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다음의 세 가지 성질로 정의된다.
$M\equiv 2^N$개의 에너지 준위 $E_i$를 가진다.
$E_i$는 다음의 분포를 따르는 난수이다: $P(E)=\frac1{\sqrt{N\pi J^2}}\exp\left[-\frac{E^2}{J^2N}\right]$
$E_i$는 서로 독립이다.
작은바른틀로 이 문제를 먼저 다뤄보자.
$(E, E+dE)$ 사이에 놓인 에너지 준위의 수를 $\mathcal{N}(E)$라고 하면, 그 평균은 다음처럼 주어진다.
$$\langle \mathcal{N}(E) \rangle = 2^N P(E) \sim \exp\left\{ N\left[ \ln2 - \left( \frac{E}{NJ} \right)^2 \right]\right\}$$
이로부터 $\epsilon_\ast \equiv E_\ast/N = J(\ln 2)^{1/2}$에서 어떤 일이 벌어지리라는 짐작이 가능하다. 더구나 난수의 독립성 때문에 $\mathcal{N}(E)$의 편차는 $\langle \mathcal{N}(E) \rangle^{1/2}$ 정도로 작다. 따라서 $\langle \mathcal{N}(E) \rangle \sim \mathcal{N}(E)$으로 간주할 수 있다.
만일 $|E|>E_\ast$라면 $\langle \mathcal{N}(E) \rangle \ll 1$이어서 대부분의 샘플에 대해 $\mathcal{N}(E)=0$이다. 즉 $[-E_\ast, E_\ast]$ 바깥에는 에너지 준위가 사실상 존재하지 않는다. 이에 따라 엔트로피를 적어본다면 다음처럼 될 것이다:
$$S(E) \sim \left\{
\begin{array}{ll}
N \left[ \ln 2 - \left(\frac{E}{NJ}\right)^2 \right] & \text{if }|E|<E_\ast\\
-\infty & \text{otherwise.}
\end{array}
\right.
$$
르장드르 변환을 통해 헬름홀츠 자유에너지 밀도를 적어보자. 즉 $S(E)/N$의 그래프에 접선을 긋고 ($k_B\equiv 1$여서 접선의 기울기는 $dS/dE = \beta$) 그 접선이 $E=0$의 세로축과 만나는 점을 찾은 다음 마이너스 부호를 취한다. $\beta>\beta_c$일 때에는 가장 낮은 에너지 준위만이 분배함수에 기여하므로, 결과는 아래와 같다($J\equiv 1$).
$$f(\beta) = \left\{
\begin{array}{ll}
-\frac{\beta}{4} - \frac{1}{\beta} \ln 2 & \text{if }\beta<\beta_c\\
-\sqrt{\ln 2} & \text{if }\beta>\beta_c
\end{array}\right.
$$
이때 $\beta_c \equiv 2\sqrt{\ln 2} \approx 1.665$이다. $f$를 두번 미분했을 때 불연속이므로 2차 상전이가 나타남을 알 수 있다. 아래에서 논할 응축(condensation) 현상 때문에 '무작위 1차 상전이'라고도 불린다.
단, 열역학 퍼텐셜의 르장드르 변환에서 볼 수 있듯이 엔트로피부터 자유 에너지로의 변환은 $N$이 커서 요동이 작을 때에 잘 정의된다.
$Z=\sum_{j=1}^M \exp\left(-\beta E_j\right)$에 대해 ($M \equiv 2^N$) 헬름홀츠 자유에너지의 샘플 평균을 다음처럼 계산하자:
$$\mathbb{E} \ln Z =\lim_{n\to 0} \frac{1}{n} \ln \mathbb{E} Z^n.$$
여기에서 $Z^n$은 다음처럼 계산된다:
\begin{eqnarray*}
Z^n &=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \exp\left(-\beta E_{i_1} - \ldots - \beta E_{i_n} \right)\\
&=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \exp\left(- \beta \sum_{a=1}^n E_{i_a} \right).
\end{eqnarray*}
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*}
Z^n &=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \exp\left(- \beta \sum_{a=1}^n \sum_{j=1}^M E_j \mathbb{I} \left(i_a = j\right) \right)\\
&=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \prod_{j=1}^M \exp\left(- \beta \sum_{a=1}^n E_j \mathbb{I} \left(i_a = j\right) \right)\\
&=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \prod_{j=1}^M \exp\left(- \beta E_j \sum_{a=1}^n \mathbb{I} \left(i_a = j\right) \right).
