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--- 물리:복제_대칭성_깨짐_해 [2022/11/16 11:15] – created jiwon
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 \end{eqnarray}
-[[수학:코시-슈바르츠 부등식]]에 의해 $q_1 \ge q_0$이다. $m_1$에 대해서도 최소화가 되어야 하지만 이 계산은 뒤에 쓰이지 않으므로 생략한다.
+[[수학:코시-슈바르츠 부등식]]에 의해 $q_1 \ge q_0$이다. $m_1$에 대해서도 최소화가 되어야 한다.
 $J_0=h=0$일 때 $\Xi$는 $u$, $v$에 대해 홀함수이므로, 위 적분 표현식으로부터 $m=0$임을 알 수 있다.
 $q_1$에 대한 바로 앞의 식에서 $q_0$와 $q_1$이 작다고 놓고 우변을 전개하면 첫 항이 $\beta^2 J^2 q_1$이므로 $q_1$은 $T<T_f=J$에서 양수가 된다. 이는 복제대칭해에서 본 것과 동일한 결과이다.
+===물리량들===
+자유에너지를 $\beta$에 대해 미분함으로써 내부 에너지를 구할 수 있다. $J_0=0$으로 놓으면
+\begin{equation}
+U = \frac{\partial(\beta f_\text{1RSB})}{\partial \beta}
+= \frac{\beta J^2}{2}(1-m_1) q_1^2 + \frac{\beta J^2}{2} m_1 q_0^2 - \frac{\beta J^2}{2}
+\end{equation}
+이며, 미분과정에서는 $q_0$, $q_1$로 미분할 때 사용했던 식들을 가져다 썼다.
+나아가 $h=0$이면 앞에서 $m=0$인 것과 같은 논법으로 $q_0=0$임도 논할 수 있다. 따라서 이 경우 자유에너지는 다음과 같다:
+\begin{equation}
+\beta f_\text{1RSB} = \frac{\beta^2 J^2}{4} \left[ (m_1-1)q_1^2 + 2q_1 -1 \right] - \frac{1}{m_1} \int Du \ln \int Dv \left[ 2\cosh \left( \beta J \sqrt{q_1} v \right) \right]^{m_1}.
+\end{equation}
+그런데
+\begin{equation}
+I \equiv \int Dz \left[ 2\cosh\left(z \lambda)\right) \right]^{m_1}
+\end{equation}
+이라 할 때 $2\cosh(x) \approx \exp [x \times \text{sgn}(x)]$임을 통해 $\lim_{\lambda \to \infty} I = 2\exp(m_1^2 \lambda^2/2)$이므로
+\begin{eqnarray}
+\beta f_\text{1RSB} &\approx& \frac{\beta^2 J^2}{4} \left[ (m_1-1)q_1^2 + 2q_1 -1 \right] - \frac{1}{m_1} \int Du \ln \left\{ 2\exp(m_1^2 \beta^2 J^2 q_1/2) \right\}\\
+&=& \frac{\beta^2 J^2}{4} \left[ (m_1-1)q_1^2 + 2q_1 -1 \right] - \frac{\beta^2 J^2}{2} m_1 q_1 - \frac{\ln 2}{m_1}.
+\end{eqnarray}
+$m_1$으로 미분했을 때 0이 되는 조건으로부터
+\begin{equation}
+m_1 = \frac{2\sqrt{\ln 2}}{\beta J} \frac{1}{\sqrt{1-(1-q_1)^2}}
+\end{equation}
+을 결정할 수 있다. 이 식은 $T \to 0$에서 $m_1 \to 0$임을 보여준다.
+앞에서 [[물리:복제 대칭 해|복제대칭성을 가정했을 때]]와 마찬가지로 $q_1 = 1-aT$라고 가정하자.
