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--- 물리:입실론_전개 [2018/05/13 01:03] – [여섯 번째 적분식] admin
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 \end{eqnarray*}
-[[배규호:wick의 정리|윅의 정리]]를 사용하면 6점 상관함수는 2점 상관함수들 곱의 조합으로 분해될 수 있어서 다음처럼 정리된다:
+[[수학:윅의_정리|윅의 정리]]를 사용하면 6점 상관함수는 2점 상관함수들 곱의 조합으로 분해될 수 있어서 다음처럼 정리된다:
 \begin{eqnarray*}
 &&\sum_{ijkl} \left< \phi_i^2(x) \phi_j^2(x) \phi_k(y) \phi_l(y) \right> \sigma'_k(y) \sigma_l'(y)\\
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 ===4번 항===
-마지막 항은 여섯 개 변수에 대해 [[배규호:Wick의 정리|윅의 정리]]를 사용하는 것이다:
+마지막 항은 여섯 개 변수에 대해 [[수학:윅의_정리|윅의 정리]]를 사용하는 것이다:
 \begin{eqnarray*}
 && \left< (\sigma'_x \cdot \phi_x) (\sigma'_y \cdot \phi_y) \phi_x^2 \phi_y^2 \right>\\
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 \begin{eqnarray*}
 \frac{1}{2} \left< \left( H_1 - \left<H_1\right> \right)^2 \right>
-&=& - u^2 \int d^dx~d^dy \frac{1}{128} \left< (\phi_x^4 - \left< \phi^4 \right>) (\phi_y^4 - \left< \phi^4 \right>) \right> &\mbox{(#1)}\\
+&=& - u^2 \int d^dx~d^dy \left\{ \frac{1}{128} \left< (\phi_x^4 - \left< \phi^4 \right>) (\phi_y^4 - \left< \phi^4 \right>) \right>\right. &\mbox{(#1)}\\
 &&+ \frac{1}{8} {\sigma'}^2(y) (n+2)^2 G(0) G^2(x-y) &\mbox{(#2,3,5,9)}\\
 &&+ \frac{1}{4} \left[ \sigma'(x) \cdot \sigma'(y) \right] (n+2) G^3(x-y) &\mbox{(#16)}\\
 &&+ \frac{1}{16} {\sigma'}^2(x) {\sigma'}^2(y)~ (n+4) G^2(x-y) &\mbox{(#7,10,11)}\\
-&&+ \frac{1}{4} G^2(x-y) \left[ \sigma'(x) \cdot \sigma'(y) \right]^2 &\mbox{(#6)}\\
+&&+ \frac{1}{4} \left[ \sigma'(x) \cdot \sigma'(y) \right]^2 G^2(x-y)&\mbox{(#6)}\\
 &&+ \frac{1}{4} {\sigma'}^2(y) \left[ \sigma'(x) \cdot \sigma'(y) \right] (n+2) G(0) G(x-y)&\mbox{(#16)}\\
 &&+ \frac{1}{8} {\sigma'}^2(x) {\sigma'}^2(y) \left[ \sigma'(x) \cdot \sigma'(y) \right] G(x-y)&\mbox{(#16)}\\
-&&+ \frac{1}{8} \left[ \sigma'(x) \cdot \sigma'(y) \right] (n+2)^2 G^2(0) G(x-y)&\mbox{(#16)}\\
+&&+ \left.\frac{1}{8} \left[ \sigma'(x) \cdot \sigma'(y) \right] (n+2)^2 G^2(0) G(x-y) \right\} &\mbox{(#16)}\\
 \end{eqnarray*}
+우리가 알고 싶은 것은 ${\sigma'}^4$ 앞의 계수인데, 위 식에는 ${\sigma'}^2(x) {\sigma'}^2(y)$ 같은 항들만 들어있다.
