Scherdehnungskorrelationen aus der Verschiebungs-Fourier-Transformation

Da niemand darauf geantwortet hat, werde ich es versuchen. Höchstwahrscheinlich haben Sie das inzwischen herausgefunden, aber andere könnten auf diese Frage stoßen, daher kann sie hilfreich sein.

Ich glaube, dass Ihre Definitionen von$C^\perp(\vec{q})$Und$C^\parallel(\vec{q})$sind richtig, und ich hoffe, ich kann etwas Licht ins Dunkel bringen. Ich denke, dass der kollektive Mean-Square-Verschiebungstensor definiert ist

$$\mathbb{C} = \langle \vec{u}(\vec{q})^* \, \vec{u}(\vec{q}) \rangle$$ dh als dyadisches Produkt, a $2\times2$Matrix (in 2D). Ich lasse die Zeitargumente aus Gründen der Klarheit durchgehend weg. Außerdem würden wir normalerweise einen Hut oder eine Tilde verwenden, um Fourier-transformierte Variablen anzuzeigen, aber ich lasse das auch weg. Nun, für Nicht-Null $\vec{q}$, dies ist kein isotroper Tensor, obwohl das Material (ein Glas) als isotrop angenommen wird. Es ist jedoch (durch Symmetrie) klar, dass in einem Koordinatensystem, das auf Einheitsvektoren basiert $(\vec{e}_\parallel,\vec{e}_\perp)$, so dass definiert $\vec{q}=q\vec{e}_\parallel$, Und $\vec{e}_\perp$steht senkrecht dazu $\vec{q}$, wird der Tensor diagonal sein. Es wird eine Längskomponente von geben $\vec{u}$, neben $\vec{q}$, und eine Querkomponente, senkrecht zu $\vec{q}$: $$\mathbb{C}' = \begin{pmatrix} \langle |u_\parallel(\vec{q})|^2 \rangle & 0 \\ 0 & \langle |u_\perp(\vec{q})|^2 \rangle \end{pmatrix} \equiv \begin{pmatrix} C^\parallel(\vec{q}) & 0 \\ 0 & C^\perp(\vec{q}) \end{pmatrix}$$ Die ganze Physik liegt in diesen beiden Funktionen $C^\parallel(\vec{q})$Und $C^\perp(\vec{q})$; es gibt keinen Kreuzbegriff. Die hier gegebenen Definitionen dieser Funktionen sind (glaube ich) die gleichen wie die, die Sie dem Papier der Barrat-Gruppe entnommen haben.

Die verschiedenen Koeffizienten in dem komplizierten Dehnungskorrelationsausdruck, Gl. (10) im Zusatzmaterial zum Illing-Artikel, sind einfach das, was benötigt wird, um die Matrix von dieser diagonalen Form zurück zu drehen$\mathbb{C}'$zur raumfesten Form$\mathbb{C}$zu berechnen und daraus die gewünschte Menge bezogen auf den Stamm zu berechnen$C_{\varepsilon_{xy}\varepsilon_{xy}}$nicht nur die Verdrängung. Der Raum fixiert$xy$System ist natürlich willkürlich, aber festgelegt; während Sie eine Vielzahl von in Betracht ziehen$\vec{q}$Vektoren. Kosinus und Sinus des Rotationswinkels$\phi$zwischen den beiden Koordinatensystemen werden einfach auf die Komponenten des daraus abgeleiteten Einheitsvektors bezogen$\vec{q}$. Die Umrechnungsformel lautet

$$\begin{pmatrix} u_x \\ u_y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\phi & -\sin\phi \\ \sin\phi & \cos\phi \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_\parallel \\ u_\perp \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} q_x/q & -q_y/q \\ q_y/q & q_x/q \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_\parallel \\ u_\perp \end{pmatrix}$$ Die Dehnung ist der symmetrisierte Gradient der Verschiebung, daher ist der geeignete Term im Fourier-Raum (wobei $i=\sqrt{-1}$) $$\begin{align*} \varepsilon_{xy}(\vec{q}) &= \frac{1}{2}\left[ iq_x u_y(\vec{q}) + iq_y u_x(\vec{q})\right] \\ \langle |\varepsilon_{xy}|^2\rangle &= \frac{1}{4}\left[ q_x^2 \langle | u_y |^2\rangle + q_y^2 \langle | u_x |^2 \rangle + q_xq_y \langle u_x^* u_y\rangle + q_xq_y \langle u_y^* u_x\rangle \right] \end{align*}$$ Ersatz für $(u_x,u_y)$Die Verwendung der obigen Rotationsformel ist mühsam, aber unkompliziert, und es gibt eine gewisse Vereinfachung, da alle Kreuzbegriffe verschwinden: $$\begin{align*} C_{\varepsilon_{xy}\varepsilon_{xy}} = \langle |\varepsilon_{xy}|^2\rangle &= \frac{q_x^2q_y^2}{q^2} \langle | u_\parallel |^2 \rangle +\frac{q_x^4+q_y^4-2q_x^2q_y^2}{4q^2}\langle | u_\perp |^2\rangle \\ &= \frac{q_x^2q_y^2}{q^2} C^\parallel +\frac{q_x^4+q_y^4-2q_x^2q_y^2}{4q^2} C^\perp \end{align*}$$ Unter Berücksichtigung, dass $q_x^2+q_y^2=q^2$, das ist identisch mit der Formel, um die Sie sich Sorgen gemacht haben.