划分云团

若给定湍流数据，如何划分云团？目前采用狄利克雷镶嵌。

半解析扩散模型

粒子的拉莫尔半径为

$R=\frac{\gamma mv}{qB}= 1.7\times10^{7}\gamma(\frac{v}{1c})(\frac{B}{1\mu G})^{-1}m\approx 10^{10}m\ll 1pc=3\times 10^{16}m$

远小于云团的尺寸。其中磁场满足：

$\bar{B}=3.8\mu G$

假定（Ching et al 2022）

${B}=(3.8+0.3\times rand())\mu G$

那么粒子的偏转半径为：

$\Delta \theta=\frac{c\Delta t}{R}=\frac{3\times 10^8 \times \Delta t}{1.7\times10^{7}\gamma}*(2.8+2\times rand())*rand()$

认为粒子在进入云团一段时间$t_b$后达到了随机游走的状态，假定粒子走过的路径为

$L=ct_b$

只需要当云团半径为多少是，粒子出射近似随机，即可数值确定L的大小。此时出射角度的cos值呈均匀分布。目前可确定大概$L=100\sim500c$，通过二分法(方差最大，均值绝对值最小)得到的结果为：

$L=175c$

此时根据扩散模型，从$\theta_1$出去的概率正比于立体角：

$d\Omega=\frac{dS}{d(\theta_1)^2}\cos^2{(\theta_2-\theta_1)}$

其中$\theta_2$是对于偏心源$L$的角度。利用关系：

$\frac{2R\sin\frac{\theta_1}{2}}{\sin{\theta_2}}=\frac{L}{\cos{(\frac{\theta_1}{2}-\theta_2)}}$ $d(\theta_1)^2=2R(R-L)(1-\cos{\theta_1})+L^2$

化简可得：

$1-\frac{L}{R}=\cos{\theta_1}-\sin{\theta_1}\cot{\theta_2}$

我们的目标是得到概率关于$\theta_1$的表达式：

$dP\propto d\Omega=\frac{dS}{d(\theta_1)^2}\cos^2{(\theta_2-\theta_1)}=\frac{\cos^2{(\arcctg{\frac{\cos{\theta_1-1+\frac{L}R}}{\sin{\theta_1}}}-\theta_1)}}{2R(R-L)(1-\cos{\theta_1})+L^2}dS$

然而估算后发现，假设云团大小为1pc，粒子的自由程为$100s\times c=10^{-6}pc$，粒子的偏转次数为1e6，考虑扩散的偏转次数为1e12，时间为$\frac{10^{14}}{3\times 10^7}=3\times 10^6yr=3Myr$，在演化时标1Gyr中，粒子可能进行数百次的云团跳跃，总计

$L=10^{-6}pc\sqrt{\frac{3\times 10^{16}s}{100s}}=10pc$

这和上面的数量级是相符的。基于此，推导云团内部的出射角度的概率分布无意义，因为粒子极大概率（>0.9999）会原路返回。这时候，问题转化为——在云团边界，粒子每经过一次边界的步数概率分布。数值模拟显示为power law：

$\ln{P(x)}=A+B\ln{x}\Rightarrow P(x)=\ln{A}\times x^B$

其中$A=1.5830,\ln{A}=0.46,B=-1.44$，所以

$P(x)=0.46\times x^{-1.44}$

为了归一化，近似取:

$P(x)=0.45\times x^{-1.45}$

显然，$\int xP(x)$积分是发散的。
<!—
我们估算逃逸概率，粒子进行1e12次偏转后逃逸概率为0.5，可以估算出每次逃逸概率为：

$(1-p)^{1e12}=0.5\Rightarrow p\sim 1e-12$

对power law进行截断，即

$x^{-0.45}|_{x=1}-x^{-0.45}|_{x=n}=1-p\Rightarrow n^{-0.45}=1e-12\Right n=1e27$

所以随机到大于这个数的时候，就该进行云团的跳跃了。这个数对应的移动距离为