+$\sigma'$은 낮은 파수만을 가지므로 $\sigma'(y) \approx \sigma'(x)$로 가정한다. 이는 기울기 전개(gradient expansion),
+$$\sigma'(y) = \sigma'(x) + r \cdot \nabla \sigma'(x) + \frac{1}{2} (r \cdot \nabla)^2 \sigma'(x) + \ldots,$$
+에서 첫 항만 취한 것에 해당한다. 여기에서 $r \equiv y-x$에 해당하는 변위 벡터이며 $G(r)=G(-r)$일 것이다. 이렇게 변환한 결과는 아래와 같다:
+\begin{eqnarray*}
+\frac{1}{2} \left< \left( H_1 - \left<H_1\right> \right)^2 \right>
+&\approx& - u^2 \int d^dx~d^dr \left\{ \frac{1}{128} \left< (\phi_x^4 - \left< \phi^4 \right>) (\phi_y^4 - \left< \phi^4 \right>) \right>\right.\\
+&&+ \frac{1}{8} {\sigma'}^2(x) (n+2)^2 G(0) G^2(r)\\
+&&+ \frac{1}{4} {\sigma'}^2(x) (n+2) G^3(r)\\
+&&+ \frac{1}{16} {\sigma'}^4(x)~ (n+4) G^2(r)\\
+&&+ \frac{1}{4} {\sigma'}^4(x)~ G^2(r)\\
+&&+ \frac{1}{4} {\sigma'}^4(x) (n+2) G(0) G(r)\\
+&&+ \frac{1}{8} {\sigma'}^6(x) G(r)\\
+&&+ \left.\frac{1}{8} {\sigma'}^2(x) (n+2)^2 G^2(0) G(r) \right\}.
+\end{eqnarray*}
+====상관함수의 모양====
+위 적분을 보다 간략히 하기 위해 $\epsilon$에 대해 전개했을 때 영차항, 즉 $d=4$에서의 상관함수 $G$의 모양을 살펴보자.
+$r_0 \sim  O(\epsilon)$이어서 $G(k) = (r_0 + ck^2)^{-1} \approx (ck^2)^{-1}$이므로
+$$G(r) \approx (2\pi)^{-4} \int d^4k (ck^2)^{-1} e^{ik\cdot r}$$
+이다. 이 때에 4차원의 구면적분을 보면
+$$d^4k = k^3 \sin^2 \phi_1 \sin \phi_2 ~d\phi_1 d\phi_2 d\phi_3$$
+으로서, $\phi_1, \phi_2 \in [0,\pi]$이고 $\phi_3 \in [0,2\pi]$이다. 또 $k \cdot r = kr \cos \phi_1$으로 놓을 수 있으므로 적분을 행하면,
+\begin{eqnarray*}
+\int d^4k ~k^{-2} e^{ik \cdot r} &=& \int k \sin^2 \phi_1 \sin \phi_2 e^{ikr \cos \phi_1} d\phi_1 d\phi_2 d\phi_3 dk\\
+&=& 4\pi \iint k \sin^2 \phi_1 e^{ikr \cos \phi_1} d\phi_1 dk\\
+&=& 4\pi \iint_{-1}^1 k \sqrt{1-x^2} e^{ikrx} dx dk\\
+&=& 4\pi \int k \frac{\pi}{kr} J_1 (kr) dk\\
+&=& \frac{4\pi^2}{r} \left[ \frac{1-J_0(kr)}{r} \right]_{k=\Lambda/s}^{\Lambda}\\
+&=& \frac{4\pi^2}{r^2} \left[ J_0 (\Lambda r/s) - J_0 (\Lambda r) \right].
+\end{eqnarray*}
+따라서 $d=4$에서
+$$G(r) \approx (2\pi)^{-2} r^{-2} c^{-1} \left[ J_0 (\Lambda r/s) - J_0 (\Lambda r) \right]$$
+이며, $O(\epsilon^0)$에서
+$$\int d^dr G(r) = 0$$
+임을 확인할 수 있다. 이로 인해 위 섭동 계산 중 $G(r)$이 한 번씩만 들어간 마지막 세 항의 기여가 0이 된다:
+\begin{eqnarray*}
+\frac{1}{2} \left< \left( H_1 - \left<H_1\right> \right)^2 \right>
+&\approx& - u^2 \int d^dx~d^dr \left\{ \frac{1}{128} \left< (\phi_x^4 - \left< \phi^4 \right>) (\phi_y^4 - \left< \phi^4 \right>) \right>\right.\\
+&&+ \frac{1}{8} {\sigma'}^2(x) (n+2)^2 G(0) G^2(r)\\
+&&+ \frac{1}{4} {\sigma'}^2(x) (n+2) G^3(r)\\
+&&+ \frac{1}{16} {\sigma'}^4(x)~ (n+4) G^2(r)\\
+&&+ \left. \frac{1}{4} {\sigma'}^4(x)~ G^2(r) \right\}.
