무작위 에너지 모형

무작위 에너지 모형은 $p$-스핀 상호작용 모형에 $p\rightarrow\infty$인 극한을 취한 것이다. 간단한 모형이지만 스핀 유리의 특징을 잘 가지고 있다.

먼저 $p$-스핀 상호작용 모형의 해밀토니안은 다음과 같다. $$H = -\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}$$ 이 때 $J_{i_1\dots i_p}$의 확률분포는 다음과 같이 주어진다. $$P(J_{i_1\dots i_p}) = \sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2 p!}}\exp\left[-\frac{J_{i_1\dots i_p}^2N^{p-1}}{J^2 p!}\right]$$ $p=2$인 경우, 이 모형은 셰링턴-커크패트릭 모형이 된다. 이 모형의 에너지 분포는 \begin{align*} P(E) =&\overline{\delta(E-H(\{\sigma\})}\\ =&\int\left[\prod dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right]\delta\left(E+\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}\right)\\ =&\int\left[\prod dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right]\int\frac{dk}{2\pi} \exp\left[ik\left(E+\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}\right)\right] \end{align*} 가 된다. 각 $J_{i_1\dots i_p}$를 따로 떼어 다음과 같이 적분할 수 있고, \begin{align*} &\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2 p!}}\int dJ_{i_1\dots i_p}\exp\left[-\frac{J_{i_1\dots i_p}^2N^{p-1}}{J^2 p!}+ikJ_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}\right]\\ =&\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2 p!}}\sqrt\frac{\pi J^2p!}{N^{p-1}}\exp\left[-\frac{J^2p!}{4N^{p-1}}\left(k\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}\right)^2\right]\\ =&\exp\left[-\frac{J^2p!}{4N^{p-1}}k^2\right] \end{align*} 이러한 항이 $N\choose p$개가 있으므로 \begin{align*} P(E)=&\int\frac{dk}{2\pi}\exp\left[-{N\choose p}\frac{J^2p!}{4N^{p-1}}k^2+ikE\right]\\ =&\frac1{2\pi}\sqrt{\frac{4\pi N^{p-1}(N-p)!}{J^2N!}}\exp\left[-\frac{N^{p-1}(N-p)!}{ J^2N!}E^2\right]\\ =&\sqrt{\frac{N^{p-1}(N-p)!}{\pi J^2N!}}\exp\left[-\frac{N^{p-1}(N-p)!}{ J^2N!}E^2\right] \end{align*} $p<<N$인 상황을 유지하면서 $p\rightarrow\infty$인 극한을 취하면 $N!/(N-p)!\approx N^p$로 근사할 수 있으므로 $$P(E)=\frac1{\sqrt{N\pi J^2}}\exp\left[-\frac{E^2}{J^2N}\right]$$ 를 얻는다. 무작위 에너지 모형의 특이한 점은 에너지가 스핀 배열과 무관하다는 것이다.

자유에너지를 계산하기 위해 $n$개의 복제본을 도입한 분배함수를 계산하자. \begin{align*} \overline{Z^n} =& \int\left[\prod_{J_{i_1\dots i_p}}dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right]\text{Tr}_{\sigma_i^a}\exp\left(\beta\sum_a\sum_{i_1<\dots< i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^a\cdots\sigma_{i_p}^a+\beta\sum_{i,a}\sigma_i^a\right)\\ =&\int\left[\prod_{J_{i_1\dots i_p}}dJ_{i_1\dots i_p}\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2p!}}\exp\left(-\frac{J_{i_1\dots i_p}^2N^{p-1}}{J^2p!