Differences

This shows you the differences between two versions of the page.

--- 물리:무작위_에너지_모형 [2026/02/13 18:55] – [복제 대칭성 깨짐 해] admin
+++ 물리:무작위_에너지_모형 [2026/02/14 15:02] (current) – [복제 방법을 통한 계산] admin
@@ Line 59: / Line 59: @@
 \end{eqnarray*}
-$Q_{ab} \equiv \mathbb{I} \left(i_a=i_b\right)$에 대해 $n \times n$ 행렬 $Q \equiv \left\{ Q_{ab} \right\}$를 생각해보자.
+$Q_{ab} \equiv \mathbb{I} \left(i_a=i_b\right)$를 원소로 가지는 $n \times n$ 행렬 $Q \equiv \left\{ Q_{ab} \right\}$를 생각해보자. 이는 겹침 행렬(overlap matrix)이라고도 한다.
-예를 들어 $N=2$여서 $M=2^N=4$이고 $n=3$인 경우를 생각해본다면, $i_1$, $i_2$, 그리고 $i_3$ 모두 $1$부터 $M$까지의 값을 가질 수 있을 것이다. 따라서 $(i_1, i_2, i_3)$의 전체 가짓수는 $M^n = 2^{Nn} = 4^3=64$개이다. $Q$는 대칭행렬이고 대각선 원소는 모두 $1$이므로, $Q$의 가짓수는 $2^{n(n-1)/2} = 2^3 = 8$개이다. 이를 나열해보면 아래와 같다.
+예를 들어 $N=2$여서 $M=2^N=4$이고 $n=3$인 경우를 생각해본다면, $i_1$, $i_2$, 그리고 $i_3$ 각각이 $1$부터 $M$까지의 값을 가질 수 있을 것이다. 따라서 $(i_1, i_2, i_3)$의 전체 가짓수는 $M^n = 2^{Nn} = 4^3=64$개이다. $Q$는 대칭행렬이고 대각선 원소는 모두 $1$이므로, $Q$의 가짓수는 $2^{n(n-1)/2} = 2^3 = 8$개이다. 이를 나열해보면 아래와 같다.
-^ $Q$       ^ 설명        ^ 그룹의 수 $n_g$ ^ $(i_1, i_2, i_3)$의 가짓수 $\Omega(Q)$                 ^
+^번호 ^ $Q$       ^ 설명        ^ 그룹의 수 $n_g$ ^ $(i_1, i_2, i_3)$의 가짓수 $\Omega(Q)$                 ^
-|$\begin{pmatrix}& 1 & 1\\&  & 1\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1=i_2=i_3$. 구체적으로 어떤 값으로 같을지는 $1, \ldots, M$ 중의 하나. |$1$ | $4$ |
+|1|$\begin{pmatrix}& 1 & 1\\&  & 1\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1=i_2=i_3$. 구체적으로 어떤 값으로 같을지는 $1, \ldots, M$ 중의 하나. |$1$ | $4$ |
-|$\begin{pmatrix}& 1 & 1\\&  & 0\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1= i_2$이고 $i_1=i_3$이지만 $i_2\neq i_3$. 불가능. |정의되지 않음. | $0$ |
+|2|$\begin{pmatrix}& 1 & 1\\&  & 0\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1= i_2$이고 $i_1=i_3$이지만 $i_2\neq i_3$. 불가능. |정의되지 않음. | $0$ |
-|$\begin{pmatrix}& 1 & 0\\&  & 1\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1= i_2$이고 $i_2=i_3$이지만 $i_1\neq i_3$. 불가능. |정의되지 않음. | $0$ |
+|3|$\begin{pmatrix}& 1 & 0\\&  & 1\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1= i_2$이고 $i_2=i_3$이지만 $i_1\neq i_3$. 불가능. |정의되지 않음. | $0$ |
-|$\begin{pmatrix}& 0 & 1\\&  & 1\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1=i_3$이고 $i_2=i_3$이지만 $i_1\neq i_2$. 불가능. |정의되지 않음. | $0$ |