+\end{eqnarray*}
+이를 정리하면,
+$$\frac{1}{2} \left< \left( H_1 - \left<H_1\right> \right)^2 \right>
+\approx \mbox{const.} -\frac{1}{2} \int d^dx \left[ {\sigma'}^2(x) u^2D + {\sigma'}^4(x) \frac{\Delta u}{4} \right]$$
+이며 이 때에
+\begin{eqnarray*}
+u^2D &=& -u^2 \int d^dr \left[ \frac{1}{4} {\sigma'}^2(x) (n+2)^2 G(0) G^2(r) + \frac{1}{2} {\sigma'}^2(x) (n+2) G^3(r) \right]\\
+\Delta u &=& -u^2 \int d^dr \left( \frac{n+4}{2} +2 \right) G^2(r)
+\end{eqnarray*}
+이다.
+앞에서 구한 $G$의 구체적인 형태로부터 다음의 내용도 계산으로 확인할 수 있다:
+$$\int d^4r ~G^2(r) = K_4 ~c^{-2} ~\ln s.$$
+=====새로운 고정점=====
+이제껏 $O(\epsilon^2)$까지 계산한 결과,
+\begin{eqnarray*}
+u' &=& s^\epsilon (u+\Delta u) = s^\epsilon \left[u - u^2 \frac{n+8}{2c^2} K_4~\ln s \right]\\
+&\approx& (1+ \epsilon \ln s) \left[u - u^2 \frac{n+8}{2c^2} K_4~\ln s \right]\\
+&\approx& u - u^2 \frac{n+8}{2c^2} K_4~\ln s + \epsilon u \ln s
+\end{eqnarray*}
+이다. 고정점에서 $u'=u=u^\ast$임을 풀어보면 [[물리:가우스 고정점]] $u^\ast=0$ 외에도
+$$u^\ast = \epsilon \frac{2 c^2}{(n+8) K_4}$$
+인 새로운 고정점이 나타났음을 볼 수 있다. 우리가 애초에 가정했던 것처럼 $u^\ast \sim O(\epsilon)$이다.
+$r_0$의 경우 [[물리:재규격화]]의 결과는 다음과 같은데
+\begin{eqnarray*}
+r_0' &\approx& s^2 \left[ r_0 + r_0^{(1)} + u^2D \right]\\
+&=& s^2 \left[ r_0 + \frac{u}{c} \left( \frac{n}{2}+1 \right) \frac{\Lambda^2}{2} K_4 (1-s^{-2}) + uC\epsilon - r_0 \frac{u}{c^2} K_4 ~\ln s - u^2D \right]
+\end{eqnarray*}
+새로운 고정점에 대응되는 $r_0^\ast$를 $O(\epsilon)$에서 찾으면, 바로 위의 우변에서 첫 두 항의 합을 0으로 만드는 값이어서
+$$r_0^\ast = -\frac{u^\ast}{c} \left( \frac{n}{2} +1 \right) \frac{\Lambda^2}{2} K_4 (1-s^{-2}) \approx
+- \epsilon \left( \frac{n+2}{n+8} \right) \frac{\Lambda^2 c}{2}$$
+이며 이 때 $s^{-2} \ll 1$로 가정했다.
+====$d<4$의 임계거동====
+이 새로운 고정점 주위에서 $\delta r_0 \equiv r_0 - r_0^\ast$와 $\delta u \equiv u - u^\ast$가 어떻게 변화하는지 선형근사를 통해 적어보자.
+\begin{eqnarray*}
+\left. \frac{\partial r_0'}{\partial r_0} \right|_{r_0^\ast,u^\ast} &\approx& \left[ s^2 - s^2 \frac{u}{c^2} \left( \frac{n}{2}+1 \right) K_4~ \ln s \right]_{r_0^\ast,u^\ast}\\
+&\approx& s^2 - s^2 \frac{1}{c^2} \left[ \epsilon \frac{2c^2}{(n+8) K_4} \right] \frac{n+2}{2} K_4 ~\ln s\\
+&=& s^2 \left( 1 - \epsilon \frac{n+2}{n+8} \ln s \right)\\
+&\approx& s^2 s^{-\frac{n+2}{n+8}\epsilon} = s^{y_1}.
+\end{eqnarray*}
+이 때 $y_1 \equiv 2 - \frac{n+2}{n+8} \epsilon$으로 정의한다.
+마찬가지로,
+\begin{eqnarray*}
+\left. \frac{\partial u'}{\partial u} \right|_{r_0^\ast,u^\ast} &\approx& \left[ s^\epsilon - s^\epsilon u \frac{n+8}{c^2} K_4 ~\ln s \right]_{r_0^\ast,u^\ast}\\
+&\approx& s^\epsilon \left( 1-\epsilon \frac{2 c^2}{(n+8)K_4} \frac{n+8}{c^2} K_4 ~\ln s \right)\\
+&=& s^\epsilon ( 1-2\epsilon \ln s)\\
+&\approx& s^\epsilon s^{-2\epsilon} = s^{y_2}
+\end{eqnarray*}
+으로서, $y_2 \equiv -\epsilon$으로 놓는다.
+교차항들을 보면, 먼저 $$\frac{\partial u'}{\partial r_0} = 0$$이고
+\begin{eqnarray*}
+\left. \frac{\partial r_0'}{\partial u} \right|_{r_0^\ast,u^\ast} &\approx& s^2 \left[ \frac{1}{c} \left(\frac{n}{2}+1 \right) \frac{\Lambda^2}{2} K_4 (1-s^{-2}) + C\epsilon - r_0^\ast \frac{1}{c^2} \left(\frac{n}{2}+1\right) K_4 \ln s - 2u^\ast D \right]\\
+&=& \left( \frac{n}{2}+1 \right) \frac{\Lambda^2}{2c} K_4 (s^2-1) + O(\epsilon)\\
+&=& B \left( s^{y_1} - s^{y_2} \right) + O(\epsilon)
+\end{eqnarray*}
+이며 $B \equiv \left( \frac{n}{2}+1 \right) \frac{\Lambda^2}{2c} K_4$이다. 곧 확인할 수 있다시피, 사실 여기에서 $O(\epsilon)$의 항들을 공들여 구하지 않더라도 임계거동을 보는 데에는 지장이 없는데, $\frac{\partial u'}{\partial r_0} = 0$이기 때문이다.
+이제 위의 결과들을 모아 새로운 고정점 주위에서 [[물리:재규격화]]를 선형 방정식으로 적어보면 다음과 같다.
+$$\begin{pmatrix}
+\delta r_0' \\ \delta u'
+\end{pmatrix}
+= \begin{pmatrix}
+s^{y_1} & B(s^{y_1} - s^{y_2})\\
+& s^{y_2}
+\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
+\delta r_0 \\ \delta u
+\end{pmatrix}$$
+이 행렬의 고유값을 구함으로써 임계지수를 $O(\epsilon)$에서 계산할 수 있다.
+\begin{eqnarray*}
+\nu &\approx& \left( 2 - \frac{n+2}{n+8} \epsilon \right)^{-1} \approx \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \left( \frac{n+2}{n+8} \right) \epsilon\\
+\alpha &=& 2 - \nu d \approx 2 - \left[ \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \left( \frac{n+2}{n+8} \right) \epsilon \right] (4-\epsilon) \approx \frac{4-n}{2(n+8)} \epsilon\\
+\eta &=& 0\\
+\beta &=& \frac{1}{2} \nu (d-2-\eta) \approx \left[ \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \left( \frac{n+2}{n+8} \right) \epsilon \right] (4-\epsilon-2) \approx \frac{1}{2} - \frac{3}{2(n+8)} \epsilon\\
+\gamma &=& \nu(2-\eta) \approx 1 + \frac{1}{2} \left( \frac{n+2}{n+8} \right) \epsilon\\
+\delta &=& \frac{d+2-\eta}{d-2+\eta} \approx \frac{4-\epsilon+2}{4-\epsilon-2} \approx 3+\epsilon
+\end{eqnarray*}
+무모하게 보이지만 놀랍게도 이런 방식으로 저차원 모형의 결과를 예측할 수 있다. 3차원 이징 모형은 $\epsilon=1$, $n=1$인 경우인데 $\epsilon$의 차수를 높여가며 계산하면 다른 계산방법들과 일치하는 값으로 수렴한다. 세 번째 열은 5차항까지 더한 결과이다.
+^ 임계지수 ^ $O(\epsilon)$ ^ $O(\epsilon^5)$ ^ Direct RG ^ 고온 전개 ^
+|$\nu$ | 0.58 | 0.630 | 0.630 | 0.633 |
+|$\eta$| 0    | 0.037 | 0.031 | 0.042 |
+차원 이징 모형의 경우에도 비슷한 경향을 보인다.
+^ 임계지수 ^ $O(\epsilon)$ ^ $O(\epsilon^5)$ ^ 정확한 값 ^
+|$\nu$ | 0.67 | 0.99 | 1   |
+|$\eta$| 0   | 0.26  | 0.25|
+======참고문헌======
+  * Shang-Keng Ma, //Modern Theory of Critical Phenomena// (Westview Press, 1976, 2000).
+  * John Cardy, //Scaling and Renormalization in Statistical Physics// (Cambridge Univ. Press, Cambridge, 1996).