\end{eqnarray*}
이제 에너지의 분포에 대해 이 식의 평균을 취해보자:
\begin{eqnarray*}
\mathbb{E} Z^n &=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \prod_{j=1}^M \int_0^{\infty} dE_j \frac{1}{\sqrt{\pi N}} \exp \left( -\frac{E_j^2}{N} \right) \exp\left(- \beta E_j \sum_{a=1}^n \mathbb{I} \left(i_a = j\right) \right)\\
&=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \prod_{j=1}^M \exp\left\{ \frac{1}{4}\beta^2 N \left[ \sum_{a=1}^n \mathbb{I} \left(i_a=j\right) \right]^2 \right\}\\
&=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \prod_{j=1}^M \exp\left[ \frac{1}{4}\beta^2 N \sum_{a=1}^n \sum_{b=1}^n \mathbb{I} \left(i_a=j\right) \mathbb{I} \left(i_b=j\right) \right]\\
&=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \exp\left[ \frac{1}{4}\beta^2 N \sum_{j=1}^M \sum_{a=1}^n \sum_{b=1}^n \mathbb{I} \left(i_a=j\right) \mathbb{I} \left(i_b=j\right) \right].
\end{eqnarray*}
크로네커 델타의 성질상 $\sum_\alpha \delta_{\alpha \beta} \delta_{\alpha \gamma} = \delta_{\beta \gamma}$이므로 위 식은 아래처럼 간단해진다:
\begin{eqnarray*}
\mathbb{E} Z^n &=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \exp\left[ \frac{1}{4}\beta^2 N \sum_{a=1}^n \sum_{b=1}^n \mathbb{I} \left(i_a=i_b\right) \right]\\
&=& \sum_{i_1, \ldots, i_n}^M \exp\left[ \frac{1}{4}\beta^2 N \sum_{a=1}^n \sum_{b=1}^n Q_{ab} \right].
\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.
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.
| $Q$ | 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. | $1$ | $4$ |
| $\begin{pmatrix}& 1 & 1\\& & 0\\& & \end{pmatrix}$ | $i_1= i_2$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. | $0$ |
| $\begin{pmatrix}& 0 & 1\\& & 1\\& & \end{pmatrix}$ | $i_1=i_3$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 $4\times 3$. | $2$ | $12$ |
| $\begin{pmatrix}& 0 & 0\\& & 1\\& & \end{pmatrix}$ | $i_2=i_3$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 $4\times 3$. | $2$ | $12$ |
| $\begin{pmatrix}& 0 & 0\\& & 0\\& & \end{pmatrix}$ | $i_1$, $i_2$, $i_3$가 모두 다른 값. 어떤 값들을 줄지 경우의 수는 $4\times 3\times 2$. | $3$ | $24$ |
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.
언제나 $Q_{aa}=1$는 성립하고, $a\neq b$일 때 $Q_{ab}$는 모두 $0$ 또는 모두 $1$일 것이다. $Q_{ab}=0$인 경우를 $Q_{\text{RS},0}$, $1$인 경우를 $Q_{\text{RS},1}$이라고 하자.
$Q_{\text{RS},0}$을 만드는 경우의 수는 위에서 본 것처럼 대략 $M^n = 2^{Nn}$개이고, $\sum_{ab} Q_{ab} = n$이다. 따라서 이러한 $Q_{\text{RS},0}$가 중심적인 기여를 한다면 $Z^n$의 샘플 평균은
$$\mathbb{E}Z^n \approx M^n \exp\left( \frac{\beta^2 N}{4} n \right) = \exp\left( \frac{\beta^2 N}{4} n + N n \ln 2 \right).$$
$$-\beta f = \lim_{N\to\infty} \frac{1}{N} \mathbb{E} \ln Z = \lim_{N\to\infty} \lim_{n\to 0} \frac{1}{Nn} \ln \left( \mathbb{E}Z^n \right) = \frac{\beta^2}{4} + \ln 2.$$
$Q_{\text{RS},1}$을 만드는 경우의 수는 $M=2^N$이고, $\sum_{ab} Q_{ab} = n^2$이다. 따라서 따라서 이러한 $Q_{\text{RS},1}$이 중심적인 기여를 한다면 이러한 결과를 얻을 것이다.
$$\mathbb{E}Z^n \approx M^n \exp\left( \frac{\beta^2 N}{4} n \right) = \exp\left( \frac{\beta^2 N}{4} n^2 + N \ln 2 \right).$$
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.
복제 대칭성이 다음처럼 깨어져 있다고 가정하자:
$$Q_{ab} = \left\{
\begin{array}{ll}
1 & \text{ if }a=b\\
q_1 & \text{ if }a\text{ and }b\text{ belong to the same group.}\\
q_0 & \text{ if }a\text{ and }b\text{ belong to different groups.}
\end{array}
\right.$$
$Q$의 원소는 $1$ 또는 $0$이므로, 복제 대칭성 해와 다른 모양이 되려면 $q_1=1$이고 $q_0=0$일 수밖에 없다.
$n$개의 원소들을 분할(partition)하는 경우의 수는 벨 수(Bell number) $B_n$으로 주어진다.