+|4|$\begin{pmatrix}& 0 & 1\\&  & 1\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1=i_3$이고 $i_2=i_3$이지만 $i_1\neq i_2$. 불가능. |정의되지 않음. | $0$ |
-|$\begin{pmatrix}& 1 & 0\\&  & 0\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1=i_2$이고 $i_2\neq i_3$. 각 그룹에 어떤 값들을 줄지 경우의 수는 $4\times 3$. |$2$ | $12$ |
+|5|$\begin{pmatrix}& 1 & 0\\&  & 0\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1=i_2$이고 $i_2\neq i_3$. 각 그룹에 어떤 값들을 줄지 경우의 수는 $4\times 3$. |$2$ | $12$ |
-|$\begin{pmatrix}& 0 & 0\\&  & 1\\&  & \end{pmatrix}$| $i_2=i_3$이고 $i_1\neq i_2$. 각 그룹에 어떤 값들을 줄지 경우의 수는 $4\times 3$. |$2$ | $12$ |
+|6|$\begin{pmatrix}& 0 & 0\\&  & 1\\&  & \end{pmatrix}$| $i_2=i_3$이고 $i_1\neq i_2$. 각 그룹에 어떤 값들을 줄지 경우의 수는 $4\times 3$. |$2$ | $12$ |
-|$\begin{pmatrix}& 0 & 1\\&  & 0\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1=i_3$이고 $i_1\neq i_2$. 각 그룹에 어떤 값들을 줄지 경우의 수는 $4\times 3$. |$2$ | $12$ |
+|7|$\begin{pmatrix}& 0 & 1\\&  & 0\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1=i_3$이고 $i_1\neq i_2$. 각 그룹에 어떤 값들을 줄지 경우의 수는 $4\times 3$. |$2$ | $12$ |
-|$\begin{pmatrix}& 0 & 0\\&  & 0\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1$, $i_2$, $i_3$가 모두 다른 값. 어떤 값들을 줄지 경우의 수는 $4\times 3\times 2$. |$3$ | $24$ |
+|8|$\begin{pmatrix}& 0 & 0\\&  & 0\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1$, $i_2$, $i_3$가 모두 다른 값. 어떤 값들을 줄지 경우의 수는 $4\times 3\times 2$. |$3$ | $24$ |
+|총합||||$64$|
 우리는 첫 번째 경우처럼 모두 한 그룹에 속하거나 마지막 경우처럼 모두 다른 그룹에 속하는 경우를 주로 다루게 될 것이다. 일반화를 해보면 그룹의 수가 $n_g$일 때 이에 해당하는 $(i_1, i_2, i_3)$의 가짓수는 $\Omega = M \times (M-1) \times \ldots (M-n_g+1)$인데 이는 근사적으로 $\Omega \sim M^{n_g} = 2^{Nn_g}$처럼 쓸 수 있다.
@@ Line 85: / Line 85: @@
 실제로 $n<1$일 때 $\beta < \beta^\ast \equiv 2\sqrt{\ln2/n}$이라면 $Q_{\text{RS},1}$의 기여가 $Q_{\text{RS},0}$의 기여보다 더 크다. 그러나 복제 트릭에서는 기여가 더 작은 항을 택해야 옳은 결과가 얻어진다고 알려져 있다. 수학적으로 정당화하기는 쉽지 않지만, 실제로 고온에서 상이한 복제본들이 서로 무관해진다는 것($Q_{ab}=0$)이 물리적으로 그럴 듯하다. 따라서 아래의 결과를 얻는데,
 $$-\beta f = \frac{\beta^2}{4} + \ln 2$$
-앞에서의 결과와 비교해보면 이는 $\beta<\beta_c$인 고온에서 옳은 답이고, 저온에서는 복제 대칭성을 깨어야만 옳은 결과를 얻는다.
+앞에서의 결과와 비교해보면 이는 $\beta<\beta_c$인 고온에서 옳은 답이고, 저온에서는 복제 대칭성을 깨뜨려야만 옳은 결과를 얻는다.
