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--- 물리:무작위_에너지_모형 [2026/02/14 15:02] – [복제 방법을 통한 계산] admin
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 &=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \exp\left(- \beta \sum_{a=1}^n E_{i_a} \right).
 \end{eqnarray*}
+이것이 여전히 하나의 표본 $\{ E_1, \ldots, E_M \}$에 대한 계산임에 유의하라.
 그런데 크로네커 델타 $\mathbb{I} \left(\alpha=\beta\right) \equiv \delta_{\alpha\beta}$를 사용하면 $E_{i_a} = \sum_{j=1}^M E_j \mathbb{I} \left(i_a = j\right)$로 고쳐 쓸 수 있으므로 다음의 표현식을 얻는다.
 \begin{eqnarray*}
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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*}
-Y_N &\approx& \lim_{n\to 0} Z^{n-2} \sum_{i=1}^M e^{-2\beta E_i}\\
+Y_N &=& \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)\\
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 $$\lim_{n\to 0}\sum_{a\neq b} \sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) \mathbb{I}\left( i_a = i_b \right).$$
 이는 $(a,b)$를 바꾸어가며 비슷한 계산을 $n(n-1)$번 반복한 것이므로 앞의 식에 대응되려면 그만큼을 나누어주어야 한다:
-$$Y_N \approx \lim_{n\to 0} \frac{1}{n(n-1)} \sum_{a\neq b} \sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) \mathbb{I}\left( i_a = i_b \right).$$
+$$Y_N = \lim_{n\to 0} \frac{1}{n(n-1)} \sum_{a\neq b} \sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) \mathbb{I}\left( i_a = i_b \right).$$
 다음으로 $n\to 0$의 극한에서 $Z^n$은 $1$이 될 것이므로 위 표현의 분모로 넣어준다:
-$$Y_N \approx \lim_{n\to 0} \frac{1}{n(n-1)} \sum_{a\neq b} \left[ \frac{ \sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) \mathbb{I}\left( i_a = i_b \right)}{\sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) } \right].$$
+$$Y_N = \lim_{n\to 0} \frac{1}{n(n-1)} \sum_{a\neq b} \left[ \frac{ \sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) \mathbb{I}\left( i_a = i_b \right)}{\sum_{i_1, \ldots, i_n} \exp \left( -\beta E_{i_1} - \ldots -\beta E_{i_n} \right) } \right].$$
 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 =