$n=4$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 |
| $\{\{1,2,3,4\}\}$ | 모두가 같은 그룹에 속하며, 그들이 공통으로 취할 수 있는 숫자는 $1, \ldots, M$ 중의 하나. | $M=4$ |
| $\{\{1\},\{2,3,4\}\}$ | 두 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1) = 4\times 3 = 12$ |
| $\{\{2\},\{1,3,4\}\}$ | 두 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1) = 4\times 3 = 12$ |
| $\{\{3\},\{1,2,4\}\}$ | 두 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1) = 4\times 3 = 12$ |
| $\{\{4\},\{1,2,3\}\}$ | 두 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1) = 4\times 3 = 12$ |
| $\{\{1,2\},\{3,4\}\}$ | 두 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1) = 4\times 3 = 12$ |
| $\{\{1,3\},\{2,4\}\}$ | 두 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1) = 4\times 3 = 12$ |
| $\{\{1,4\},\{2,3\}\}$ | 두 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1) = 4\times 3 = 12$ |
| $\{\{1,2\},\{3\},\{4\}\}$ | 세 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1)(M-2) = 4\times 3\times 2 = 24$ |
| $\{\{1,3\},\{2\},\{4\}\}$ | 세 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1)(M-2) = 4\times 3\times 2 = 24$ |
| $\{\{1,4\},\{2\},\{3\}\}$ | 세 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1)(M-2) = 4\times 3\times 2 = 24$ |
| $\{\{2,3\},\{1\},\{4\}\}$ | 세 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1)(M-2) = 4\times 3\times 2 = 24$ |
| $\{\{2,4\},\{1\},\{3\}\}$ | 세 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1)(M-2) = 4\times 3\times 2 = 24$ |
| $\{\{3,4\},\{1\},\{2\}\}$ | 세 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M(M-1)(M-2) = 4\times 3\times 2 = 24$ |
| $\{\{1\},\{2\},\{3\},\{4\}\}$ | 네 그룹이 서로 다른 숫자를 택함. | $M! = 4! = 24$ |
더 간단히 하기 위해 각 그룹의 크기가 일정하다고 가정해보자. 전체 복제본의 수가 $n=xy$라고 한 다음, 이 $n$개를 각기 $x$개의 복제본을 포함한 $y$개의 그룹으로 나눌 것이다.
위의 $n=4$인 예에서는 $(x,y)=(4,1)$, $(x,y)=(2,2)$, 그리고 $(x,y)=(1,4)$를 생각해볼 수 있는데, 이 중 $(x,y)=(4,1)$과 $(1,4)$는 사실 복제 대칭 해에서 이미 고려한 것이다.
$$Q_{(4,1)} = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix},\hspace{1cm}
Q_{(2,2)} = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix},\hspace{1cm}
Q_{(4,1)} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$$
$Q_{(2,2)}$는 위 표에서 보다시피 $\{\{1,2\},\{3,4\}\}$, $\{\{1,3\},\{2,4\}\}$, 그리고 $\{\{1,4\},\{2,3\}\}$의 세 가지 경우가 있다.
각 상태의 점유 확률을 제곱하여 합한 다음과 같은 '참여비율(participation ratio)'을 생각하자.
$$Y_N(\beta) \equiv \sum_{j}^M \left[ \frac{1}{Z(\beta)} e^{-\beta E_j} \right]^2 = \left[ \sum_j e^{-2\beta E_j} \right] \left[ \sum_j e^{-\beta E_j} \right]^{-2} = Z_N(2\beta) / Z_N^2(\beta).$$
이 양의 역수는 대략 유의미하게 점유된 상태 수로 해석할 수 있다. 이 양의 샘플 평균이 다음처럼 거동한다고 알려져 있다:
$$\mathbb{E}Y_N(\beta) \approx
\left\{
\begin{array}{ll}
1-\frac{\beta_c}{\beta} & \text{ if }\beta>\beta_c\\
0 & \text{ otherwise.}
\end{array}
\right.$$
그림은 50개의 샘플에 대해 구한 값들의 통계를 보여주고 있다.
이 계산은 정당화하기 어려운 근사들을 사용하며 수치적으로 비교해보았을 때 근사식이 크기의 정도를 맞히지 못한다.
