A1  ^1.00 Сколько  $F_1(t)$ атомов $^3\rm He$ успевает хотя бы один раз столкнуться с нитями аэрогеля за время $t\in{\left[1~\text{фс}; 1~\text{пс}\right]}$? Вычислите $F_1(10~\text{фс})$

За время $t$ атом $\rm ^3He$ проходит расстояние $vt$. Оценим нижнюю и верхнюю границу для $vt$ : $vt \in [5 \cdot 10^{-4}, 0.5] ~\text{нм}$. Круг радиусом $r$ пересекается с прямой длиной $vt$ если его центр лежит внутри фигуры площадью $\pi r^2 + 2rvt$. При этом нужно вычесть площадь $\pi r^2$, соответствующую центрам кругов, которые пересекают начальную точку.

Тогда вероятность $p$ того, что на пути атома встретилась нить $p=n \cdot 2 rvt \ll 1$. Значит их количество $F_1(t) = 2 rvt n N$

A2  ^1.00 Сколько  $G(t)$ столкновений в среднем испытывает атом $^3\rm He$ за время $t$?

Рассмотрим площадь $\frac{N_0}{n}$ на которой равномерно распределены все $N_0$ нитей аэрогеля. Тогда вероятность $p_k(t)$ того, что за время $t$ атом столкнулся с $k$ нитями задается выражением: \[ p_k = \frac{N_0!}{(N_0-k)! \, k!} \left( \frac{2 rvt n}{N_0} \right)^k \left(1 - \frac{2 rvt n}{N_0} \right)^{N_0-k} = \frac{N_0!}{(N_0-k)! \, k!} \frac{\left( \frac{2 rvt n}{N_0} \right)^k}{\left(1 - \frac{2 rvt n}{N_0} \right)^{k}} \left(1 - \frac{2 rvt n}{N_0} \right)^{N_0} \] известным, как распределение Бернулли. Возьмем предел при $N_0 \to \infty$: \[ p_k(t) \to \frac{N_0^k}{\left( \frac{N_0}{2rvtn}-1 \right)^k} \frac{e^{-2rvtn}}{k!} = (2rvtn)^k \cdot \frac{e^{-2rvtn}}{k!}\] и получим известное выражение для распределения Пуассона, если ввести обозначение $2rvn = \lambda$: \[ p_k(t) = \frac{(\lambda t)^k}{k!} e^{-\lambda t} \] Среднее количество столкновений за время $t$ тогда задается выражением: \[ G(t) = \sum_1^\infty k p_k = \sum_1^\infty k \frac{ (\lambda t)^k}{k!} e^{-\lambda t} = \lambda t \, e^{-\lambda t} \sum_0^\infty \frac{(\lambda t)^{k}}{k!} = \lambda t \]

A3  ^1.00 Сколько $F_2(t)$ атомов $^3\rm He$ ни разу не столкнется с нитями аэрогеля за время $t\in{\left[1~\text{фс}; 0.1~\text{мкс}\right]}$? Вычислите $F_2(10~\text{нс})$.

В терминах предыдущего пункта $F_2(t) = N p_0(t) = N e^{-\lambda t}$

A4  ^2.00 Какое количество $S(\phi,\Delta\phi)$ атомов $^3\rm He$ при первом столкновении изменит направление скорости на угол $\alpha\in{\left[\phi; \phi+\Delta{\phi}\right]}$, где $\Delta{\phi}\in{\left[10^{-5}{;}10^{-3}\right]}$, $\phi\in{\left[10^{-1}-\pi;10^{-1}\right]\cup\left[10^{-1}{;}\pi-10^{-1}\right]}$. Считайте угол положительным при изменении направления против часовой стрелки. Вычислите $S(\pi/2,10^{-4})$.

