Lösung.

Da $ \mbox{$F(x,y,y')=F(y,y') = n(y) \sqrt{1+(y')^2}$}$ nicht explizit von $ \mbox{$x$}$ abhängt, muß die Euler-Lagrange Bedingung

$ \mbox{$\displaystyle F - y'F_{y'} \; =\; \frac{n(y)}{\sqrt{1+(y')^2}} \; =\; \text{const.} \; =\; k $}$
erfüllt sein. Für $ \mbox{$n(y) = \frac{1}{y}$}$ wird die Differentialgleichung $ \mbox{$1 = ky\sqrt{1+(y')^2}$}$ gelöst mit
$ \mbox{$\displaystyle x \; =\; \frac{\pm 1}{k}\int\frac{2 k^2 y\, dy}{2\sqrt{1-k^2 y^2}} \; =\; \frac{\pm 1}{k}\sqrt{1 - k^2 y^2} + m\; , $}$
$ \mbox{$m$}$ konstant. D.h. die Extremalen sind Kreise mit Mittelpunkt auf der $ \mbox{$x$}$-Achse,
$ \mbox{$\displaystyle (kx-m)^2 + (ky)^2\; = \; 1\; . $}$
Mit den Randbedingungen aus (1) erhalten wir das Gleichungssystem
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} m^2 + k^2 & = & 1 \\ m^2 + k^2 - 2mk + \frac{1}{4}k^2 & = & 1\; . \\ \end{array}$}$
Die Differenz liefert $ \mbox{$k = 8m$}$, und also $ \mbox{$m = \frac{1}{\sqrt{65}}$}$ und $ \mbox{$k = \frac{8}{\sqrt{65}}$}$.

\includegraphics [width=6cm]{s1.eps}

Die Randbedingung (1) direkt in die Differentialgleichung eingesetzt, ergibt $ \mbox{$k = \frac{1}{\sqrt{2}}$}$. Mit $ \mbox{$y(1) = 1$}$ wird schließlich $ \mbox{$m = \sqrt{2}$}$. Der Ansatz $ \mbox{$y(x_1) = 0$}$ liefert dann $ \mbox{$x_1 = 2 + \sqrt{2}$}$. Das Licht kommt also bei $ \mbox{$(2 + \sqrt{2}, 0)$}$ zum Stillstand.

\includegraphics [width=6cm]{s11.eps}

Bemerkung:

In der Atmosphäre wird Licht allerdings nicht entlang von Kreisbögen gebeugt, da ein anderer Brechungsindex vorliegt: Luft hat (auf Meereshöhe) den Brechungsindex von etwa $ \mbox{$1.04$}$. Da sich der Luftdruck etwa alle $ \mbox{$5 \text{km}$}$ halbiert, gilt für den Brechungsindex in etwa

$ \mbox{$\displaystyle n(y) \; =\; 1 + 0.04 \cdot(\frac{1}{2})^{y/5000}\; . $}$
Man sieht so bei Dämmerung die Sonne am Horizont, obwohl sie tatsächlich noch/bereits unterhalb des Horizontes ist.