복제 대칭성 깨짐 해
1차 복제 대칭성 깨짐
복제 대칭해의 스핀유리 질서맺음변수 qαβ는 다음과 같은 행렬 형태로 쓸 수 있다. {qαβ}=(00q00q00) 그러나 드알메이다-사울리스 선 아래 영역에서는 복제 대칭해가 안정적이지 않으므로 복제 대칭해를 가정할 수 없으므로 조금 더 일반적인 해를 찾아야 한다. 여기서는 Parisi가 도입한 복제 대칭성 깨짐을 이용해 볼 것이다. 먼저 전체 n개의 복제본을 m1개씩 묶어 총 n/m1개의 블록으로 나눌 수 있다고 가정해보자. 이 때 서로 같은 블록에 있는 복제본들 사이의 스핀유리 질서맺음변서는 q1, 서로 다른 블록에 있는 복제본들 사이의 스핀유리 질서맺음변서는 q0이다. 예를 들어, n=6, m1=3인 경우에 q는 다음과 같이 쓸 수 있다. {qαβ}=(0q1q1q10q1q0q1q100q1q1q0q10q1q1q10) 이제 이를 이용해서 1차 복제 대칭성 깨짐해의 안정성을 논해볼 것이다. 복제 대칭해와 마찬가지로 자유에너지는 −β[f]=limn→0(−β2J24n∑α≠βq2αβ−βJ02n∑αm2α+14β2J2+1nlnTr′eL) 로 주어지고, L=β2J2∑α<βqαβSαSβ+β∑α(J0mα+h)Sα 이다. L의 첫 번째 항은 ∑α<βqαβSαSβ=12∑α≠βqαβSαSβ=12[q0(n∑αSα)2+(q1−q0)n/m1∑block(∑α∈blockSα)2−nq1] 로 쓸 수 있다. 이 항은 단지 q의 모든 성분을 q0으로 채운 뒤, 같은 블록 사이의 qαβ를 q1로 바꾸어주고 대각성분을 0으로 만든 것이다. 비슷한 방법을 사용하면 limn→01n∑α≠βq2αβ=limn→01n[n2q20+nmm21(q21−q20)−nq21]=(m1−1)q21−m1q20 가 된다. 즉, 자유에너지는 −β[f]=−β2J24[(m1−1)q21−m1q20]−limn→0βJ2n∑αm2α+14β2J2+limn→01nlnTr′exp{β2J22[q0(∑αSα)2+(q1−q0)n/m1∑block(∑α∈blockSα)2−nq1]+β∑α(J0mα+h)Sα} 이고, 하나의 u와 n/m1개의 vb에 대한 허바드-스트라토노비치 변환은 exp[β2J22q0(m∑αSα)2]=√β2J2q02π∫∞−∞duexp[−β2J2q0u2/2+β2J2q0un∑αSα]=12π∫d˜uexp(−˜u22)exp(βJ√q0˜un∑αSα)=∫D˜uexp(βJ√q0˜un/m1∑blockm1∑blockSα) exp[β2J22(q1−q0)(m1∑α∈blockSα)2]=√β2J2(q1−q0)2π∫∞−∞dvbexp[−β2J2(q1−q0)v2b/2+β2J2(q1−q0)vbm1∑αSα]=12π∫d˜vbexp(−˜v2b2)exp(βJ√q1−q0˜vbm1∑αSα)=∫D˜vbexp(βJ√q1−q0˜vbm1∑αSα) 가 되므로, 자유에너지의 마지막 항은 limn→01nlnTr′exp{β2J22[q0(n∑αSα)2+(q1−q0)n/m1∑block(m1∑α∈blockSα)2−nq1]+βn∑α(J0mα+h)Sα}=limn→01nlnTr′∫D˜u(n/m1∏bD˜vb)exp{n/m1∑block[βJ√q0˜u+βJ√q1−q0˜vb+β(J0m+h)]m1∑α∈blockSα}exp(−12β2J2nq1)=−12β2J2q1+limn→01nlnTr′∫D˜u[∫D˜vexp{(βJ√q0˜u+βJ√q1−q0˜v+β(J0m+h))m1∑α∈blockSα}]n/m1 가 된다. Ξ=βJ√q0˜u+βJ√q1−q0˜v+β(J0m+h)로 두고, n→0인 극한을 생각하고 있으므로 log와 exp를 전개해서 정리하면 =−12β2J2q1+limn→01nlog∫∞−∞D˜u[∫∞−∞D˜v(2coshΞ)m1]n/m1=−12β2J2q1+limn→01nlog∫∞−∞D˜uexp[nm1log{∫∞−∞D˜v(2coshΞ)m1}]≈−12β2J2q1+limn→01nlog∫∞−∞D˜u[1+nm1log{∫∞−∞D˜v(2coshΞ)m1}]=−12β2J2q1+limn→01nlog[1+nm1∫∞−∞D˜ulog{∫∞−∞D˜v(2coshΞ)m1}]≈−12β2J2q1+1m1∫∞−∞D˜ulog{∫∞−∞D˜v(2coshΞ)m1}=−12β2J2q1+log2+1m1∫∞−∞D˜ulog{∫∞−∞D˜vcoshm1Ξ} 과 같이 정리할 수 있으므로 최종적인 자유에너지는 ⇒βf1RSB=β2J24{(m1−1)q21−m1q20+2q1−1}+βJ02m2−log2−1m1∫Dulog∫Dvcoshm1Ξ 임을 알 수 있다.