계산 보기
양수 $X$에 대한 항등식 $X^{-2} = \int_0^\infty t \exp(-tX) dt$를 사용하여 $Y_N(\beta)$의 표본 평균을 표현해보자.
\begin{eqnarray*}
\mathbb{E} \left[ Y_N(\beta) \right] &=& \left[ \sum_{j=1}^M \exp\left(-2\beta E_j \right)\right] \int_0^\infty t \exp\left[ -t \sum_{i=1}^M e^{-\beta E_i} \right] dt\\
&=& \int_0^\infty t \left[ \sum_{j=1}^M \exp\left(-2\beta E_j \right)\right] \exp\left[ -t \sum_{i=1}^M e^{-\beta E_i} \right] dt
\end{eqnarray*}
적분 안의 식을 다음처럼 고쳐 쓰고 근사하자.
\begin{eqnarray*}
\left[ \sum_{j=1}^M \exp\left(-2\beta E_j \right)\right] \exp\left[ -t \sum_{i=1}^M e^{-\beta E_i} \right] &=& \left( e^{-2\beta E_1} + e^{-2\beta E_2} + \ldots + e^{-2\beta E_M} \right) \exp\left[ -t \left( e^{-\beta E_1} + e^{-\beta E_2} + \ldots + e^{-\beta E_M} \right) \right]\\
&=& \left[ e^{-2\beta E_1} \exp\left( -te^{\beta E_1} \right) \right] \exp\left[ -t \left( e^{-\beta E_2} + e^{-\beta E_3} + \ldots + e^{-\beta E_M} \right) \right]\\
&+& \left[ e^{-2\beta E_2} \exp\left( -te^{\beta E_2} \right) \right] \exp\left[ -t \left( e^{-\beta E_1} + e^{-\beta E_3} + \ldots + e^{-\beta E_M} \right) \right]\\
&+& \ldots\\
&+& \left[ e^{-2\beta E_M} \exp\left( -te^{\beta E_M} \right) \right] \exp\left[ -t \left( e^{-\beta E_1} + e^{-\beta E_2} + \ldots + e^{-\beta E_{M-1}} \right) \right]\\
&\approx& \left[ \sum_{i=1}^M \exp \left( -2\beta E_i - te^{-\beta E_i} \right) \right] \exp\left[ -t \sum_{i=1}^{M-1} e^{-\beta E_i} \right]
\end{eqnarray*}
그러면
\begin{eqnarray*}
\mathbb{E} \left[ Y_N(\beta) \right]
&\approx& \int_0^\infty t \left[ \sum_{i=1}^M \exp\left(-2\beta E_i - t e^{-\beta E_i}\right)\right] \exp\left[ -t \sum_{i=1}^{M-1} e^{-\beta E_i} \right] dt\\
&=& M \int_0^\infty t~ a(t) \left[ 1-b(t) \right]^{M-1} dt,
\end{eqnarray*}
그리고 이때 다음처럼 정의된다.
\begin{eqnarray*}
a(t) &\equiv& \int \exp \left[ -2\beta E-t~e^{-\beta E} \right] P(E) dE\\
b(t) &\equiv& \int \left[ 1-\exp(-t~e^{-\beta E}) \right] P(E) dE
\end{eqnarray*}
굳이 적분식 안에 $1$을 집어넣어 $\left[ 1-b(t) \right]^{M-1}$라고 쓴 까닭은 나중에 이 부분을 $e^{Mb(t)}$로 근사하기 위해서이다.
가장 낮은 에너지 준위를 입자 수 $N$으로 나눈 $\epsilon_0$는 $P(-N\epsilon_0) = \frac{1}{\sqrt{\pi N}} \exp[-N\epsilon_0^2] = 2^{-N}$으로부터 다음처럼 얻어진다.
\begin{eqnarray*}
\epsilon_0 &=& \left[ \epsilon_\ast^2 - \frac{1}{2N} \ln (\pi N) \right]^{1/2}\\
&\approx& \epsilon_\ast - \frac{1}{4N\epsilon_\ast} \ln (\pi N).
\end{eqnarray*}
$N$이 클 때 $\mathbb{E} Y_N(\beta)$에 주로 기여하는 준위들은 에너지가 $-N\epsilon_0$ 주변이고, $\ln t$는 $-N\beta \epsilon_0$에 가깝다. 따라서 $E=-N\epsilon_0+u$와 $t=\theta \exp(-N\beta \epsilon_0)$로 놓고 변수를 $(E,t)$에서 $(u,\theta)$로 바꾼다. 그리고 확률 분포함수를 다음처럼 근사한다.
\begin{eqnarray*}
P(E) &=& \frac{1}{\sqrt{\pi N}} \exp\left[ -(-N\epsilon_0 + u)^2/N \right]\\
&\approx& \frac{1}{\sqrt{\pi N}} \exp\left[ -N\epsilon_0^2 \right] e^{2\epsilon_0 u}\\
&\approx& 2^{-N} e^{2\epsilon_\ast u} = 2^{-N} e^{\beta_c u}.
\end{eqnarray*}
이때 $\beta_c \equiv 2\sqrt{\ln 2} = 2\epsilon_\ast$임을 사용했다.