}\right)\right]\text{Tr}_{\sigma_i^a}\exp\left(\beta\sum_a\sum_{i_1<\dots< i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^a\cdots\sigma_{i_p}^a+\beta\sum_{i,a}\sigma_i^a\right) \end{align*} $X = \sum_a\sigma_{i_1}^a\cdots\sigma_{i_p}^a$로 두고, 각 $J_{i_1\dots i_p}$에 대한 적분을 먼저 수행하면 \begin{align*} &\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2p!}}\int dJ_{i_1\dots i_p}\exp\left(-\frac{N^{p-1}}{J^2p!}J_{i_1\dots i_p}^2+\beta XJ_{i_1\dots i_p}\right)\\ =&\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2p!}}\int dJ_{i_1\dots i_p}\exp\left[-\frac{N^{p-1}}{{J^2p!}}\left(J_{i_1\dots i_p}-\frac{\beta J^2p!X}{2N^{p-1}}\right)^2+\frac{\beta^2J^2p!X^2}{4N^{p-1}}\right]\\ =&\exp\left(\frac{\beta^2J^2p!X^2}{4N^{p-1}}\right) \end{align*} 이므로 \begin{align*} \overline{Z^n}=&\text{Tr}_{\sigma_i^a}\exp\left[\frac{\beta^2J^2p!}{4N^{p-1}}\sum_{i_1<\cdots<i_p}\sum_{ab}\sigma_{i_1}^a\sigma_{i_1}^b\cdots\sigma_{i_p}^a\sigma_{i_p}^b+\beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right]\\ =&\text{Tr}_{\sigma_i^a}\exp\left[\frac{\beta^2J^2N}{4}\sum_{ab}\left(\frac1N\sum_i\sigma_{i}^a\sigma_{i}^b\right)^p+\beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right]\\ =&\exp\left[\frac{\beta^2J^2Nn}{4}\right]\text{Tr}_{\sigma_i^a}\exp\left[\frac{\beta^2J^2N}{4}\sum_{a\neq b}\left(\frac1N\sum_i\sigma_{i}^a\sigma_{i}^b\right)^p+\beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right]\\ \end{align*} 가 된다. 그리고 $N^{-1}\sum_i\sigma_i^a\sigma_i^b=Q_{ab}$가 되도록 구속조건 \begin{align*} 1=&\int dQ_{ab}\delta\left(\sum_i\sigma_i^a\sigma_i^b-NQ_{ab}\right)\\ =&\int dQ_{ab}\int_{-i\infty}^{+i\infty}\frac{d\lambda_{ab}}{2\pi}\exp\left[\lambda_{ab}\left(\sum_i\sigma_i^a\sigma_i^b-NQ_{ab}\right)\right] \end{align*} 를 포함하면 \begin{align*} \overline{Z^n} =& \exp\left[\frac{\beta^2J^2Nn}{4}\right]\int\left(\prod_{a<b}dQ_{ab}\right)\int_{-i\infty}^{+i\infty}\left(\prod_{a<b}\frac{\lambda_{ab}}{2\pi}\right)\exp\left[\frac{\beta^2J^2N}{4}\sum_{a\neq b}Q_{ab}^p-\frac N2\sum_{a\neq b}\lambda_{ab}Q_{ab}\right]\\ &\quad\times\text{Tr}_{\sigma_i^a}\exp\left[\sum_i\left(\frac12\sum_{a\neq b}\lambda_{ab}\sigma_i^a\sigma_i^b+\beta h\sum_{a}\sigma_i^a\right)\right]\\ \equiv& e^{nN\beta^2/n}\int\left(\prod_{a<b}dQ_{ab}\right)\int_{-i\infty}^{+i\infty}\left(\prod_{a<b}\frac{\lambda_{ab}}{2\pi}\right)e^{-NG(Q_{ab},\lambda_{ab})} \end{align*} 로 쓸 수 있고, 여기서 자유에너지 $G(Q_{ab},\lambda_{ab})$는 $$G(Q_{ab},\lambda_{ab}) = -\frac14\beta^2\sum_{a\neq b}Q_{ab}^p+\frac12\sum_{a\neq b}\lambda_{ab}Q_{ab}-\log\text{Tr}_{\sigma_a}\exp\left[\frac12\sum_{a\neq b}\lambda_{ab}\sigma_a\sigma_b+\beta h\sum_a\sigma_a\right]$$ 로 주어진다.