m에 대해 위 식을 최소화시키면
0=∂(βf1RSB)∂m=βJ0m−1m1∂∂m[∫Dulog∫Dvcoshm1Ξ]=βJ0m−βJ0∫Du∫Dvcoshm1−1ΞsinhΞ∫Dvcoshm1Ξ∴m=∫Du∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ.
q0와 q1에 대해 같은 방식을 적용해보면, 0=∂(βf1RSB)∂q0=−β2J22m1q0−βJ2√q0∫Du u∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ+βJ2√q1−q0∫Du∫Dv vcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ,
0=∂(βf1RSB)∂q1=β2J24[(m1−1)2q1+2]−βJ2√q1−q0∫Du∫Dv vcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ.
두 식을 연립하면 다음과 같다: βJ√q0∫Du u∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ=2q0{−β2J22m1q0+β2J24[(m1−1)2q1+2]}βJ√q1−q0∫Du∫Dv vcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ=2(q1−q0)β2J24[(m1−1)2q1+2].
좌변의 적분 안에 있는 u와 v를 제거하기 위해서는 부분적분을 행하면 된다. βJ√q0∫Du u∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ=βJ√q01√2π∫du uexp(−u22)∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ=βJ√q01√2π∫duddu[−exp(−u22)]∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ=βJ√q01√2π∫duexp(−u22)ddu(∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ)=βJ√q0∫Duddu(∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ)=β2J2q0[(m1−1)∫Du∫Dvcoshm1Ξtanh2Ξ∫Dvcoshm1Ξ+1]−β2J2q0m1∫Du(∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ)2,
βJ√q1−q0∫Du∫Dv vcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ=β2J2(q1−q0)[(m1−1)∫Du∫Dvcoshm1Ξtanh2Ξ∫Dvcoshm1Ξ+1].
이제 식을 풀어보면 아래의 결과를 얻는다: q0=∫Du(∫Dvcoshm1ΞtanhΞ∫Dvcoshm1Ξ)2q1=∫Du∫Dvcoshm1Ξtanh2Ξ∫Dvcoshm1Ξ.
코시-슈바르츠 부등식에 의해 q1≥q0이다. m1에 대해서도 최소화가 되어야 한다.
J0=h=0일 때 Ξ는 u, v에 대해 홀함수이므로, 위 적분 표현식으로부터 m=0임을 알 수 있다. q1에 대한 바로 앞의 식에서 q0와 q1이 작다고 놓고 우변을 전개하면 첫 항이 β2J2q1이므로 q1은 T<Tf=J에서 양수가 된다. 이는 복제대칭해에서 본 것과 동일한 결과이다.