$a(t)$를 계산해보자.
\begin{eqnarray*}
a(t) &=& \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left( -2\beta E - t~e^{-\beta E} \right) P(E) dE\\
&\approx& \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left[ -2\beta (-N\epsilon_0 + u) - t~e^{-\beta (-N\epsilon_0 + u)} \right] 2^{-N} e^{\beta_c u} du\\
&=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left( -2\beta u + \beta_c u -z e^{-\beta u} \right) du\\
&=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} \left( e^{\beta u} \right)^{(\beta_c-2\beta)/\beta} \exp\left( -z e^{-\beta u} \right) du\\
&=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} \left( ze^{-\lambda} \right)^{\beta_c/\beta-2} \exp\left( -z e^{-\beta u} \right) du\\
&=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} z^{\beta_c/\beta-2} \int_{\infty}^{-\infty} e^{-(\beta_c/\beta-2)\lambda} \exp\left( -e^{\lambda} \right) \left(-\frac{1}{\beta}\right) d\lambda\\
&=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} z^{\beta_c/\beta-2} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(\beta_c/\beta-2)\lambda} \exp\left( -e^{\lambda} \right) \left(\frac{1}{\beta}\right) d\lambda\\
&=& \frac{1}{M\beta} e^{2N\beta \epsilon_0} z^{\beta_c/\beta-2} \Gamma \left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right).
\end{eqnarray*}
이때 $z\equiv te^{N\beta\epsilon_0}$이고 $e^{\lambda} \equiv ze^{-\beta u}$로 정의한다. 양변을 미분하면 $du = -(1/\beta) d\lambda$이다. 마지막 줄로 넘어올 때 다음 표현식을 활용했다.
$$\Gamma(p) = \int_{-\infty}^{\infty} \exp \left( pt - e^t \right) dt.$$
이제 $b(t)$를 계산한다.
\begin{eqnarray*}
b(t) &\approx& \int_{-\infty}^{\infty} \left[ 1-\exp\left( -t~e^{-\beta(-N\epsilon_0 + u)} \right) \right] 2^{-N} e^{\beta_c u} du\\
&=& \frac{1}{M} \int_{-\infty}^{\infty} du ~e^{\beta_c u} \left[ 1-\exp\left(-z e^{-\beta u} \right) \right]
\end{eqnarray*}
이때 $e^{\lambda} \equiv ze^{-\beta u}$로 정의했으므로 $e^{\beta_c u} = z^{\beta_c/\beta} \exp[-(\beta_c/\beta)\lambda]$이다.
따라서
\begin{eqnarray*}
b(t) &\approx& - \int_{\infty}^{-\infty} \frac{1}{M} \frac{d\lambda}{\beta} z^{\beta_c/\beta} e^{-(\beta_c/\beta) \lambda} \left[ 1-\exp(-e^\lambda) \right]\\
&\approx& - \frac{1}{M\beta} z^{\beta_c/\beta} \int_{-\infty}^{\infty} d\lambda \exp\left[ -(\beta_c/\beta)\lambda - e^{\lambda} \right]\\
&=& - \frac{1}{M\beta} z^{\beta_c/\beta} \Gamma \left( -\frac{\beta_c}{\beta} \right).
\end{eqnarray*}
첫째 줄에서 둘째 줄로 넘어올 때에 우리가 기껏 집어넣은 $1$을 무시하고 있다.
사실 수치적으로 계산해보면 이 근사식들은 잘 맞지 않는다. 예를 들어 $t=0.1$이고 $\beta=1.7 \gtrsim \beta_c$라고 해보자. $N=10$으로 놓고 $a(t)$의 정의에 따라 몬테카를로 계산을 수행하면 $a(t)\approx 6$인 반면, 위에서 구한 $a(t)$의 근사식은 무려 $10^3$ 정도이다. 마찬가지로 $b(t)$의 몬테카를로 결과는 $0.4$ 정도인 반면, 그에 대한 근사식은 $500$이 훌쩍 넘는 값을 준다. $N=20$으로 늘리면 몬테카를로 결과와 근사식 간의 차이는 더욱 커진다.
어쨌든 위 결과들을 대입하여 참여비율의 기댓값을 계산해보자.
\begin{eqnarray*}
\mathbb{E} Y_N(\beta) &\approx& M \int_0^\infty dt~t~a(t)~e^{-Mb(t)}\\
&\approx& M\int_0^\infty dt ~t~ \frac{e^{2N\beta\epsilon_0}}{M\beta} z^{\beta_c/\beta-2} \Gamma\left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right) \exp\left[ M \frac{1}{M\beta} z^{\beta_c/\beta} \Gamma\left( - \frac{\beta_c}{\beta} \right) \right]\\
&=& M\int_0^\infty dz ~z~ \frac{1}{M\beta} z^{\beta_c/\beta-2} \Gamma\left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right) \exp\left[ \frac{1}{\beta} z^{\beta_c/\beta} \Gamma\left( - \frac{\beta_c}{\beta} \right) \right]\\
&=& \frac{1}{\beta} \Gamma\left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right) \int_0^\infty dz ~z^{\beta_c/\beta-1} \exp\left[ \frac{1}{\beta} z^{\beta_c/\beta} \Gamma\left( - \frac{\beta_c}{\beta} \right) \right].