 ====복제 대칭성 깨짐 해====
 복제 대칭성이 다음처럼 깨어져 있다고 가정하자:
@@ Line 100: / Line 100: @@
 $n=4$일 때에 분할의 가짓수는 $B_4=15$로서 아래 표에 나열되어 있다. 계의 크기는 $N=2$로 가정해서 $M=2^N=4$이며, $(i_1, i_2, i_3, i_4)$가 취할 수 있는 경우의 수는 $M^n = 2^{Nn} = 256$이다.
-^ ^분할 ^ 설명 ^ $(i_1, i_2, i_3, i_4)$의 가짓수 ^
+^번호 ^분할 ^ 설명 ^ $(i_1, i_2, i_3, i_4)$의 가짓수 ^
 |1| $\{\{1,2,3,4\}\}$ | 모두가 같은 그룹에 속하며, 그들이 공통으로 취할 수 있는 숫자는 $1, \ldots, M$ 중의 하나.| $M=4$ |
 |2| $\{\{1\},\{2,3,4\}\}$ | 두 그룹이 서로 다른 숫자를 택함.| $M(M-1) = 4\times 3 = 12$ |
@@ Line 142: / Line 142: @@
 그런데 $N\to\infty$인 극한에서, $n$과 $x$의 함수인 이 숫자는 그다지 중요하지 않다. 중요한 것은 뒤의 숫자인 $M(M-1)=12$인데 이는 $M(M-1)\cdots(M-y+1)$로 일반화되고, 근사적으로 $M^y = M^{n/x} = 2^{Nn/x}$이다. 정리하면 $\mathcal{N}_N(Q) \approx \frac{n!}{\left(x!\right)^{n/x} (n/x)!} 2^{Nn/x}$이며, 각각의 $Q$는 $1$로 채워진 $x\times x$ 크기의 블록 $y$개를 가지고 있으므로 $\sum_{ab} Q_{ab} = x^2 \times y = x^2 (n/x) = nx$를 기여한다. 따라서 다음처럼 정리된다:
 $$\mathbb{E}Z^n = \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \exp\left( \frac{1}{4}\beta^2N \sum_{ab} Q_{ab} \right) \approx \frac{n!}{\left(x!\right)^{n/x} (n/x)!} 2^{Nn/x} \exp\left( \frac{1}{4}\beta^2N nx \right) = \frac{n!}{\left(x!\right)^{n/x} (n/x)!} \exp\left( \frac{1}{4}\beta^2N nx + \frac{Nn}{x} \ln 2\right).$$
+$x$를 변수로 보고 지수함수 안의 인수 $Ng(\beta,n,x) = \frac{1}{4}\beta^2N nx + \frac{Nn}{x} \ln 2$를 최소화하면(복제 방법의 특성상 최대가 아니라 최소를 찾는다)
+$$x = x^\ast = \frac{2\sqrt{\ln2}}{\beta} = \frac{\beta_c}{\beta}$$
+일 때에 다음의 값을 가진다:
+$$Ng(\beta, n, x^\ast) = Nn \left( \frac{\beta \beta_c}{4} + \frac{\beta}{\beta_c}\ln 2 \right) = Nn\beta \sqrt{\ln2}.$$
+따라서
+$$-\beta f = \lim_{N\to\infty} \lim_{n\to 0} \frac{1}{Nn} \ln \mathbb{E}Z^n = \beta \sqrt{\ln2}$$
+인데 이는 $\beta>\beta_c$에서 옳은 답이다.
+처음에 $n$을 양의 정수로 간주했을 때 $1\le x \le n$이었던 관계를 확장해서 $n\to 0$일 때에 $0\le x \le 1$이라고 하자. $\beta>\beta_c$일 때에는 $x^\ast = \beta_c/\beta$이고 $\beta<\beta_c$가 되면서부터는 $x_\ast=1$로 유지된다고 본다면, 이 계산은 본질적으로 모든 온도 영역에 적용될 수 있다.
