11.5: Вправи

Вправа\(\PageIndex{1}\)

Знайдіть функцію Гріна в часовій області критично затухаючого гармонічного осцилятора (\(\gamma = \omega_0\)).

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Розглянемо перегашений гармонічний осцилятор (\(\gamma > \omega_0\)), що піддається випадковій рушійній силі\(f(t)\), яка коливається між випадковими значеннями, які можуть бути як позитивними, так і негативними, кожен раз\(t\). Випадкова сила задовольняє,\[\left\langle f(t)\right\rangle = 0 \quad\mathrm{and}\;\;\;\left\langle f(t) f(t')\right\rangle = A \, \delta(t-t'),\] де\(\left\langle\cdots\right\rangle\) позначає середнє, прийняте на багато реалізацій випадкової сили і\(A\) є деякою постійною. Використовуючи причинно-наслідкову функцію Гріна, знайдіть кореляційну функцію\(\left\langle x(t_1)\, x(t_2) \right\rangle\) та середнє квадратне відхилення\(\left\langle [x(t+\Delta t) - x(t)]^2 \right\rangle.\)

Відповідь

Для надмірно затухаючого осцилятора функція Гріна\[G(t,t') = \Theta(t-t')\, \frac{e^{-\gamma(t-t')}}{\Gamma} \sinh\big[\Gamma(t-t')\big], \quad\mathrm{where}\;\,\Gamma = \sqrt{\gamma^2 - \omega_0^2}.\] Отже, відповідь на силу\(f\) є\[x(t) = \frac{1}{m\Gamma} \int^t_{-\infty} dt'\; e^{-\gamma(t-t')} \sinh\big[\Gamma(t-t')\big] f(t').\] З цього, ми отримуємо наступний вираз для бажаної кореляційної функції:\[\begin{align} \nonumber\langle x(t_1)\, x(t_2)\rangle = \frac{1}{m^2\Gamma^2}& \int^{t_1}_{-\infty} dt' \int^{t_2}_{-\infty} dt'' \; e^{-\gamma(t_1-t')}\, e^{-\gamma(t_2-t'')} \\ &\times \sinh\big[\Gamma(t_1-t')\big] \sinh\big[\Gamma(t_2-t'')\big] \; \langle f(t') f(t'')\rangle.\end{align}\] Зверніть увагу, що\(\langle\cdots\rangle\) може бути зміщений всередині інтегралів, тому що він являє собою прийняття середнє значення за незалежними траєкторіями вибірки. Тепер, без втрати спільності, візьмемо\[t_1 \ge t_2.\] З того,\(\langle f(t') f(t'')\rangle = A \delta(t'-t'')\) що зникає для\(t' \ne t''\), подвійний інтеграл отримує внески лише від значень, що\(t'\) не перевищують\(t_2\) (що є верхньою межею діапазону для\(t''\)). Таким чином, ми переглядаємо\(\int^{t_1} dt'\) в\(\int^{t_2} dt'\). Потім дельта-функція зменшує подвійний інтеграл в єдиний інтеграл, який можна вирішити та спростити за допомогою трохи нудної алгебри:\[\begin{align} \langle x(t_1)\, x(t_2)\rangle &= \frac{A}{m^2\Gamma^2} e^{-\gamma(t_1+t_2)} \int^{t_2}_{-\infty} dt' e^{2\gamma t'} \sinh\big[\Gamma(t'-t_1)\big] \, \sinh\big[\Gamma(t'-t_2)\big] \\ &= \frac{A}{8m^2\Gamma^2} e^{-\gamma(t_1+t_2)}\Bigg[\frac{e^{-\Gamma t_1} e^{(2\gamma+\Gamma)t_2}}{\gamma+\Gamma} + \frac{e^{\Gamma t_1}e^{(2\gamma-\Gamma)t_2}}{\gamma-\Gamma} \nonumber \\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad - \frac{e^{-\Gamma t_1} e^{(\Gamma+2\gamma)t_2} + e^{\Gamma t_1} e^{(-\Gamma+2\gamma)t_2}}{\gamma}\Bigg] \\ &= \frac{A}{8m^2\Gamma\gamma} \left[\frac{e^{-(\gamma-\Gamma)(t_1-t_2)}}{\gamma-\Gamma} - \frac{e^{-(\gamma+\Gamma)(t_1-t_2)}}{\gamma+\Gamma} \right].\end{align}\] Отже,\[\begin{align} \left\langle [x(t+\Delta t) - x(t)]^2\right\rangle &= 2\Big[\left\langle x(t)^2\right\rangle - \left\langle x(t+\Delta t) x(t)\right\rangle\Big] \\ &= \frac{A}{4m^2\Gamma\gamma} \left[\frac{1-e^{-(\gamma-\Gamma)\Delta t}}{\gamma-\Gamma} - \frac{1-e^{-(\gamma+\Gamma)\Delta t}}{\gamma+\Gamma} \right].\end{align}\]