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--- 물리:무작위_에너지_모형 [2026/02/13 20:55] – [복제 방법을 통한 계산] admin
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 \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.
 ^번호 ^ $Q$       ^ 설명        ^ 그룹의 수 $n_g$ ^ $(i_1, i_2, i_3)$의 가짓수 $\Omega(Q)$                 ^
 |1|$\begin{pmatrix}& 1 & 1\\&  & 1\\&  & \end{pmatrix}$| $i_1=i_2=i_3$. 구체적으로 어떤 값으로 같을지는 $1, \ldots, M$ 중의 하나. |$1$ | $4$ |
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 ====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*}
-\mathbb{E}Y &=& \lim_{n\to 0} \mathbb{E} \left[ Z^{n-2} \sum_{i=1}^M e^{-2\beta E_i} \right]\\
+Y_N &\approx& \lim_{n\to 0} Z^{n-2} \sum_{i=1}^M e^{-2\beta E_i}\\
-&=& \lim_{n\to 0} \mathbb{E} \left[ \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) \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=1}^M \exp\left(-2\beta E_i\right)\\
-&=& \lim_{n\to 0} \mathbb{E} \left[ \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) \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} \mathbb{E} \left[ \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) \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} \mathbb{E} \left[ \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) \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} \mathbb{E} \left[ \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) \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=====