 =====응축 현상=====
@@ Line 326: / Line 334: @@
 ====복제 방법을 통한 계산====
+$Z$의 값은 표본에 따라 요동하는 난수인데, 큰 $N$에 대해서조차 넓은 분포를 가지고, 특히 $\beta>\beta_c$에서는 희귀한 표본들이 그 평균값을 결정하는 특성을 보여준다. 참여비율에 대해 앞에서 정의한 바를 따르면, 하나의 표본 $\{E_1, \ldots, E_M\}$에 대해 $Y_N$의 값이 하나 결정되는 구조이다. 반면 아래의 계산은 $Y_N$의 분모에 등장하는 $Z$ 두 개를 서로 다른 복제본으로부터 계산한다. 이는 $Z$가 표본마다 비슷한 값을 가진다고 암묵적으로 가정하는 것에 대응된다. 따라서 원래의 정의를 따를 경우 아래 계산을 근사로 이해하는 것이 옳겠다.
+\begin{eqnarray*}
+Y_N &\approx& \lim_{n\to 0} Z^{n-2} \sum_{i=1}^M e^{-2\beta E_i}\\
+&=& \lim_{n\to 0} \sum_{i_1=1}^M \cdots \sum_{i_{n-2}=1}^M \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_{n-2}} \right) \sum_{i=1}^M \exp\left(-2\beta E_i\right)\\
+&=& \lim_{n\to 0} \sum_{i_1=1}^M \cdots \sum_{i_{n-2}=1}^M \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_{n-2}} \right) \sum_{i_{n-1}=1}^M \exp\left(-2\beta E_{i_{n-1}}\right)\\
+&=& \lim_{n\to 0} \sum_{i_1=1}^M \cdots \sum_{i_{n-2}=1}^M \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_{n-2}} \right) \sum_{i_{n-1}=1}^M \exp\left(-\beta E_{i_{n-1}} -\beta E_{i_{n-1}}\right)\\
+&=& \lim_{n\to 0} \sum_{i_1=1}^M \cdots \sum_{i_{n-2}=1}^M \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_{n-2}} \right) \sum_{i_{n-1}=1}^M \sum_{i_n=1}^M \exp\left(-\beta E_{i_{n-1}} -\beta E_{i_n}\right) \mathbb{I}\left( i_{n-1} = i_n \right)\\
+&=& \lim_{n\to 0} \sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) \mathbb{I}\left( i_{n-1} = i_n \right)\\
+\end{eqnarray*}
+지금은 $n$개의 복제본 중 끝의 두 개를 크로네커 델타에 집어넣고 있는데, 좀더 일반화해서 $n$개의 복제본 중 $a$와 $b$로 부를 서로 다른 두 복제본을 골라내고 모든 $(a,b)$의 조합에 대해 합해보자:
+$$\lim_{n\to 0}\sum_{a\neq b} \sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) \mathbb{I}\left( i_a = i_b \right).$$
+이는 $(a,b)$를 바꾸어가며 비슷한 계산을 $n(n-1)$번 반복한 것이므로 앞의 식에 대응되려면 그만큼을 나누어주어야 한다:
+$$Y_N \approx \lim_{n\to 0} \frac{1}{n(n-1)} \sum_{a\neq b} \sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) \mathbb{I}\left( i_a = i_b \right).$$
+다음으로 $n\to 0$의 극한에서 $Z^n$은 $1$이 될 것이므로 위 표현의 분모로 넣어준다:
+$$Y_N \approx \lim_{n\to 0} \frac{1}{n(n-1)} \sum_{a\neq b} \left[ \frac{ \sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) \mathbb{I}\left( i_a = i_b \right)}{\sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) } \right].$$
+그러면 $\left[\cdots \right]$ 안의 표현식은 $\mathbb{I}(i_a=i_b) = Q_{ab}$를 평균한 값으로 해석할 수 있다. 이 값이 $\beta>\beta_c$에서 구했던 복제 대칭성 깨짐 해에 의해 결정된다면, $\sum_{a\neq b} Q_{ab} = \left(\sum_{ab} Q_{ab}\right) - n = n\left(x^\ast-1\right)$이므로 아래 결과를 얻는다:
+$$\mathbb{E}Y_N \approx \lim_{n\to 0} \frac{n(x^\ast-1)}{n(n-1)} = 1-x^\ast =
+\left\{ \begin{array}{ll}
+- \frac{\beta_c}{\beta} & \text{ if }\beta>\beta_c\\
+& \text{ otherwise.}
+\end{array}\right.$$
 =====스핀 모형과의 관계=====