물리량들
자유에너지를 β에 대해 미분함으로써 내부 에너지를 구할 수 있다. J0=0으로 놓으면 U=∂(βf1RSB)∂β=βJ22(1−m1)q21+βJ22m1q20−βJ22 이며, 미분과정에서는 q0, q1로 미분할 때 사용했던 식들을 가져다 썼다.
나아가 h=0이면 앞에서 m=0인 것과 같은 논법으로 q0=0임도 논할 수 있다. 따라서 이 경우 자유에너지는 다음과 같다: βf1RSB=β2J24[(m1−1)q21+2q1−1]−1m1∫Duln∫Dv[2cosh(βJ√q1v)]m1.
그런데 I≡∫Dz[2cosh(zλ))]m1 이라 할 때 2cosh(x)≈exp[x×sgn(x)]임을 통해 limλ→∞I=2exp(m21λ2/2)이므로 βf1RSB≈β2J24[(m1−1)q21+2q1−1]−1m1∫Duln{2exp(m21β2J2q1/2)}=β2J24[(m1−1)q21+2q1−1]−β2J22m1q1−ln2m1.
m1으로 미분했을 때 0이 되는 조건으로부터 m1=2√ln2βJ1√1−(1−q1)2 을 결정할 수 있다. 이 식은 T→0에서 m1→0임을 보여준다.
앞에서 복제대칭성을 가정했을 때와 마찬가지로 q1=1−aT라고 가정하자. 온도 T를 충분히 작게 잡은 후 적절한 초기값, 예를 들어 m=0과 q1=1에서 출발하여, m1에 대한 위의 식과 q1에 대한 아래의 식 q1=∫Du∫Dvcoshm1(βJ√q1)tanh2(βJ√q1)∫Dvcoshm1(βJ√q1) 을 반복해서 적용함으로써 수렴되는 해 (m1,q1)를 찾고 a의 크기를 가늠할 수 있다. 복제대칭성을 가정했을 때와 마찬가지 근사를 써서 −β[f]를 적은 후 엔트로피 부분을 a의 함수로 적어보면 S≈J2a2/(4kB)−Ja/√2π이다. 여기에 방금 구한 a를 대입하면 S≈−0.04kB를 얻는다. 이는 여전히 음수여서 물리적이지 않지만, 복제 대칭 해의 −0.16kB에 비해 개선된 값이다. (계산된 엔트로피 값은 이 문서의 Fig. 3과 부합한다.)
해의 안정성
1차 복제 대칭성 깨짐 해의 안정성은 이전과 마찬가지로 헤세 행렬의 세 번째 고윳값 λ3=P−2Q−R의 부호를 통해 결정할 수 있다. J0=h=0로 둘 것이고, 다음 몇 가지 경우를 확인해보자.
(1) α,β,γ,δ가 모두 하나의 블록에 속해 있는 경우
이 때, P=1−β2J2(1−⟨SαSβ⟩2)=1−β2J2(1−q21)Q=−β2J2(⟨SαSγ⟩−⟨SαSβ⟩2)=−β2J2(q1−q21)R=−β2J2(⟨SαSβSγSδ⟩−⟨SαSβ⟩2)=−β2J2(r1−q21) 이고, 여기서 r1은 다음과 같다: r1≡⟨SαSβSγSδ⟩=∫Du∫Dvcoshm1Ξtanh4Ξ∫Dvcoshm1Ξ. 따라서 해가 안정적일 조건은 λ(1)3=1−β2J2(1−2q1+r1)=1−β2J2∫Du∫Dvcoshm1Ξ(1−2tanh2Ξ+tanh4Ξ)∫Dvcoshm1Ξ=1−β2J2∫Du∫Dvcoshm1−4Ξ∫Dvcoshm1Ξ>0.