\end{eqnarray*}
이때 감마 함수의 또다른 표현식
$$\Gamma(p) = \int_0^\infty t^{p-1} e^{-t} dt$$
에서 $t=\alpha \xi^k$으로 치환해보면 ($\alpha>0$, $k>0$)
$$\Gamma(p) = \alpha^p \int_0^\infty k \xi^{kp-1} \exp\left( -\alpha \xi^k \right) d\xi$$
가 되는데, 위에서 적었던 식은 $k = \beta_c/\beta$, $\alpha = -\beta^{-1} \Gamma \left( -\beta_c/\beta \right)$, 그리고 $z=1$을 넣으면 비교가 가능하다.
\begin{eqnarray*}
1 = \Gamma(1) &=&
-\frac{1}{\beta} \Gamma\left( -\frac{\beta_c}{\beta} \right) \int_0^\infty \frac{\beta_c}{\beta} \xi^{\beta_c/\beta-1} \exp \left[ \frac{1}{\beta} \Gamma\left( -\frac{\beta_c}{\beta} \right) \xi^{\beta_c/\beta} \right] d\xi\\
&=& -\frac{\beta_c}{\beta} \Gamma\left(-\frac{\beta_c}{\beta}\right) \times \frac{1}{\beta} \int_0^\infty \xi^{\beta_c/\beta-1} \exp \left[ \frac{1}{\beta} \Gamma \left( -\frac{\beta_c}{\beta} \right) \xi^{\beta_c/\beta} \right] d\xi\\
&\approx& \Gamma\left(1-\frac{\beta_c}{\beta}\right) \times \frac{1}{\Gamma \left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right)} \mathbb{E}Y_N(\beta)
\end{eqnarray*}
따라서
$\mathbb{E}Y_N(\beta) \approx \frac{\Gamma \left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right)}{\Gamma \left( 1-\frac{\beta_c}{\beta} \right)} = 1-\frac{\beta_c}{\beta}$이다.
여기에서는 다음과 같은 함수를 정의하고
$$g(\mu) \equiv \int_0^{\infty} \left(1-e^{-u-\mu u^2} \right) u^{-T/T_c-1} du$$
참여비율의 표본 평균이 다음처럼 주어진다고 논한다:
$$\mathbb{E}Y_N \approx \frac{T_c}{T} \left. \frac{d\ln g(\mu)}{d\mu} \right|_{\mu=0} = \frac{T_c}{T} \left. \frac{dg/d\mu}{g} \right|_{\mu=0}.$$
여기에서 $0<T<T_c$라면 다음의 두 식이 성립하므로
$$g(0) = \int_0^{\infty} \left(1-e^{-u} \right) u^{-T/T_c-1} du = -\Gamma\left(-\frac{T}{T_c} \right)$$
$$dg/d\mu = \int_0^{\infty} u^2 e^{-u-\mu u^2} u^{-T/T_c-1} du \xrightarrow[\mu\to 0]{} \int_0^{\infty} u^{-T/T_c+1} e^{-u} du = \Gamma \left( 2-\frac{T}{T_c} \right)$$
아래의 결과를 얻는다.
$$\mathbb{E}Y_N \approx \frac{(-T/T_c) \Gamma(-T/T_c)}{\Gamma(2-T/T_c)} = \frac{\Gamma(1-T/T_c)}{\Gamma(2-T/T_c)} = 1-\frac{T}{T_c}.$$
계산의 세부 내용은 접어놓는다.
보기
$\Re(X)>0$이고 $\Re(n)>\Re(\nu)$일 때 감마 함수의 정의로부터 다음의 항등식이 성립한다 ($n$은 양의 정수로 가정):
$$\int_0^{\infty} X^n e^{-tX} t^{n-\nu-1} dt = X^\nu \Gamma(n-\nu).$$
마찬가지로 $\Re(X)>0$이고 $\Re(n)>0$일 때
$$\int_0^{\infty} e^{-tX} t^{2\nu-1} dt = X^{-2\nu} \Gamma(2\nu).$$
따라서 이 식들을 응용하면 다음을 얻는다:
\begin{eqnarray*}
Z^{\nu}(2\beta) &=& \frac{1}{\Gamma(n-\nu)} \int_0^{\infty} \left[ Z(2\beta) \right]^n t^{n-\nu-1} \exp\left[ -tZ(2\beta) \right] dt\\
Z^{-2\nu}(\beta) &=& \frac{1}{\Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty} t^{2\nu-1} \exp\left[ -tZ(\beta) \right] dt\\
\left[ \frac{Z(2\beta)}{Z^2(\beta)} \right]^{\nu} &=& \frac{1}{\Gamma(n-\nu) \Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty} \left[ Z(2\beta) \right]^n t_1^{n-\nu-1} \exp\left[ -t_1 Z(2\beta) \right] dt_1 \int_0^{\infty} t^{2\nu-1} \exp\left[ -tZ(\beta) \right] dt.