모든 복제본의 쌍 $a,b$에 대해 $Q_{ab}=Q$, $\lambda_{ab} = \lambda$로 가정하면 자유에너지는 \begin{align*} G(Q,\lambda)&=-\frac{n(n-1)}4\beta^2Q^p+\frac{n(n-1)}2\lambda Q-\log\text{Tr}_{\sigma_a}\exp\left[\frac12\lambda\sum_{a\neq b}\sigma_a\sigma_b+\beta h\sum_a\sigma_a\right] \end{align*} 로 쓸 수 있고, 마지막 $\log\text{Tr}$항은 \begin{align*} &\log\text{Tr}_{\sigma_a}\exp\left[\frac12\lambda\sum_{a\neq b}\sigma_a\sigma_b+\beta h\sum_a\sigma_a\right]\\ =&\log\text{Tr}_{\sigma_a}\exp\left[\frac12\lambda \left(\sum_{a}\sigma_a\right)^2-\frac12\lambda n+\beta h\sum_a\sigma_a\right]\\ =&-\frac12\lambda n+\log\text{Tr}_{\sigma_a}\exp\left[\frac\lambda2\left(\sum_a\sigma_a\right)^2+\beta h\sum_a\sigma_a\right] \end{align*} 이다. 허바드-스트라토노비치_변환 $$\exp\left[\frac\lambda2\left(\sum_a\sigma_a\right)^2\right] = \sqrt{\frac\lambda{2\pi}}\int dz\exp\left[-\frac\lambda2z^2+\lambda z\sum_a\sigma_a\right]$$ 를 적용하면 \begin{align*} &\log\text{Tr}_{\sigma_a}\exp\left[\frac12\lambda\sum_{a\neq b}\sigma_a\sigma_b+\beta h\sum_a\sigma_a\right]\\ =&-\frac12\lambda n+\log\left[\sqrt{\frac\lambda{2\pi}}\int dz\,e^{-\lambda z^2/2}\,\text{Tr}_{\sigma_a}\exp\left((\lambda z+\beta h)\sum_a\sigma_a\right)\right]&\quad (z\rightarrow z/\sqrt\lambda) \\ =&-\frac12\lambda n+\log\left[\frac1{\sqrt{2\pi}}\int dz\,e^{-z^2/2}\left(2\cosh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\right)^n\right]&\left(\int\frac{dz}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-z^2/2}\equiv \int Dz\right)\\ =&-\frac12\lambda n+n\log 2+\log\left[\int Dz\exp\left\{n\log\cosh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\right\}\right]\\ \approx&-\frac12\lambda n+n\log 2+\log\left[1+\int Dz\left\{n\log\cosh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)+\mathcal O(n^2)\right\}\right]\\ \approx&-\frac12\lambda n+n\log 2+n\int Dz\log\cosh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right) \end{align*} 이므로, $$\frac1nG(Q,\lambda)\overset{n\rightarrow0}{\longrightarrow}\,\,\frac14\beta^2Q^p-\frac12\lambda (Q-1)+\log2-\int_{-\infty}^\infty Dz\log\left[2\cosh\left(z\sqrt\lambda+\beta h\right)\right]$$ 가 된다. 그리고 안장점 조건을 이용하면 $$\frac{\partial G}{\partial Q}=0\quad\Rightarrow\quad\frac12\beta^2pQ^{p-1} = \lambda\qquad\text{eqn. 26}$$ \begin{align*} \frac{\partial G}{\partial\lambda} = 0\quad\Rightarrow\quad 0&=-\frac 12(Q-1)-\frac1{2\sqrt\lambda}\int Dz\,z\tanh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\\ \Rightarrow\quad Q&=1-\frac1{\sqrt{2\pi\lambda}}\int dz \,e^{-z^2/2}z\tanh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\\ \Rightarrow\quad Q&=1-\frac1{\sqrt{2\pi\lambda}}\int dz\frac d{dz}\left(e^{-z^2/2}\right)\tanh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\\ \Rightarrow\quad Q&=1-\frac1{\sqrt{2\pi\lambda}}\left[\left.e^{-z^2/2}\tanh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\right\vert_{-\infty}^\infty-\sqrt\lambda\int dz\,e^{-z^2/2}\,\text{sech}^2\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\right]\\ \Rightarrow\quad Q&=1-\int Dz\,\,\text{sech}^2\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\\ \Rightarrow\quad Q&=\int Dz\,\tanh^2\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right) \end{align*} 를 얻고, $p\rightarrow\infty$인 극한에서 $$\lambda = 0\quad\text{and}\quad Q = \tanh^2(\beta h)$$ 이므로 자유에너지는 $$-\beta\overline F=\frac14N\beta^2 +N\left(\log2+\log\cosh(\beta h)\right)\\ \Rightarrow \frac{\overline F}N = -\frac1{4T} - T\log2-T\log\cosh\frac hT$$ 가 된다. 이 때 엔트로피를 구해보면 \begin{align*} S =& -\left(\frac{\partial F}{\partial T}\right)=-\frac1{4T^2}+\log\cosh\frac hT-\frac hT\tanh\frac hT \end{align*} 이므로 특정 온도 $T_1(h)$이하에서 엔트로피가 음수가 된다. 따라서 이보다 높은 온도 어딘가에서 복제 대칭성이 깨져야 한다. 외부 자기장 $h$에 대해 엔트로피가 음수가 되는 온도를 그려보면 다음과 같다.