(2) α,γ가 한 블록에, β,δ가 다른 하나의 블록에 속해 있는 경우
이번에는 P=1−β2J2(1−⟨SαSβ⟩2)=1−β2J2(1−q20)Q=−β2J2(⟨SαSγ⟩−⟨SαSβ⟩2)=−β2J2(q1−q20)R=−β2J2(⟨SαSβSγSδ⟩−⟨SαSβ⟩2)=−β2J2(r2−q20) 이고, 여기서 r2은 다음과 같다: r2≡⟨SαSβSγSδ⟩=∫Du(∫Dvcoshm1Ξtanh2Ξ∫Dvcoshm1Ξ)2. 따라서 해가 안정적일 조건은 λ(2)3=1−β2J2(1−2q1+r2)=1−β2J2[1−2∫Du∫Dvcoshm1Ξtanh2Ξ∫Dvcoshm1Ξ+∫Du(∫Dvcoshm1Ξtanh2Ξ∫Dvcoshm1Ξ)2]=1−β2J2∫Du(1−∫Dvcoshm1Ξtanh2Ξ∫Dvcoshm1Ξ)2=1−β2J2∫Du(∫Dvcoshm1−2Ξ∫Dvcoshm1Ξ)2>0. 코시-슈바르츠 부등식에 의하면 λ(1)3≤λ(2)3이므로 λ(1)3>0이라면 λ(2)3>0는 자동으로 만족된다.
파리시 해
1차 복제 대칭성 깨짐을 도입하더라도 여전히 음의 엔트로피 문제가 남아 있지만, 이전보다는 상황이 나아보인다. 따라서 복제 대칭성을 계속 깨어버린다면 음의 엔트로피 문제가 해결될 가능성이 있다. 이를 위해 먼저 K-RSB의 질서맺음변수가 어떤 형태를 띄고 있는지 살펴보자. 예를 들어 n=8, m1=4인 1차 복제 대칭성 깨짐에서는 질서맺음변수가 다음과 같이 쓰여짐을 이미 보았다. {qαβ}=(0q1q1q1q10q1q1q1q10q1q1q1q10q0q00q1q1q1q10q1q1q1q10q1q1q1q10) 복제 대칭성이 한 번 더 깨진다면 q0블록은 그대로 둔 채 q1블록을 가지고 1차 복제 대칭성 깨짐과 비슷한 과정을 수행하면 된다. 예를 들어 n=8, m1=4, m2=2인 경우는 다음과 같다. {qαβ}=(0q2q1q1q20q1q1q1q10q2q1q1q20q0q00q2q1q1q20q1q1q1q10q2q1q1q20) 이를 이용해 일반적으로 복제 대칭성이 K번 깨진 상황을 묘사할 수 있다. 각각의 mi는 다음을 만족하고, n≥m1≥m2≥⋯≥1 q(x)를 다음과 같이 정의하자. q(x)=qi(mi+1<x≤mi) 위 부등식은 n→0인 극한을 취했을 때는 만족이 되지 않지만, 일단은 이 극한에서는 부등호의 방향을 뒤집어 0≤m1≤m2≤⋯≤1 이 된다고 생각하자. 그리고 K가 매우 크다면 q(x)도 연속함수로 취급할 것이다.
