относительно $y=0$ось.

Решение не единственное, оно зависит от$C$. Вы можете выбрать точку, в которой кривая пересекает ось.