Пусть атом налетает на нить справа на расстоянии $h$ от центра. Направление его скорости меняется на угол $\alpha=-\pi + 2 \arcsin \frac{h}{R}$ при $h>0$ и на угол $\alpha=\pi - 2 \arcsin \frac{h}{R}$ при $h<0$. Если атом налетает на нить слева, то при $h>0$ угол $\alpha = \pi -2 \arcsin \frac{h}{R} $, при $h<0$ угол $\alpha = -\pi + 2 \arcsin \frac{h}{R}$. Высота $h$ принимает равновероятно любое значение от $0$ до $R$, то есть вероятность $p_{\Delta h} = \frac{\Delta h}{R}$ - вероятность того, что высота $h$ лежит внутри какого-то отрезка длины $\Delta h$ вложенного в отрезок $[0, R]$. Изменению направления скорости на угол $\phi$ ($\phi > 0$) соответствует $h = R \sin \frac{\pi - \phi}{2} = \cos \frac{\phi}{2}$. Значит изменению направления скорости на угол $\phi + \Delta \phi$ соответствует $h - \Delta h = R \cos \frac{\phi + \Delta \phi}{2}$. Воспользуемся тем, что $\Delta \phi \ll \phi$: \[ \Delta h = R \sin \frac{\phi}{2} \cdot \frac{\Delta \phi}{2} \] Тогда вероятность $p$ того, что $\alpha \in [\phi, \phi + \Delta \phi]$: \[ p =\frac{1}{2} p_{\Delta h} = \frac{\Delta \phi}{4} \sin \frac{\phi}{2}.\] Заменой $\phi \to |\phi|$ рассматриваются случаи $\phi < 0$. В итоге $S(\phi,\Delta \phi) = \frac{N \Delta \phi}{4} \sin \frac{|\phi|}{2}$.

A5  ^1.00 Какое среднее расстояние $\langle \lambda\rangle$ пройдет атом $^3\rm He$ до первого столкновения с нитью аэрогеля? Приведите формулу и численный ответ.

Из пункта А2 вероятность того, что за время $t$ произойдет один удар задается формулой $p_1(t) = 2rvn \cdot e^{-2rvn t}$. Говоря в других терминах, вероятность $p$ того, что пройдя расстояния $l$, атом ударился ровно один раз $p(l) = 2rln \cdot e^{-2rln}$. Это значит то, что вероятность $p(l,l+dl)$ того, что удар произошел в отрезке $[l, l + dl]$ равна $p(l,l+dl)=e^{-2rln} \cdot 2rn \, dl$. Тогда по определению среднего: \[ \langle \lambda \rangle = \int\limits_0^{\infty} l \, p(l,l+dl) = \frac{1}{2rn} \int\limits_0^\infty u e^{-u} du \] Интеграл $I=\int\limits_0^\infty u e^{-u} du$ возьмем по частям: \[ I = -\int\limits_0^\infty u d\left( e^{-u}\right) = -u e^{-u} \bigg|_0^\infty + \int\limits_0^\infty e^{-u} du = 1. \]

A6  ^1.00 Каков средний квадрат этого расстояния $\langle\lambda^2\rangle$? Приведите формулу и численный ответ.

По определению среднего: \[ \langle \lambda^2 \rangle = \int\limits_0^{\infty} l^2 \, p(l,l+dl) = \frac{1}{4r^2n^2} \int\limits_0^\infty u^2 e^{-u} du. \] Полученный интеграл сводится к взятому в предыдущей части: \[ \int\limits_0^\infty u^2 e^{-u} \, du = -u^2 e^{-u} \bigg|_0^\infty + 2 \int\limits_0^\infty u e^{-u} du = 2\]

A7  ^3.00 Каков средний квадрат смещения $\langle r^2\rangle$ атома $^3\rm He$ за время $t\in{\left[1~\text{мкс}; 1~\text{мс}\right]}$ с момента запуска? Вычислите $\langle{r}^2\rangle(10~\text{мкс})$.