이제 K-RSB에서의 자유에너지를 구해보자. 편의상 J0=0으로 둔다면 기본적인 형태는 다음과 같다. −β[f]=limn→01n[−β2J24∑α≠βq2αβ+14β2J2+logTreL] L=β2J2∑α<βqαβSαSβ+βh∑αSα 여기서 우 변의 첫 번째 항은 {qαβ}의 형태로부터 다음과 같이 얻어낼 수 있다. ∑α≠βq2αβ=q20n2+(q21−q20)m21⋅nm1+(q22−q21)m22⋅m1m2⋅nm1+⋯−q2Kn=nK∑j=0(mj−mj+1)q2j 그리고 이 과정은 임의의 지수 l에 대해서도 성립한다. 이로부터 h=0일 때의 내부에너지는 [E]=−∂∂β(−β[f])=limn→01n{βJ22∑α≠βq2αβ−Tr(2βJ2∑α<βqαβSαsβeL)TreL}−12βJ2=−βJ22(limn→01n∑α≠βq2αβ+1) 가 되고, 자기감수율은 [χ]=1β∂2∂h2(−β[f])h→0=∂∂h(limn→01n∑αTrSαeLTreL)h→0=βlimn→01n{(∑αγTrSαSγeL)(TreL)−(∑αTrSαeL)(∑γTrSγeL)(TreL)2}h→0=βlimn→0{1+1n∑α≠γqαγ−1n(∑αmα)2}h→0 가 된다. n→0인 극한에서는 mj−mj+1→dx로 바꾸어 다음과 같이 쓸 수 있으므로, 1n∑α≠βq2αβ→−∫10q2(x)dx 내부에너지와 자기감수율을 [E]=−βJ22(1−∫10q2(x)dx),[χ]=β(1−∫10q(x)dx) 로 쓸 수 있다. 이제 우변의 마지막 logTr eL항을 계산할 차례이다. 편의상 β=J=1로 두고 계산하고 나중에 적절히 이들을 돌려놓자. 즉, G=Tr exp(12n∑α,β=1qαβSαSβ+n∑αhαSα) 를 계산할 것이다. 그리고 qαα=0이지만 이 역시 포함한 상태에서 계산한 뒤에 이에 대한 기여분을 빼주도록 하자. 만약 qαβ=q라면, 위의 계산은 다음과 같이 간소화된다. G=Tr exp(12n∑α,β=1qαβSαSβ+n∑αhαSα)=exp(12∑αβqαβ∂2∂hα∂hβ)Trexp(n∑αhαSα)=exp(12∑αβqαβ∂2∂hα∂hβ)n∏α(2coshhα) 만약 hα=h, qαβ=q라면, 항등식 ∑α∂f(h1,…,hn)∂hα|hα=h=∂f(h,…,h)∂h 에 의해 G=exp(q2∂2∂h2)(2coshh)n 가 된다. 이를 가지고 K-RSB에서의 G를 차례차례 구성해보자. 먼저 모든 성분이 qK−qK−1인 크기 mK×mK인 행렬을 I(mK)라고 하자. 이 행렬이 {qαβ}의 가장 안쪽 대각 블록이 될 것이다. 그리고 위에서 보았듯 이 행렬에 대한 Tr 연산은 다음과 같이 쓸 수 있다. g(mK,h)=exp{12(qK−qK−1)∂2∂2h}(2coshh)mK 이 다음은 크기가 mK−1×mK−1인 상위 블록을 구성해야하는데 이 행렬은 (qK−qK−1)DiagK−1[I(mK)]+(qK−1−qK−2)I(mK−1) 로 쓸 수가 있다. 여기서 Diagn[I(m)]의 의미는 크기 n×n인 행렬의 대각 블록이 I(m)으로 이루어져 있다는 것을 의미한다. 따라서, 이는 먼저 qK−1−qK−2로 크기 mK−1×mK−1인 행렬을 채운 뒤, 대각 블록의 성분을 qK로 바꾸어 쓴 것이다. 이제 이 행렬을 qαβ로 생각하고 Tr eL연산을 취해주자. 앞 항은 이미 구했던 I(mK)가 mK−1/mK번 들어있는 블록행렬이므로 g(mK,h)mK−1/mK만큼 기여할 것이고, 뒷 항은 모든 성분이 (qK−1−qK−2)인 행렬이므로 다음과 같이 쓸 수 있을 것이다. g(mK−1,h)=exp{12(qK−1−qK−2)∂2∂2h}[g(mK,h)]mK−1mK 이 과정을 반복하면 결과적으로 G=g(n,h)=exp{12q(0)∂2∂h2}[g(m1,h)]nm1 를 얻는다. n→0인 극한에서는 mK−mK−1=−dx, qK−qK−1=−dq로 바꾸어 g(x+dx,h)=exp(−12dq(x)∂2∂h2)g(x,h)1+dlogx 와 같이 쓸 수 있고, 위 식을 미분방정식 형태로 바꾸어쓰면 logg(x+dx,h)=−dq2∂2∂h2+(1+dxx)logg(x,h)→g(x+dx,h)−g(x,h)dx=−12dqdx∂2∂h2+1xlogg(x,h)→∂g∂x=−12dqdx∂2g∂h2+gxlogg 가 되는데, 결국 계산해야 할 항은 n−1logTr eL이므로 f0(x,h)=x−1logg(x,h)로 치환하면 ∂g∂x=xg∂f0∂x+gf0,∂f0∂h=1xg∂g∂h,∂2g∂h2=gx∂2f0∂h2+x2g(∂f0∂h)2 임을 알 수 있고 이를 미분방정식에 대입하고 무시했던 β, J들을 다시 넣어주면 초기조건이 f0(1,h)=log2coshβh인 파리시 방정식 ∂f0∂x=−J22dqdx{∂2f0∂h2+x(∂f0∂h)2} 을 얻게 된다.
