Выразим объем резины:
\[V=\pi D^2 h\]Продифференцируем выражение:
\[2D \, \delta D \,h+D^2 \, \delta h=0\]Отсюда:

\[\delta L=\pi N\delta D=-\dfrac{\pi N D}{2h}\delta h\]

Объемная плотность энергии деформации выражается как:
\[w=\dfrac{E\delta L^2}{2 L^2}\]Объем провода:
\[V=\dfrac{\pi^2 d^2 ND}{4}\]Выразим ответ через заданные в условии величины:

Полная энергия равна:
\[2W=\dfrac{E\pi^2 ND d^2(x-y)^2}{16h^2}\]Выразим силу, действующую на груз:
\[F=\dfrac{\partial (2W)}{\partial(\delta h)}=M\ddot x\]Итоговое уравнение:
\[\ddot x+\dfrac{E\pi^2 ND d^2 x}{8Mh^2}=\dfrac{E\pi^2 ND d^2 y}{8Mh^2}\]Отсюда:

Воспользуемся методом комплексных амплитуд:
\[x_0(-\omega^2+2\zeta i\omega\omega_0 + \omega_0^2)=\omega_0^2 y_0\]Выразим $h_0=x_0-y_0$:
\[h_0=y_0\left(-1+\dfrac{\omega_0^2}{\omega_0^2-\omega^2+2\zeta i\omega\omega_0}\right)\]Учитывая, что $L_0=\Lambda h_0$, запишем ответ:

Рассмотрим поведение груза в низкочастотном пределе. Рассмотрим одну гармонику колебаний $y$. Упростим выражение для $L_0$ в пределе $\zeta\omega_0\ll\omega\ll\omega_0$:
\[L_0\approx \dfrac{\Lambda\omega^2 y_0}{\omega_0^2},\]что соответствует $L=-\dfrac{\Lambda\ddot y}{\omega_0^2}$. При сложении нескольких низкочастотных гармоник это соотношение все еще выполняется. Выразим $K_a$:
\[K_a=-\dfrac{\omega_0^2}{\Lambda}={\dfrac{E\pi d^2 }{4Mh}}\]Теперь рассмотрим поведение груза в высокочастотном пределе. Аналогично рассмотрим одну гармонику колебаний $y$. Упростим выражение для $L_0$ в пределе $\omega\gg\omega_0$:
\[L_0\approx-\Lambda y_0\]При сложении нескольких высокочастотных гармоник это соотношение все еще выполняется. В этом случае $K_s=-\dfrac{1}{\Lambda}=\dfrac{2h}{N\pi D}$.

Здесь $\varphi_0$ — набегающая разность фаз между светом, проходящим сквозь волокно, намотанное на правую и левую опоры соответственно, при $\delta L=0$. 

Примечание. Можете не следить за знаком $\varphi_0$. Иными словами, решения, отличающиеся заменой $\varphi_0 \to -\varphi_0$, считаются эквивалентными.

На разветвитель после прохождения через интерферометр приходят волны с комплексными амплитудами
\[\frac{ri}{\sqrt{2}} E_0 e^{2ikn \, \delta L + i \varphi_0}\quad\text{и} \quad \frac{r}{\sqrt{2}} E_0 e^{-2ikn \, \delta L},\]
поэтому в сумме
\[
\begin{split}
E = \frac{ri}{2} E_0e^{2ikn \, \delta L + i \varphi_0} - \frac{ri}{2}E_0 e^{-2ikn \, \delta L} = -\frac{riE_0}{2}\left( e^{2 i k n \, \delta L+ i \varphi_0 + i \pi} + e^{-2ikn \, \delta L}\right) = \\ = -\frac{riE_0}{2}\left( e^{2 i k n \, \delta L+ i \varphi_0/2 + i \pi/2} + e^{-2ikn \, \delta L - i \varphi_0/2 - i \pi/2}\right) e^{i \varphi_0/2 + i \pi/2} = -ri E_0 \cos\left( \frac{4 \pi}{\lambda}n \delta L + \frac{\varphi_0}{2} + \frac{\pi}{2} \right)
\end{split}
\]

\[I = EE^* = r^2 I_0 \sin^2 \left( \frac{4 \pi}{\lambda} n \delta L + \frac{\varphi_0}{2} \right)\]

Период колебаний картины равен $T=63~мс-13~мс=50~мс$, отсюда:

Половине периода колебаний соответствует изменение $\ddot{y}$ от $-(2\pi f)^2 Y$ до $(2\pi f)^2 Y$.

