Expoente de Lyapunov para um Gás de Lennard–Jones - CBPFIndex

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96 A.1. β como base completa A.1 β como base completa Iniciaremos demonstrando que Λ atuando em qualquer matriz Zi da base, resulta numa combinação linear de matrizes que também pertencem a base, isto é: ΛZj = 6 Ci Zi ; j = 1, . . . , 6 (A.2) i =1 este resultado nos leva à equação (3.51) da seção 3.7, a saber: Λ k 16N = 6 i =1 Ci,k Zi = 3 i =1 αi,k Ii + A.1.1 Cálculo de ΛZ1 , ΛZ2 e ΛZ3 3 βi,k Yi ; k = 0, 1, 2, . . . Substituindo S, respectivamente, por Z1 , Z2 e Z3 na equação (A.1), vem: O ΛZ1 = − V V O ΛZ2 = + O 13N 13N O ΛZ3 = 2 13N O O − V + 2 − 2 − 2 ∞ 0 ∞ 0 ∞ A.1.2 Cálculo de ΛZ4 , ΛZ5 e ΛZ6 0 i =1 O τ dτ δV (t)δV (t ′ ) τ δV (t)δV (t ′ ) δV (t)δV (t ′ ) dτ O O O τ 2 δV (t)δV (t ′ ) O τ dτ 2 δV (t)δV (t ′ ) τ 2 δV (t)δV (t ′ ) O (A.3) Antes de substituirmos S por Z4 , Z5 e Z6 em (A.1), notemos que há um resultado bastante útil neste caso, que é uma conseqüência da invariância translacional do potencial, e que é dado pelo par de equações mostrado em (3.43): V Y3N = −V e δV Y3N = −δV (A.4) Desta forma, a aplicação Λ ao setor Y fornece: ΛZ4 = ΛZ5 = ΛZ6 = 2 O V V O O Y3N Y3N O Y3N O O V − 2 + 2 + 2 ∞ 0 ∞ 0 ∞ 0 O τ dτ δV (t)δV (t ′ ) τ δV (t)δV(t ′ ) δV (t)δV (t ′ ) dτ O O O τ 2 δV (t)δV (t ′ ) O τ dτ 2 δV (t)δV (t ′ ) τ 2 δV (t)δV (t ′ ) O (A.5)
A. Cálculos envolvendo Λ 97 Agora, se substituirmos nas seis equações (A.3) e (A.5) que acabamos de obter as médias das hessianas escritas como em (3.48), a saber: V = α1 13N + β1 Y3N e δV(t)δV (t − τ) = α2 13N + β2 Y3N notaremos que todas possuem a forma mostrada em (A.2), como queríamos demonstrar. A.2 Cálculo dos elementos matriciais Λij Nesta seção obteremos os 36 elementos de Λ com respeito a base β . Eles são calculados de acordo com a equação (3.55): Λ ij = Tr ΛZj ZT i Tr Zi ZT i e organizados em submatrizes 3 × 3 como: Λ6×6 = ⎛ ⎝ ΛII Λ IY Λ YI Λ YY i, j = 1, 2, . . . , 6 (A.6) Importante lembrarmos também das equações (3.54): Tr Z1 ZT 1 Tr Z4 ZT 4 e das definições: = Tr = Tr µ = 1 3N Tr V σ 2 λ ⎞ ⎠ Z2 Z T 2 Z5 Z T 5 1 = 3N Tr(δV) 2 = 3N Tr = 3N (N − 1) Tr τ (k+1) c = fc (τ) = ∞ 0 1 3Nσ 2 λ Z3 Z T 3 Z6 Z T 6 dτ τ k fc (τ) = 6N = 6N (N − 1) Tr δV (0)δV (τ) (A.7)
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