+온도 $T$를 충분히 작게 잡은 후 적절한 초기값, 예를 들어 $m=0$과 $q_1=1$에서 출발하여, $m_1$에 대한 위의 식과 $q_1$에 대한 아래의 식
+\begin{equation}
+q_1 = \int Du \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\left(\beta J \sqrt{q_1}\right) \tanh^2 \left(\beta J \sqrt{q_1}\right)}{\int Dv \cosh^{m_1}\left(\beta J \sqrt{q_1}\right)}
+\end{equation}
+을 반복해서 적용함으로써 수렴되는 해 $(m_1, q_1)$를 찾고 $a$의 크기를 가늠할 수 있다. [[물리:복제 대칭 해|복제대칭성을 가정했을 때]]와 마찬가지 근사를 써서 $-\beta [f]$를 적은 후 엔트로피 부분을 $a$의 함수로 적어보면 $S \approx J^2 a^2 / (4k_B) - Ja/\sqrt{2\pi}$이다. 여기에 방금 구한 $a$를 대입하면 $S \approx -0.04 k_B$를 얻는다. 이는 여전히 음수여서 물리적이지 않지만, [[물리:복제 대칭 해]]의 $-0.16k_B$에 비해 개선된 값이다. (계산된 엔트로피 값은 [[https://arxiv.org/abs/1506.07128|이 문서]]의 Fig. 3과 부합한다.)
 ====해의 안정성====
 차 복제 대칭성 깨짐 해의 안정성은 이전과 마찬가지로 헤세 행렬의 세 번째 고윳값 $\lambda_3 = P-2Q-R$의 부호를 통해 결정할 수 있다. $J_0=h=0$로 둘 것이고, 다음 몇 가지 경우를 확인해보자.
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 \end{align*}
 [[수학:코시-슈바르츠 부등식]]에 의하면 $\lambda_3^{(1)} \le \lambda_3^{(2)}$이므로 $\lambda_3^{(1)}>0$이라면 $\lambda_3^{(2)}>0$는 자동으로 만족된다.
+[[짚고 넘어가야 할 점]]
 =====파리시 해=====
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 $$\frac{\partial f_0}{\partial x} =-\frac{J^2}2\frac{dq}{dx}\left\{\frac{\partial^2 f_0}{\partial h^2}+x\left(\frac{\partial f_0}{\partial h}\right)^2\right\}$$
 을 얻게 된다.
+=====란다우 전개=====
+이제 위 자유에너지의 극값 조건을 이용해서 해를 찾으면 될텐데, 이는 절대 쉬운 일이 아니다. 그럼에도 불구하고 임계온도 근처 영역은 $Q_{\alpha\beta}$에 대한 란다우 전개를 이용해 그 결과를 알아낼 수 있다. $J_0=h=0$일 때의 자유에너지는
+$$
+-\beta[f] = \lim_{n\rightarrow0}\left\{-\frac1{4n(\beta J)^2}\sum_{\alpha\neq\beta}Q_{\alpha\beta}^2+\frac14\beta^2J^2+\frac1n\log\text{Tr}\,e^L\right\}
+$$
+이고, 위 식을 $Q_{\alpha\beta}=(\beta J)^2q_{\alpha\beta}$, $T_f = J$로 두고 다시 쓰면
+$$
+-\beta[f] = \lim_{n\rightarrow0}\left\{-\frac{T^2}{4nT_f^2}\sum_{\alpha\neq\beta}Q_{\alpha\beta}^2+\frac14\beta^2J^2+\frac1n\log\text{Tr}\,e^L\right\}
+$$
+가 된다. 임계 온도 근처에서는 $Q_{\alpha\beta}\ll1$일 것이므로 마지막 항을 다음과 같이 전개할 수 있다.