\end{eqnarray*}
이제 주어진 $t$에 대해 $t_1 = t^2\mu$로 주어져서 적분 변수를 $t$와 $\mu$로 쓸 수 있다고 해보자.
\begin{eqnarray*}
\left[ \frac{Z(2\beta)}{Z^2(\beta)} \right]^{\nu} &=& \frac{1}{\Gamma(n-\nu) \Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty}dt \int_0^{\infty}d\mu \left[ Z(2\beta) \right]^n t^{2n-2\nu-2} \mu^{n-\nu-1} \exp\left[ -t^2 \mu Z(2\beta) \right] t^2 \times t^{2\nu-1} \exp\left[ -tZ(\beta) \right]\\
&=& \frac{1}{\Gamma(n-\nu) \Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \int_0^{\infty}d\mu \left[ Z(2\beta) \right]^n t^{2n} \mu^{n-\nu-1} \exp\left[ -t^2 \mu Z(2\beta) -tZ(\beta) \right]\\
&=& \frac{(-1)^n}{\Gamma(n-\nu) \Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \int_0^{\infty}d\mu \mu^{n-\nu-1} \frac{d^n}{d\mu^n} \exp\left[ -t^2 \mu Z(2\beta) -tZ(\beta) \right].
\end{eqnarray*}
이제 표본 평균 $\langle \ldots \rangle$을 취하여 다음의 양을 정의한다:
$$\exp(-\phi) \equiv \langle \exp\left[ -t^2 \mu Z(2\beta) -tZ(\beta) \right] \rangle \approx \left[ \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left( -te^{-\beta E} - \mu t^2 e^{-2\beta E} \right) P(E) dE \right]^M.$$
따라서 다음처럼 적을 수 있다:
$$\exp\left(-\frac{\phi}{2^N}\right) \approx \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dE}{\sqrt{N\pi J^2}} \exp\left( -\frac{E^2}{NJ^2} -te^{-\beta E} - \mu t^2 e^{-2\beta E} \right)$$
이제 $\lambda \equiv \sqrt{N} \beta J >0$과 $y \equiv \frac{E}{\sqrt{N} J}$를 정의하면 $\beta E = \lambda y$로 쓸 수 있다. 이제 아래 식에서
$$\exp\left(-\frac{\phi}{2^N}\right) \approx \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dy}{\sqrt{\pi}} \exp\left( -y^2 -te^{-\lambda y}-\mu t^2 e^{-2\lambda y} \right)$$
다시 $u\equiv t e^{-\lambda y}$를 정의하면 $y = \lambda^{-1} (\ln t - \ln u)$이고 $dy = -\frac{du}{\lambda u}$이므로
\begin{eqnarray*}
\exp\left(-\frac{\phi}{2^N}\right) &\approx& \int_{\infty}^{0} \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left(-\frac{du}{\lambda u}\right) \exp\left[ -\frac{1}{\lambda^2} \left( \ln t - \ln u \right)^2 - u - \mu u^2 \right]\\
&=& \frac{1}{\sqrt{\pi} \lambda} \exp \left(- \frac{\ln^2 t}{\lambda^2} \right) \int_0^{\infty} du~ u^{2\ln t/\lambda^2-1} \exp\left( -\frac{\ln^2 u}{\lambda^2} \right) \exp\left( -u-\mu u^2 \right).
\end{eqnarray*}
그런데 비슷한 과정으로 다음을 확인할 수 있다:
$$1 = \frac{1}{\sqrt{\pi} \lambda} \exp \left(- \frac{\ln^2 t}{\lambda^2} \right) \int_0^{\infty} du~ u^{2\ln t/\lambda^2-1} \exp\left( -\frac{\ln^2 u}{\lambda^2} \right).$$
따라서 $\exp\left(-\phi/2^N \right) \approx 1 - \phi/2^N$이라 놓으면 다음을 얻는다:
$$\frac{\phi}{2^N} \approx \frac{1}{\sqrt{\pi} \lambda} \exp \left(- \frac{\ln^2 t}{\lambda^2} \right) \int_0^{\infty} du~ u^{2\ln t/\lambda^2-1} \exp\left( -\frac{\ln^2 u}{\lambda^2} \right) \left[1 - \exp\left( -u-\mu u^2 \right) \right].$$
우리가 관심을 두고 있는 영역은 $N$이 매우 커서 $\lambda \equiv \sqrt{N}\beta J$도 매우 크지만 $\ln t/\lambda^2$은 일정한 값을 가지는 상황이다 (더 구체적으로는 $-1 < 2\ln t/\lambda^2 <0$). 즉 $-\ln t \sim N$이고, 이는 $\exp \left(- \frac{\ln^2 t}{\lambda^2} \right) \sim 2^{-N}$임을 가리킨다. 이 방정식을 풀면 $\ln t \approx -N \beta J \sqrt{\ln 2}$를 얻는다. 그 다음 항까지 적어서 $\ln t = -N \beta J \sqrt{\ln 2} + \epsilon$을 대입하면 다음 식을 얻고
$$\phi \approx \frac{1}{\sqrt{\pi} \lambda} \exp \left( \frac{2}{\lambda^2} \epsilon N\beta J \sqrt{\ln 2} \right) \int_0^{\infty} du \left( 1-e^{-u - \mu u^2} \right) u^{-T/T_c-1}$$
여기에서 적분 부분이 앞에서 $g(\mu)$로 정의했던 식이다. $\exp(-\ln^2 u /\lambda^2) \approx 1$로 근사했다.