란다우 전개
이제 위 자유에너지의 극값 조건을 이용해서 해를 찾으면 될텐데, 이는 절대 쉬운 일이 아니다. 그럼에도 불구하고 임계온도 근처 영역은 Qαβ에 대한 란다우 전개를 이용해 그 결과를 알아낼 수 있다. J0=h=0일 때의 자유에너지는
−β[f]=limn→0{−14n(βJ)2∑α≠βQ2αβ+14β2J2+1nlogTreL}
이고, 위 식을 Qαβ=(βJ)2qαβ, Tf=J로 두고 다시 쓰면
−β[f]=limn→0{−T24nT2f∑α≠βQ2αβ+14β2J2+1nlogTreL}
가 된다. 임계 온도 근처에서는 Qαβ≪1일 것이므로 마지막 항을 다음과 같이 전개할 수 있다.
1nlogTreL=1nlogTr(∞∑k=01k!(∑α<βQαβSαSβ)k)=1nlog(2n+∞∑k=11k!Tr(∑α<βQαβSαSβ)k)=log2+1nlog(1+∞∑k=112nk!Tr(∑α<βQαβSαSβ)k)=log2+1n[12n∞∑k=11k!Tr(∑α<βQαβSαSβ)k−12⋅4n{∞∑k=11k!Tr(∑α<βQαβSαSβ)k}2+⋯] 그리고 스핀의 대각합을 해줄 것이다. 이를 위해 항등식 ∑Sα=±1(Sα)2m−1=0,∑Sα=±1(Sα)2m=2for m=0,1,2,… 를 사용하자. 이로 인해 자유에너지에 기여하는 항은 짝수 번 반복되는 첨자만을 가져야 한다. 이제 12n∞∑k=11k!Tr(∑α<βQαβSαSβ)k 를 지수 k에 대해 하나씩 계산해보자.
1. k=1
12nTr(∑α<βQαβSαSβ)=12n2n−2∑α<βQαβ(∑Sα=±1Sα)(∑Sβ=±1Sβ)=0
2. k=2
12n12Tr(∑α<βQαβSαSβ)2=12n+1Tr[∑α<βQαβSαSβ(QαβSαSβ+∑γ<δ,(γδ)≠(αβ)QγδSγSδ)]=12∑α<βQαβQβα=14n∑α=1(n∑β=1QαβQβα)≡14TrQ2
3. k=3
12n16Tr(∑α<βQαβSαSβ)3=12n148∑α≠β∑γ≠δ∑μ≠νQαβQγδQμνTr(SαSβSγSδSμSν)
이들 중 TrSα⋯Sν=1를 만족하는 경우만 자유에너지에 기여할 수 있고, QαβQγδQμν의 모양을 가지는 항만 자유에너지에 기여할 수 있다. 이러한 경우의 수는 4×2=8개이므로 실제 자유에너지에는
148⋅8∑αβγQαβQγδQμν=16TrQ3
만큼 기여한다.
4. k=4
12n124Tr(∑α<βQαβSαSβ)4=12n124×16∑α≠β∑γ≠δ∑μ≠ν∑ρ≠λQαβQγδQμνQρλTr(SαSβSγSδSμSνSρSγ)
마찬가지로 위 구속조건을 만족시키는 식의 형태는 Q4αβ, Q2αβQ2αγ, QαβQβγQγδQδα
세 가지가 존재하고, 각 항의 경우의 수는