За время $t \gg \dfrac{\langle \lambda \rangle}{v}$ атом в среднем испытает $m=\dfrac{vt}{\langle \lambda \rangle}$ столкновений. То есть его положение $\vec{r}$ будет задаваться следующей суммой: \[ \vec{r} = \sum^m_{i=1} \vec{\lambda}_i\] где $\vec{\lambda}_i$ - векторы между точками соударения. В силу перестановочности операций суммирования и усреднения получим: \[ \langle \vec{r}^2 \rangle = \sum_{i=1}^m \langle \vec{\lambda}_i^2 \rangle + \sum_{i \neq j} \langle \vec{\lambda}_i \cdot \vec{\lambda}_j \rangle = m \langle \lambda^2 \rangle + 2 \sum_{i=1}^m \sum_{p=1}^{m-i} \langle \vec{\lambda}_i \cdot \vec{\lambda}_{i+p} \rangle,\] причем длины векторов $\vec{\lambda}_i$ и $\vec{\lambda}_{i+p}$ являются независимыми переменными. Таким образом нас интересуют средние вида $\langle \cos ( \vec{\lambda}_i \wedge \vec{\lambda}_{i+p} )\rangle$. Найдем их итерационно: \[ \begin{split} \langle \cos ( \vec{\lambda}_i \wedge \vec{\lambda}_{i+p} )\rangle &= \langle \cos ( \vec{\lambda}_i \wedge \vec{\lambda}_{i+p-1} + \vec{\lambda}_{i+p-1} \wedge \vec{\lambda}_{i+p} ) \rangle = \langle \cos ( \vec{\lambda}_i \wedge \vec{\lambda}_{i+p-1}) \cos(\vec{\lambda}_{i+p-1} \wedge \vec{\lambda}_{i+p} ) - \sin ( \vec{\lambda}_i \wedge \vec{\lambda}_{i+p-1}) \sin(\vec{\lambda}_{i+p-1} \wedge \vec{\lambda}_{i+p} ) \rangle =\\&= \langle \cos ( \vec{\lambda}_i \wedge \vec{\lambda}_{i+p-1}) \cos \phi \rangle - \langle \sin ( \vec{\lambda}_i \wedge \vec{\lambda}_{i+p-1}) \sin \phi \rangle \end{split} \] С точки зрения угла $\phi$ последнее столкновение никак не зависит от истории столкновений, поэтому средние можно расцепить. При этом \[ \langle \cos \phi \rangle = \int\limits_{-\pi}^{\pi} \cos u \frac{S(u, du)}{N} = 2 \int\limits_{0}^{\pi} \frac{d u}{4} \cos u \sin \frac{u}{2} = -2 \int\limits_0^{\pi} \cos^2 \frac{u}{2} \, d \left(\cos \frac{u}{2} \right) + \int\limits_0^{\pi} d\left( \cos \frac{u}{2} \right) = -\frac{1}{3} \] \[ \langle \sin \phi \rangle = \int\limits_{-\pi}^{\pi} \sin u \frac{S(u, du)}{N} = 0, \] значит \[ \langle \cos ( \vec{\lambda}_i \wedge \vec{\lambda}_{i+p} )\rangle = \left( -\frac{1}{3} \right) \langle \cos ( \vec{\lambda}_i \wedge \vec{\lambda}_{i+p-1}) \rangle = \left( -\frac{1}{3} \right)^p. \] Подставим это выражение в искомую сумму: \[ \langle \vec{r}^2 \rangle = \sum_{i=1}^m \langle \vec{\lambda}_i^2 \rangle + 2\sum_{i \neq j} \langle \vec{\lambda}_i \cdot \vec{\lambda}_j \rangle = m \langle \lambda^2 \rangle + 2 \langle \lambda \rangle^2 \sum_{i=1}^m (m-i) \cdot \left( -\frac{1}{3} \right)^i \simeq m \langle \lambda^2 \rangle + 2\langle \lambda \rangle^2 m \frac{-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3}} = m \left( \langle \lambda^2 \rangle - \frac{1}{2} \langle \lambda \rangle^2 \right),\]