위 식을 $\epsilon$에 대해 정리하면
$$\epsilon \approx \frac{\beta J}{2\sqrt{\ln 2}} \ln \frac{\sqrt{\pi} \lambda \phi}{g(\mu)}.$$
따라서
$$\ln t \approx -N \beta J \sqrt{\ln 2} + \frac{\beta J}{2\sqrt{\ln 2}} \ln \frac{\sqrt{\pi} \lambda \phi}{g(\mu)}.$$
이 식을 $\phi$에 대해 정리하고 변수들을 적절히 묶어 $A$라고 부르면 다음처럼 될 것이다:
$$\phi \approx \frac{T \exp(N\beta J\sqrt{\ln 2} \cdot T/T_c)}{\sqrt{N\pi}J} t^{T/T_c} g(\mu) \equiv A t^{T/T_c} g(\mu).$$
참여비율의 평균을 구하는 원래의 내용으로 돌아가면,
\begin{eqnarray*}
\bigg\langle \left[ \frac{Z(2\beta)}{Z^2(\beta)} \right]^\nu \bigg\rangle &=& \frac{(-1)^n}{\Gamma(2\nu) \Gamma(n-\nu)} \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \int_0^{\infty} d\mu~ \mu^{n-\nu-1} \frac{d^n}{d\mu^n} e^{-\phi}\\
&\approx& \frac{(-1)^n}{\Gamma(2\nu) \Gamma(n-\nu)} \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \int_0^{\infty} d\mu~ \mu^{n-\nu-1} \frac{d^n}{d\mu^n} \exp \left[-A t^{T/T_c} g(\mu) \right].
\end{eqnarray*}
$\mu$에 대한 미분과 $t$에 대한 적분 순서를 바꾸어서 적분을 먼저 수행하자. 그럼 아래 적분을 하게 되는데
$$I \equiv \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \exp \left[-A t^{T/T_c} g(\mu) \right]$$
이 식은 적분표에 등장하는 것이 아니지만 대략의 적분값을 구해볼 수 있다. 말하자면 지수함수가 $t=0$부터 $\tau$까지만 값을 $1$ 정도로 가진다고 근사하는 것이다. 그러한 $\tau$는 $\ln \tau \approx -(T_c/T) \ln [Ag(\mu)]$로서 주어진다. 그리고 위 적분식은
$$I \approx \int_0^{\tau} \frac{dt}{t} = \ln \tau + C$$
로서 적분상수 $C$를 얻게 된다. 애초에 다음처럼 정의하면, $\mu$로 미분했을 때의 결과는 그대로이면서도 적분상수나 $A$ 등의 요소를 미리 다 소거해주기 때문에 $g(\mu)=1$일 때에 양변 모두 0이 되는 좋은 성질을 가진다:
$$I' \equiv \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \left\{ \exp \left[-A t^{T/T_c} g(\mu) \right] - \exp \left[-A t^{T/T_c} \right] \right\} \approx -\frac{T_c}{T} \ln g(\mu).$$
이 결과를 대입하면 아래에 도달한다:
$$\langle Y^\nu \rangle \approx \frac{(-1)^{n+1} T_c/T}{\Gamma(2\nu) \Gamma(n-\nu)} \int_0^{\infty} d\mu~ \mu^{n-\nu-1} \frac{d^n}{d\mu^n} \ln g(\mu).$$
$\nu\to n$인 극한을 다룰 때에는 $\mu=0$에서의 값이 주로 적분 결과에 기여를 한다고 보고 아래처럼 근사한다:
$$\langle Y^n \rangle \approx \frac{(-1)^{n+1} T_c/T}{\Gamma(2n)} \left. \frac{d^n}{d\mu^n} \ln g(\mu) \right|_{\mu=0}.$$
