물리:복제_대칭성_깨짐_해

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]=limn0(β2J24nαβq2αββJ02nαm2α+14β2J2+1nlnTreL) 로 주어지고, L=β2J2α<βqαβSαSβ+βα(J0mα+h)Sα 이다. L의 첫 번째 항은 α<βqαβSαSβ=12αβqαβSαSβ=12[q0(nαSα)2+(q1q0)n/m1block(αblockSα)2nq1] 로 쓸 수 있다. 이 항은 단지 q의 모든 성분을 q0으로 채운 뒤, 같은 블록 사이의 qαβq1로 바꾸어주고 대각성분을 0으로 만든 것이다. 비슷한 방법을 사용하면 limn01nαβq2αβ=limn01n[n2q20+nmm21(q21q20)nq21]=(m11)q21m1q20 가 된다. 즉, 자유에너지는 β[f]=β2J24[(m11)q21m1q20]limn0βJ2nαm2α+14β2J2+limn01nlnTrexp{β2J22[q0(αSα)2+(q1q0)n/m1block(αblockSα)2nq1]+βα(J0mα+h)Sα} 이고, 하나의 un/m1개의 vb에 대한 허바드-스트라토노비치 변환은 exp[β2J22q0(mαSα)2]=β2J2q02πduexp[β2J2q0u2/2+β2J2q0unαSα]=12πd˜uexp(˜u22)exp(βJq0˜unαSα)=D˜uexp(βJq0˜un/m1blockm1blockSα) exp[β2J22(q1q0)(m1αblockSα)2]=β2J2(q1q0)2πdvbexp[β2J2(q1q0)v2b/2+β2J2(q1q0)vbm1αSα]=12πd˜vbexp(˜v2b2)exp(βJq1q0˜vbm1αSα)=D˜vbexp(βJq1q0˜vbm1αSα) 가 되므로, 자유에너지의 마지막 항은 limn01nlnTrexp{β2J22[q0(nαSα)2+(q1q0)n/m1block(m1αblockSα)2nq1]+βnα(J0mα+h)Sα}=limn01nlnTrD˜u(n/m1bD˜vb)exp{n/m1block[βJq0˜u+βJq1q0˜vb+β(J0m+h)]m1αblockSα}exp(12β2J2nq1)=12β2J2q1+limn01nlnTrD˜u[D˜vexp{(βJq0˜u+βJq1q0˜v+β(J0m+h))m1αblockSα}]n/m1 가 된다. Ξ=βJq0˜u+βJq1q0˜v+β(J0m+h)로 두고, n0인 극한을 생각하고 있으므로 logexp를 전개해서 정리하면 =12β2J2q1+limn01nlogD˜u[D˜v(2coshΞ)m1]n/m1=12β2J2q1+limn01nlogD˜uexp[nm1log{D˜v(2coshΞ)m1}]12β2J2q1+limn01nlogD˜u[1+nm1log{D˜v(2coshΞ)m1}]=12β2J2q1+limn01nlog[1+nm1D˜ulog{D˜v(2coshΞ)m1}]12β2J2q1+1m1D˜ulog{D˜v(2coshΞ)m1}=12β2J2q1+log2+1m1D˜ulog{D˜vcoshm1Ξ} 과 같이 정리할 수 있으므로 최종적인 자유에너지는 βf1RSB=β2J24{(m11)q21m1q20+2q11}+βJ02m2log21m1DulogDvcoshm1Ξ 임을 알 수 있다.

m에 대해 위 식을 최소화시키면

0=(βf1RSB)m=βJ0m1m1m[DulogDvcoshm1Ξ]=βJ0mβJ0DuDvcoshm11ΞsinhΞDvcoshm1Ξm=DuDvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ.

q0q1에 대해 같은 방식을 적용해보면, 0=(βf1RSB)q0=β2J22m1q0βJ2q0Du uDvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ+βJ2q1q0DuDv vcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ,

0=(βf1RSB)q1=β2J24[(m11)2q1+2]βJ2q1q0DuDv vcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ.

두 식을 연립하면 다음과 같다: βJq0Du uDvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ=2q0{β2J22m1q0+β2J24[(m11)2q1+2]}βJq1q0DuDv vcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ=2(q1q0)β2J24[(m11)2q1+2].

좌변의 적분 안에 있는 uv를 제거하기 위해서는 부분적분을 행하면 된다. βJq0Du uDvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ=βJq012πdu uexp(u22)Dvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ=βJq012πduddu[exp(u22)]Dvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ=βJq012πduexp(u22)ddu(Dvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ)=βJq0Duddu(Dvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ)=β2J2q0[(m11)DuDvcoshm1Ξtanh2ΞDvcoshm1Ξ+1]β2J2q0m1Du(Dvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ)2,

βJq1q0DuDv vcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ=β2J2(q1q0)[(m11)DuDvcoshm1Ξtanh2ΞDvcoshm1Ξ+1].

이제 식을 풀어보면 아래의 결과를 얻는다: q0=Du(Dvcoshm1ΞtanhΞDvcoshm1Ξ)2q1=DuDvcoshm1Ξtanh2ΞDvcoshm1Ξ.

코시-슈바르츠 부등식에 의해 q1q0이다. m1에 대해서도 최소화가 되어야 한다.

J0=h=0일 때 Ξu, v에 대해 홀함수이므로, 위 적분 표현식으로부터 m=0임을 알 수 있다. q1에 대한 바로 앞의 식에서 q0q1이 작다고 놓고 우변을 전개하면 첫 항이 β2J2q1이므로 q1T<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(1m1)q21+βJ22m1q20βJ22 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[(m11)q21+2q11]1m1DulnDv[2cosh(βJq1v)]m1.

그런데 IDz[2cosh(zλ))]m1 이라 할 때 2cosh(x)exp[x×sgn(x)]임을 통해 limλI=2exp(m21λ2/2)이므로 βf1RSBβ2J24[(m11)q21+2q11]1m1Duln{2exp(m21β2J2q1/2)}=β2J24[(m11)q21+2q11]β2J22m1q1ln2m1.

m1으로 미분했을 때 0이 되는 조건으로부터 m1=2ln2βJ11(1q1)2 을 결정할 수 있다. 이 식은 T0에서 m10임을 보여준다.

앞에서 복제대칭성을 가정했을 때와 마찬가지로 q1=1aT라고 가정하자. 온도 T를 충분히 작게 잡은 후 적절한 초기값, 예를 들어 m=0q1=1에서 출발하여, m1에 대한 위의 식과 q1에 대한 아래의 식 q1=DuDvcoshm1(βJq1)tanh2(βJq1)Dvcoshm1(βJq1) 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 SJ2a2/(4kB)Ja/2π이다. 여기에 방금 구한 a를 대입하면 S0.04kB를 얻는다. 이는 여전히 음수여서 물리적이지 않지만, 복제 대칭 해0.16kB에 비해 개선된 값이다. (계산된 엔트로피 값은 이 문서의 Fig. 3과 부합한다.)

1차 복제 대칭성 깨짐 해의 안정성은 이전과 마찬가지로 헤세 행렬의 세 번째 고윳값 λ3=P2QR의 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=1β2J2(1SαSβ2)=1β2J2(1q21)Q=β2J2(SαSγSαSβ2)=β2J2(q1q21)R=β2J2(SαSβSγSδSαSβ2)=β2J2(r1q21) 이고, 여기서 r1은 다음과 같다: r1SαSβSγSδ=DuDvcoshm1Ξtanh4ΞDvcoshm1Ξ. 따라서 해가 안정적일 조건은 λ(1)3=1β2J2(12q1+r1)=1β2J2DuDvcoshm1Ξ(12tanh2Ξ+tanh4Ξ)Dvcoshm1Ξ=1β2J2DuDvcoshm14ΞDvcoshm1Ξ>0.

(2) α,γ가 한 블록에, β,δ가 다른 하나의 블록에 속해 있는 경우

이번에는 P=1β2J2(1SαSβ2)=1β2J2(1q20)Q=β2J2(SαSγSαSβ2)=β2J2(q1q20)R=β2J2(SαSβSγSδSαSβ2)=β2J2(r2q20) 이고, 여기서 r2은 다음과 같다: r2SαSβSγSδ=Du(Dvcoshm1Ξtanh2ΞDvcoshm1Ξ)2. 따라서 해가 안정적일 조건은 λ(2)3=1β2J2(12q1+r2)=1β2J2[12DuDvcoshm1Ξtanh2ΞDvcoshm1Ξ+Du(Dvcoshm1Ξtanh2ΞDvcoshm1Ξ)2]=1β2J2Du(1Dvcoshm1Ξtanh2ΞDvcoshm1Ξ)2=1β2J2Du(Dvcoshm12ΞDvcoshm1Ξ)2>0. 코시-슈바르츠 부등식에 의하면 λ(1)3λ(2)3이므로 λ(1)3>0이라면 λ(2)3>0는 자동으로 만족된다.

짚고 넘어가야 할 점

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, nm1m21 q(x)를 다음과 같이 정의하자. q(x)=qi(mi+1<xmi) 위 부등식은 n0인 극한을 취했을 때는 만족이 되지 않지만, 일단은 이 극한에서는 부등호의 방향을 뒤집어 0m1m21 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]=limn01n[β2J24αβq2αβ+14β2J2+logTreL] L=β2J2α<βqαβSαSβ+βhαSα 여기서 우 변의 첫 번째 항은 {qαβ}의 형태로부터 다음과 같이 얻어낼 수 있다. αβq2αβ=q20n2+(q21q20)m21nm1+(q22q21)m22m1m2nm1+q2Kn=nKj=0(mjmj+1)q2j 그리고 이 과정은 임의의 지수 l에 대해서도 성립한다. 이로부터 h=0일 때의 내부에너지는 [E]=β(β[f])=limn01n{βJ22αβq2αβTr(2βJ2α<βqαβSαsβeL)TreL}12βJ2=βJ22(limn01nαβq2αβ+1) 가 되고, 자기감수율은 [χ]=1β2h2(β[f])h0=h(limn01nαTrSαeLTreL)h0=βlimn01n{(αγTrSαSγeL)(TreL)(αTrSαeL)(γTrSγeL)(TreL)2}h0=βlimn0{1+1nαγqαγ1n(αmα)2}h0 가 된다. n0인 극한에서는 mjmj+1dx로 바꾸어 다음과 같이 쓸 수 있으므로, 1nαβq2αβ10q2(x)dx 내부에너지와 자기감수율을 [E]=βJ22(110q2(x)dx),[χ]=β(110q(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(12nα,β=1qαβSαSβ+nαhαSα) 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(12nα,β=1qαβSαSβ+nαhαSα)=exp(12αβqαβ2hαhβ)Trexp(nαhαSα)=exp(12αβqαβ2hαhβ)nα(2coshhα) 만약 hα=h, qαβ=q라면, 항등식 αf(h1,,hn)hα|hα=h=f(h,,h)h 에 의해 G=exp(q22h2)(2coshh)n 가 된다. 이를 가지고 K-RSB에서의 G를 차례차례 구성해보자. 먼저 모든 성분이 qKqK1인 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(qKqK1)22h}(2coshh)mK 이 다음은 크기가 mK1×mK1인 상위 블록을 구성해야하는데 이 행렬은 (qKqK1)DiagK1[I(mK)]+(qK1qK2)I(mK1) 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 qK1qK2로 크기 mK1×mK1인 행렬을 채운 뒤, 대각 블록의 성분을 qK로 바꾸어 쓴 것이다. 이제 이 행렬을 qαβ로 생각하고 Tr eL연산을 취해주자. 앞 항은 이미 구했던 I(mK)mK1/mK번 들어있는 블록행렬이므로 g(mK,h)mK1/mK만큼 기여할 것이고, 뒷 항은 모든 성분이 (qK1qK2)인 행렬이므로 다음과 같이 쓸 수 있을 것이다. g(mK1,h)=exp{12(qK1qK2)22h}[g(mK,h)]mK1mK 이 과정을 반복하면 결과적으로 G=g(n,h)=exp{12q(0)2h2}[g(m1,h)]nm1 를 얻는다. n0인 극한에서는 mKmK1=dx, qKqK1=dq로 바꾸어 g(x+dx,h)=exp(12dq(x)2h2)g(x,h)1+dlogx 와 같이 쓸 수 있고, 위 식을 미분방정식 형태로 바꾸어쓰면 logg(x+dx,h)=dq22h2+(1+dxx)logg(x,h)g(x+dx,h)g(x,h)dx=12dqdx2h2+1xlogg(x,h)gx=12dqdx2gh2+gxlogg 가 되는데, 결국 계산해야 할 항은 n1logTr eL이므로 f0(x,h)=x1logg(x,h)로 치환하면 gx=xgf0x+gf0,f0h=1xggh,2gh2=gx2f0h2+x2g(f0h)2 임을 알 수 있고 이를 미분방정식에 대입하고 무시했던 β, J들을 다시 넣어주면 초기조건이 f0(1,h)=log2coshβh인 파리시 방정식 f0x=J22dqdx{2f0h2+x(f0h)2} 을 얻게 된다.

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]=limn0{14n(βJ)2αβQ2αβ+14β2J2+1nlogTreL}

이고, 위 식을 Qαβ=(βJ)2qαβ, Tf=J로 두고 다시 쓰면

β[f]=limn0{T24nT2fαβQ2αβ+14β2J2+1nlogTreL}

가 된다. 임계 온도 근처에서는 Qαβ1일 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[12nk=11k!Tr(α<βQαβSαSβ)k124n{k=11k!Tr(α<βQαβSαSβ)k}2+] 그리고 스핀의 대각합을 해줄 것이다. 이를 위해 항등식 Sα=±1(Sα)2m1=0,Sα=±1(Sα)2m=2for m=0,1,2, 를 사용하자. 이로 인해 자유에너지에 기여하는 항은 짝수 번 반복되는 첨자만을 가져야 한다. 이제 12nk=11k!Tr(α<βQαβSαSβ)k 를 지수 k에 대해 하나씩 계산해보자.

1. k=1

12nTr(α<βQαβSαSβ)=12n2n2α<βQαβ(Sα=±1Sα)(Sβ=±1Sβ)=0

2. k=2 12n12Tr(α<βQαβSαSβ)2=12n+1Tr[α<βQαβSαSβ(QαβSαSβ+γ<δ,(γδ)(αβ)QγδSγSδ)]=12α<βQαβQβα=14nα=1(nβ=1QαβQβα)14TrQ2 3. k=3 12n16Tr(α<βQαβSαSβ)3=12n148αβγδμνQαβQγδQμνTr(SαSβSγSδSμSν) 이들 중 TrSαSν=1를 만족하는 경우만 자유에너지에 기여할 수 있고, QαβQγδQμν의 모양을 가지는 항만 자유에너지에 기여할 수 있다. 이러한 경우의 수는 4×2=8개이므로 실제 자유에너지에는 1488αβγQαβQγδQμν=16TrQ3 만큼 기여한다.
4. k=4 12n124Tr(α<βQαβSαSβ)4=12n124×16αβγδμνρλQαβQγδQμνQρλTr(SαSβSγSδSμSνSρSγ) 마찬가지로 위 구속조건을 만족시키는 식의 형태는 Q4αβ, Q2αβQ2αγ, QαβQβγQγδQδα 세 가지가 존재하고, 각 항의 경우의 수는

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