+$$
+\begin{align*}
+&\frac1n\log\text{Tr}\,e^L\\
+=&\frac1n \log\text{Tr}\left(\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)^k\right)\\
+=&\frac1n\log\left(2^n+\sum_{k=1}^\infty\frac1{k!}\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)^k\right)\\
+=&\log 2+\frac1n\log\left(1+\sum_{k=1}^\infty\frac1{2^nk!}\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)^k\right)\\
+=&\log2+\frac1n\left[\frac1{2^n}\sum_{k=1}^\infty\frac1{k!}\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)^k - \frac1{2\cdot4^n}\left\{\sum_{k=1}^\infty\frac1{k!}\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)^k\right\}^2+\cdots\right]
+\end{align*}
+$$
+그리고 스핀의 대각합을 해줄 것이다. 이를 위해 항등식
+$$
+\sum_{S^\alpha=\pm1}\left(S^\alpha\right)^{2m-1} = 0,\quad\sum_{S^\alpha=\pm1}\left(S^\alpha\right)^{2m} = 2\quad\text{for }m=0,1,2,\dots
+$$
+를 사용하자. 이로 인해 자유에너지에 기여하는 항은 짝수 번 반복되는 첨자만을 가져야 한다. 이제
+$$
+\frac1{2^n}\sum_{k=1}^\infty\frac1{k!}\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)^k
+$$
+를 지수 $k$에 대해 하나씩 계산해보자.
+. $k=1$
+$$
+\begin{align*}
+\frac1{2^n}\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)=\frac1{2^n}2^{n-2}\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}\left(\sum_{S^\alpha=\pm1}S^\alpha\right)\left(\sum_{S^\beta=\pm1}S^\beta\right) = 0
+\end{align*}
+$$
+. $k=2$
+\begin{align*}
+&\frac1{2^n}\frac12\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)^2\\
+=& \frac1{2^{n+1}}\text{Tr}\left[\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\left(Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta +\sum_{\gamma<\delta,(\gamma\delta)\neq(\alpha\beta)}Q_{\gamma\delta}S^\gamma S^\delta\right)\right]\\
+	=&\frac12\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}Q_{\beta\alpha}\\
+	=&\frac14\sum_{\alpha=1}^n\left(\sum_{\beta=1}^nQ_{\alpha\beta}Q_{\beta\alpha}\right)\\
+	\equiv&\frac14\text{Tr}Q^2
+\end{align*}
+. $k=3$
+\begin{align*}
+&\frac1{2^n}\frac16\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)^3\\
+=&\frac1{2^n}\frac1{48}\sum_{\alpha\neq\beta}\sum_{\gamma\neq\delta}\sum_{\mu\neq\nu}Q_{\alpha\beta}Q_{\gamma\delta}Q_{\mu\nu}\text{Tr}\left(S^\alpha S^\beta S^\gamma S^\delta S^\mu S^\nu\right)
+\end{align*}
+이들 중 $\text{Tr} S^\alpha\cdots S^\nu=1$를 만족하는 경우만 자유에너지에 기여할 수 있고, $Q_{\alpha\beta}Q_{\gamma\delta}Q_{\mu\nu}$의 모양을 가지는 항만 자유에너지에 기여할 수 있다. 이러한 경우의 수는 $4\times2=8$개이므로 실제 자유에너지에는
+\begin{align*}
+\frac1{48}\cdot8\sum_{\alpha\beta\gamma}Q_{\alpha\beta}Q_{\gamma\delta}Q_{\mu\nu} = \frac16\text{Tr}\,Q^3
+\end{align*}
+만큼 기여한다.\\
+. $k=4$
+\begin{align*}
+&\frac1{2^n}\frac1{24}\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)^4\\
+=&\frac1{2^n}\frac1{24\times16}\sum_{\alpha\neq\beta}\sum_{\gamma\neq\delta}\sum_{\mu\neq\nu}\sum_{\rho\neq\lambda}Q_{\alpha\beta}Q_{\gamma\delta}Q_{\mu\nu}Q_{\rho\lambda}\text{Tr}\left(S^\alpha S^\beta S^\gamma S^\delta S^\mu S^\nu S^\rho S^\gamma\right)
+\end{align*}
+마찬가지로 위 구속조건을 만족시키는 식의 형태는 $Q_{\alpha\beta}^4$, $Q_{\alpha\beta}^2Q_{\alpha\gamma}^2$, $Q_{\alpha\beta}Q_{\beta\gamma}Q_{\gamma\delta}Q_{\delta\alpha}$
+세 가지가 존재하고, 각 항의 경우의 수는