Допустим аргумент $x$ у функции $\sin^2 (x)$, описывающей интенсивность света в точке $A$ находится в интервале $(0, \pi/2)$. Тогда в точке с практически нулевым током слева от $B$ он равен $7 \pi$. Амплитуда колебаний тока составляет $I_o = 14.2~мкА$. Значения тока в точках $A$ и $B$: $I_A=9.7~мкА$, $I_B=3.2~мкА$.

Значит $x_B - x_A = 7 \pi + \arcsin(\sqrt{I_B/I_o}) - \arcsin(\sqrt{I_A/I_o})=21.5$. В итоге,
\[ x_B - x_A =\frac{4\pi}{\lambda}(\delta L_B - \delta L_A) = \frac{4 \pi n}{\lambda} \cdot 2 \frac{(2\pi f)^2 Y}{K_a} \quad \Rightarrow \quad Y = (x_B - x_A) \frac{\lambda K_a }{32 \pi^3 n f^2}=1.46~мкм\]

У описываемой системы одна степень свободы, но энергия деформации у двух опор складывается, поэтому
\[2 \langle W \rangle = \frac{1}{2} k_B T \quad \Rightarrow \quad \langle \delta h^2 \rangle = k_B T \frac{8h^2}{E \pi^2 N Dd^2} \]Учитывая что $\langle \delta L^2 \rangle = \Lambda^2 \langle \delta h^2 \rangle$, получаем
\[\langle \delta L^2 \rangle = 2k_B T \frac{ND}{E d^2} \]

\[ \Delta \varphi_i = \frac{2\pi}{\lambda} (n+\beta \Delta T_i) \Delta L_i (1 + \alpha \Delta T_i) - \frac{2\pi}{\lambda}n \Delta L = \frac{2\pi}{\lambda}(n \alpha + \beta) \Delta L_i \Delta T_i\]

Вычислим $\langle \Delta \Phi^2 \rangle$ напрямую:
\[ \langle \Delta \Phi^2 \rangle = \left\langle \left( \sum\Delta \varphi_i \right)^2 \right\rangle = \left(\frac{2 \pi}{\lambda} (n \alpha + \beta) \Delta L \right)^2 \left\langle \left(\sum \Delta T_i\right)^2 \right\rangle \]Пользуясь свойствами $\Delta T_i$,
\[ \left\langle \left(\sum \Delta T_i\right)^2 \right\rangle = \left\langle \sum \Delta T_i^2 \right\rangle + \left\langle \sum \Delta T_i \Delta T_j \right\rangle = p \langle \Delta T^2 \rangle = \frac{L}{\Delta L} \langle \Delta T^2 \rangle.\]

Температурные колебания, описанные раннее являются значительно более медленным процессом, чем распространение света, поэтому для любого $\Delta \Phi$ выполняется, что
\[ \Delta \Psi = 2 \Delta \Phi \quad \Rightarrow \quad \langle \Delta \Psi^2 \rangle = 4 \langle \Delta \Phi^2 \rangle\]Обратите внимание, что ответ отличается в 2 раза от распространения по волокну длиной $2L$!

Набег фазы на обоих интерферометрах является независимым, поэтому
\[\langle (\Delta \Psi_1 - \Delta \Psi_2)^2 \rangle = \langle \Delta \Psi_1^2 \rangle + \langle \Delta \Psi_2^2 \rangle = 2 \langle \Delta \Psi^2 \rangle \]

Из-за тепловых флуктуаций в механической системы длина плеч интерферометра имеет шум
\[ \sqrt{\langle \delta L ^2 \rangle} = \sqrt{2k_B T \frac{ND}{Ed^2}}=7.1 \cdot 10^{-12}~м\]Из-за тепловых флуктуаций в волокне разность фаз имеет шум
\[\sqrt{\langle (\Delta \Psi_1 - \Delta \Psi_2)^2 \rangle} = \frac{4 \pi \sqrt{2} }{\lambda} (n \alpha + \beta) \sqrt{ \pi D N \Delta L} \cdot \sqrt{\langle \Delta T^2 \rangle}=2 \cdot 10^{-3},\]что приводит к шуму в вычисляемой $\delta L$ равному $\frac{\lambda}{8 \pi n} \cdot 2 \cdot 10^{-3} = 0.6 \cdot 10^{-10}~м$.

Таким образом, вклад от второго эффекта на порядок больше, и минимальное возможное ускорение: