정준 에너지 분포·요동·열용량

온도를 정해도 매번 같은 에너지가 측정되지는 않는다

이름이 붙은 두 준위 자리 두 개를 저장고와 접촉한 정준 상태로 준비한 뒤, 전체 여기 에너지를 측정한다고 합시다. 같은 준비를 반복해도 여기 수가 0개, 1개, 2개인 결과가 나올 수 있습니다. 저장고 온도는 각 결과의 확률을 정하며, 모든 반복이 평균값을 반환하도록 요구하지 않습니다.

앞의 유한 저장고 단원에서는 전체 여기 예산을 고정한 뒤 부분계의 정확한 주변 분포를 유도했습니다. 이번에는 정준 준비 자체를 지정합니다. 두 준비의 평균이 같더라도 확률법칙은 다를 수 있습니다. 여기서 새로 살펴볼 것은 에너지 분포 전체, 그 분포의 요동, 그리고 온도에 대한 평균의 응답입니다.

세 가지 퍼짐을 구별하세요. 개별 준비들 사이의 요동, 그 요동이 평균에 비해 얼마나 큰지를 나타내는 상대 크기, 여러 독립 준비로 계산한 표본 평균의 불확실성입니다. 독립 반복의 횟수를 늘리면 세 번째 질문이 달라집니다. 계의 물리적 온도나 앙상블 분산이 저절로 달라지는 것은 아닙니다. 화면은 이론 분포를 그리며, 반복 수 M은 이 실험의 표본 추출 입력이 아니라 별도로 계산하는 값입니다.

Hamiltonian과 제어 변수를 정의하기

서로 구별되는 비상호작용 이진 자리 n개가 있습니다. 각 자리의 에너지는 0 또는 고정된 간격 ε≥0 J입니다. 유한하고 0이 아닌 온도 T에서 역온도 β와 무차원 에너지 간격 t를 정의합니다.

$$x\in\{0,1\}^{n},\qquad K(x)=\sum_{i=1}^{n}x_i,\qquad E(x)=\varepsilon K(x),\qquad \beta=\frac1{k_BT},\quad t=\beta\varepsilon.$$

Hamiltonian은 각 이름 있는 배치에 어떤 에너지가 붙는지를 정합니다. 확률 준비는 그 위에 추가하는 선택입니다. 특히 에너지에 상호작용 항이 없다는 사실만으로 임의의 고정 예산 준비가 독립이 되지는 않습니다. 여기서는 해당 Hamiltonian의 정준 법칙이 곱 형태로 분리되기 때문에 독립성이 성립합니다.

온도 응답을 계산할 때 n과 ε는 고정합니다. 외부장을 바꾸어 ε가 달라지는 과정은 다른 프로토콜입니다. 계산기는 정수 n=0..4096, 유한한 ε≥0, 유한한 양·음의 온도를 지원합니다. T=0의 입력 관례는 아래에서 별도로 정합니다. 상태 수 한도는 계산 자원 제한이며 열역학 극한의 정리가 아닙니다. 정준 정규화와 요동 관계는 Tong의 1.3.1–1.3.3절을 참고할 수 있고, 아래 손계산은 이 이진 Hamiltonian에서 전개합니다.

한 자리를 정규화한 뒤 복제들을 곱하기

한 자리의 Boltzmann 가중치는 1과 exp(−t)입니다. 전체 이름 있는 계에서는 배치 공간과 에너지가 모두 분리되므로 분배함수가 곱으로 나뉩니다.

$$z_1=1+e^{-t},\qquad Z=z_1^n,\qquad \ln Z=n\ln(1+e^{-t}).$$

여기 확률 r과 그 여사건 확률은 다음과 같습니다.

$$r=\frac{e^{-t}}{1+e^{-t}}=\frac1{1+e^t},\qquad 1-r=\frac1{1+e^{-t}}.$$

T와 ε가 양수이면 r은 1/2보다 작습니다. 유한하고 0이 아닌 T에서는 모든 이름 있는 배치의 확률이 양수입니다. t가 큰 양수이면 여기 배치가 드물어지지만, 실제 지지집합에서 금지되는 것은 아닙니다. exp(t)를 그대로 계산하면 r의 로그는 의미 있게 남아 있는 범위에서도 overflow가 날 수 있습니다. 수학적으로 동등한 식이라도 수치 계산에 같은 정도로 적합하지는 않습니다.

배치와 여기 수를 구별하기

여기 k개를 가진 배치 하나에는 곱확률이 붙습니다. 계기판의 읽기 값 k는 같은 에너지를 가진 C(n,k)개 배치를 합칩니다.

$$p(x)=r^{K(x)}(1-r)^{n-K(x)},\qquad P(K=k)=\binom nk r^k(1-r)^{n-k},\qquad p(x\mid K=k)=\binom nk^{-1}.$$

조건부 식은 해당 여기 수를 가진 배치에 적용하며, 그 조건 사건의 확률이 양수일 때 사용합니다. n=2,t=ln 2이면 r=1/3입니다. 네 배치를 직접 나열하면 전체 준비를 손으로 확인할 수 있습니다.

배치	여기 수	배치 하나의 확률	그 여기 수의 확률
00	0	4/9	4/9
01	1	2/9	4/9
10	1	2/9	4/9
11	2	1/9	1/9

여기 수 1인 두 행은 같은 막대 하나를 공유합니다. 그 막대 확률 4/9을 두 번 더하지 않도록 주의하세요. K=1이라는 조건 아래 두 배치는 각각 1/2로 균등합니다. 이는 두 배치의 무조건부 확률 2/9와 다른 준비입니다.

독립 점유를 더해 모멘트 유도하기

각 자리는 평균 r, 분산 r(1−r)인 Bernoulli 변수를 하나씩 기여합니다. 이 준비에서는 독립성으로 교차 공분산이 0입니다. 모든 자리를 더하면 다음 식을 얻습니다.

$$\mathbb E[K]=nr,\qquad \operatorname{Var}(K)=nr(1-r),\qquad U=\mathbb E[E]=n\varepsilon r,\qquad \operatorname{Var}(E)=n\varepsilon^2r(1-r).$$

평균 에너지 U의 단위는 J, 에너지 분산의 단위는 J²입니다. 표준편차는 분산의 제곱근이므로 다시 J 단위입니다. 분산과 표준편차를 같은 값으로 부르면 안 됩니다. r을 고정하고 n을 두 배로 늘리면 평균과 분산은 두 배가 되지만 표준편차는 √2배가 됩니다.

K=k로 고정한 껍질에서는 모든 배치의 에너지가 같으므로 에너지 분산이 0입니다. 그래도 어느 자리가 켜졌는지는 불확실할 수 있습니다. 평균 여기 수만 같은 정준 준비에는 에너지 요동이 남을 수 있습니다. 배치에 관한 불확실성과 에너지의 변동은 서로 다른 관측량입니다.

요동과 온도 응답 연결하기

Hamiltonian을 고정한 채 유한 분배 합을 미분하면 다음 관계가 성립합니다.

$$U=-\frac{\partial\ln Z}{\partial\beta},\qquad \frac{\partial^2\ln Z}{\partial\beta^2}=\operatorname{Var}(E),\qquad \frac{\partial U}{\partial\beta}=-\operatorname{Var}(E).$$

dβ/dT=−1/(kBT²)를 사용하면 열용량과 요동 관계는 다음과 같습니다.

$$C=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_{n,\varepsilon}=nk_Bt^2r(1-r),\qquad \operatorname{Var}(E)=k_BT^2C.$$

열용량의 단위는 J/K입니다. 이 관계는 평형 준비들 사이의 퍼짐과 평형 평균의 기울기를 연결합니다. 완화율, 열전류, 에너지가 전달되는 시간은 정하지 않습니다. 그런 양에는 동역학과 결합 모형이 필요합니다.

선택한 경로에서 ε 자체도 온도에 따라 달라진다면 U를 그 경로로 미분할 때 추가 항이 생깁니다. 그 결과를 위의 고정 Hamiltonian 열용량과 자동으로 같다고 놓을 수 없습니다. 시각화의 온도 곡선은 어떤 매개변수를 고정한 채 그렸는지 표시해야 합니다. 화면의 서로 다른 슬라이더를 함께 움직인 경로의 기울기는 다른 질문일 수 있습니다.

올바른 상태 공간에서 엔트로피 계산하기

전체 배치 준비의 엔트로피는 다음과 같습니다.

$$S=-k_B\sum_xp(x)\ln p(x)=k_B(\ln Z+\beta U)=nk_Bh(r),\qquad h(r)=-r\ln r-(1-r)\ln(1-r).$$

곱법칙은 각 여기 껍질 안에서 균등합니다. 따라서 무차원 배치 엔트로피는 여기 수 엔트로피와 관측에 숨겨진 이름의 평균 다중도로 분해됩니다.

$$\frac{S}{k_B}=H(K)+\sum_{k=0}^{n}P_k\ln\binom nk,\qquad H(K)=-\sum_{k=0}^{n}P_k\ln P_k.$$

K만 보고하는 계기는 어느 자리가 켜졌는지 숨깁니다. 다중도 기여 없이 H(K)를 S/kB 자리에 넣으면 안 됩니다. 정보량에는 자연로그와 nat을 사용하고, 이 준비의 물리 엔트로피는 kB를 곱하여 J/K 단위로 나타냅니다.

ε=0인 경우에는 이 구별이 특히 분명합니다. 모든 배치의 에너지는 0이지만, 이름 있는 배치들을 균등하게 준비한 정준 분포의 엔트로피는 nkB ln 2입니다. 에너지 분산이 0이라는 사실이 배치 엔트로피도 0이라는 뜻은 아닙니다. 어떤 관측의 불확실성을 계산하는지 먼저 정해야 합니다.

곡선을 그리기 전에 두 가지 스케일 검산하기

n=2,t=ln 2에서 여기 수 분포는 (4,4,1)/9입니다. 평균 여기 수는 2/3, 분산은 4/9, C/kB는 4(ln 2)²/9입니다. 앞의 유한 저장고 n=2,b=4,K_total=2는 평균은 같지만 분산은 16/45입니다. 평균 에너지 비교가 성공했다는 것만으로 요동 법칙까지 검증한 것은 아닙니다.

t=1일 때 한 자리 여기 확률은 약 0.26894142137입니다. 독립인 네 자리의 값은 다음과 같습니다.

$$\frac{U}{\varepsilon}\approx1.07576568548,\qquad \frac{\operatorname{Var}(E)}{\varepsilon^2}\approx0.78644773297,\qquad \frac{S}{k_B}\approx2.32881243555,\qquad \frac{C}{k_B}\approx0.78644773297.$$

분산과 응답의 마지막 두 수치가 일치하는 것은 t=1에서 위와 같이 정규화했기 때문입니다. 물리 단위로 복원하기 전에는 서로 다른 차원을 가진 양입니다. SI 평균 에너지는 U/ε에 지정한 ε를 곱하고, SI 분산은 ε²을 곱해 얻습니다. 분산에 ε만 곱하는 단위 오류를 피하세요.

여기 수 분포를 그리고 평균선을 표시한 뒤 별도 분산 읽기 값을 붙이면 움직이는 평균 하나보다 더 많은 정보를 볼 수 있습니다. 막대는 이산적인 여기 수 사건입니다. 여러 온도를 순회하는 화면은 서로 다른 준비를 비교하며, 입자의 궤적이나 실제 냉각 시간으로 표시하지 않습니다.

절대 요동과 상대 요동 비교하기

n>0,ε>0에서 여기 에너지의 상대 표준편차와 자리당 에너지의 분산은 다음과 같습니다.

$$\frac{\sqrt{\operatorname{Var}(E)}}{U}=\sqrt{\frac{1-r}{nr}}=\frac{e^{t/2}}{\sqrt n},\qquad \operatorname{Var}(E/n)=\frac{\varepsilon^2r(1-r)}{n}.$$

준비 매개변수 t를 고정하면 절대 에너지 분산은 n과 함께 커지지만, 자리당 에너지의 분산은 줄어듭니다. 평균은 표준편차보다 더 빨리 커지므로 상대 요동은 작아집니다. 이 문장들은 서로 다른 양을 설명하므로 모순되지 않습니다. 큰 계의 막대 폭을 볼 때도 전체 에너지와 자리당 에너지를 구별해야 합니다.

여기 확률이 매우 낮으면 n이 크다는 사실만으로 상대 요동이 작아지지 않습니다. 실제 관련된 평균 여기 수 nr은 작게 남을 수 있습니다. 예를 들어 대부분의 준비에서 여기가 없더라도, 드문 여기 하나는 작은 평균에 비해 큰 변화를 만들 수 있습니다.

상대 에너지 요동은 에너지 기준에도 의존합니다. 모든 배치의 에너지에 같은 상수를 더하면 분산은 그대로지만 평균은 달라집니다. 여기서는 지정한 에너지 0 배치 위의 여기 에너지를 기준으로 비교합니다. 모든 열역학 요동에 적용되는 기준 독립적인 지표는 아닙니다.

앙상블의 퍼짐과 평균 추정의 불확실성 구분하기

같은 법칙에서 독립인 계 M개를 준비하고 측정 에너지를 평균한다고 합시다. 모집단 분산을 알고 있을 때 평균의 표준오차와 분포 형태에 의존하지 않는 경계는 다음과 같습니다.

$$\operatorname{SE}(\overline E)=\sqrt{\frac{\operatorname{Var}(E)}{M}},\qquad \Pr(|\overline E-U|\ge\delta)\le\frac{\operatorname{Var}(E)}{M\delta^2},\quad\delta>0.$$

반복 기록을 더 모아도 개별 준비의 분산 자체가 작아지지는 않습니다. 평균을 더 정확하게 추정하게 되는 것입니다. 이 경계는 독립성과 Chebyshev 부등식에서 나오며, 정확한 정규분포 신뢰구간을 주장하는 것과 다릅니다.

여기가 매우 드물면 r이 양수여도 작은 표본에서는 한 번도 관측되지 않을 수 있습니다. M개 계 모두에 여기가 없을 확률은 정확히 다음과 같습니다.

$$\Pr(K_1=\cdots=K_M=0)=(1-r)^{nM}.$$

꼬리 사건이 없는 표본 histogram은 이론적 꼬리 확률이 0이라는 증거가 아닙니다. 경험적 histogram에는 표본 수와 seed를 함께 표시하세요. 시간계열에서 얻은 상관된 관측 M개가 독립 표본 M개와 같은 정보량을 주지는 않습니다. 이 정적 모형은 그 시간계열의 상관 시간도 정의하지 않습니다. 독립성 가정 없이 표준오차의 M을 관측 횟수로만 대체하면 안 됩니다.

열용량이 중간 온도에서 최대가 되는 이유 설명하기

n>0,ε>0,T>0에서 열용량을 t의 함수로 쓰면 다음과 같습니다.

$$\frac{C}{nk_B}=\frac{t^2}{4\cosh^2(t/2)},\qquad t_{\rm peak}\tanh(t_{\rm peak}/2)=2,\qquad t_{\rm peak}\approx2.39935728052.$$

최댓값 조건은 ln C를 t로 미분하여 0으로 놓은 결과입니다. 양의 해는 T_peak≈0.41677828 ε/kB와 C_peak≈0.43922884 nkB를 줍니다. 이는 매끄러운 두 준위 열용량의 최댓값이며, 특이점을 가진 상전이가 아닙니다.

낮은 양의 온도에서는 여기들이 지수적으로 억제됩니다. 아주 높은 온도에서는 에너지 분포에 상당한 분산이 있어도 T를 더 바꿀 때 거의 균형 잡힌 점유가 조금만 달라집니다. 요동 관계의 1/T² 인자는 큰 분산이 임의로 높은 온도에서도 큰 열용량을 뜻하지 않는 이유를 보여줍니다.

곡선에는 가로축 변수를 표시해야 합니다. ε가 고정되었을 때 t의 증가는 양의 T의 감소를 뜻합니다. t와 T를 같은 방향의 축처럼 설명하면 순회 곡선의 해석이 뒤집힙니다. 위의 최댓값은 n과 에너지 간격을 바꾸는 최적화가 아니라 고정된 계의 온도 응답입니다.

상한이 있는 스펙트럼에서 음의 온도 사용하기

유한 두 준위계에는 위쪽 에너지 상한이 있습니다. 유한한 음의 T는 정규화 가능한 인구역전 정준 준비입니다. 간격을 고정한 채 온도의 부호를 바꾸면 다음 관계가 성립합니다.

$$r(-t)=1-r(t),\qquad U(T)+U(-T)=n\varepsilon,\qquad S(T)=S(-T),\qquad C(T)=C(-T).$$

여기 수 분포는 n/2 주위에서 반사됩니다. 에너지 분산도 그대로지만 평균과 상대 에너지 요동은 바뀝니다. 음의 T는 양의 온도에서 바닥 상태에 접근하는 극한보다 더 차가운 상태를 뜻하지 않습니다. 역온도 매개변수는 균형 잡힌 무한 온도 극한에서 0을 지나 음수로 이어집니다.

이 구성에는 스펙트럼의 상한이 핵심입니다. 제한 없는 운동에너지 기체에 같은 정규화 가능한 음의 온도 법칙을 그대로 붙일 수 없습니다. 물리적 인구역전 맥락은 Tong의 두 준위계 설명, 1.2.3절을 참고하세요. 여기서는 확률 준비를 비교하며, 실험실에서 반전시키는 프로토콜이나 그 수명을 계산하지 않습니다.

0을 해석하기 전에 극한의 경로 명시하기

계산기의 T=0 입력은 고정된 간격에서 양의 쪽으로 접근한 평형 극한입니다. β가 유한한 온도 값도 아니고 냉각 과정의 시간도 아닙니다. ε>0에서 음의 쪽으로 0에 접근하면 반대로 가장 높은 에너지 배치를 선택합니다.

조건	평균 에너지	에너지 분산	배치 엔트로피	열용량
n=0	0	0	0	0
ε=0, 균등 정준 준비	0	0	nkB ln 2	0
ε>0, T→0+	0	0	0	0
ε>0, T→0−	nε	0	0	0
ε>0, T→±무한대	nε/2	nε²/4	nkB ln 2	0

ε=0에서는 선택한 정준 극한이 퇴화한 모든 상태 위에서 균등하게 남습니다. 양의 간격에서 먼저 T→0+로 유일한 바닥 배치를 선택한 뒤 간격을 0으로 보내는 순서와 다릅니다. 극한을 취하는 순서와 준비의 선택이 중요합니다.

빈 계나 간격 0인 계처럼 평균 에너지가 0이면 상대 에너지 요동은 정의하지 않습니다. 0/0을 요동 0으로 바꾸면 안 됩니다. 간격이 0인 계에서도 여기 수 관측은 남아 있으므로 여기 수 요동은 정의할 수 있습니다. 에너지가 같아졌다는 것과 계기판의 읽기가 같아졌다는 것을 구별하세요.

꼬리 진단을 읽고 AI의 확률 모형에 연결하기

t가 큰 양수일 때 유용한 선도 스케일은 다음과 같습니다.

$$r\sim e^{-t},\qquad \ln P(K=0)=n\ln(1-r)\sim-nr,\qquad U\sim n\varepsilon e^{-t},\quad \operatorname{Var}(E)\sim n\varepsilon^2e^{-t}.$$

표시 확률이 수치 범위 아래로 내려가도 큰 물리 에너지 척도를 곱하면 표현 가능한 평균이나 분산이 될 수 있습니다. 확률을 먼저 0으로 반올림한 뒤 계산하면 그 정보를 지워버립니다. 반대로 1로 표시된 큰 확률에도 작은 양의 여사건 확률이 남아 있을 수 있습니다.

수치 모형은 입력의 정확한 이진 곱과 정수 다중도를 보존하며 지수·로그는 근사합니다. 꼬리의 로그 스케일과 실제 지지집합의 0을 구별하고, 각 로그가 표시 가능한지도 따로 남깁니다. 중첩 로그는 극한 꼬리를 진단하지만, 단위값 부근에서 반올림된 모멘트가 1에서 아주 조금 벗어났다는 사실을 인증하지는 않습니다. 공개한 확률과 응답의 스케일은 독립 고정밀 기준값으로 검산합니다.

AI에서는 온도에 따라 바뀌는 Bernoulli gate나 독립 마스크를 수학적으로 비교할 수 있습니다. logit을 바꾸면 점유와 변동성 모두 바뀝니다. 독립 표본의 평균을 더 많이 내면 원래 gate 분포가 아니라 추정 오차가 달라집니다. 임의의 모형에서 softmax temperature는 물리적 보정이 주어지기 전에는 무차원 설계 매개변수입니다. 이 비유가 신경망 학습 한 단계에 열용량이나 J 단위 소산을 부여하지는 않습니다.

풀이가 있는 연습과 검증 체크리스트

모집단의 양과 표본 추정을 구분하고, 응답 계산에서는 Hamiltonian을 고정하세요. 선택한 오즈가 허용하면 정확한 분수를 먼저 사용하세요.

연습 1: 여기 수 막대를 이름 있는 배치로 나누기

n=2,t=ln 2에서 배치 01의 확률, K=1의 확률, K=1 조건 아래 배치 01의 확률을 구하세요.

해설: 여기 확률은 1/3입니다. 배치 01의 확률은 (2/3)(1/3)=2/9입니다. 같은 여기 수에는 10도 포함되어 K=1의 확률은 4/9입니다. 둘의 비로 조건부 확률 1/2를 얻습니다. 선택한 여기 수 안에서 균등하다는 것이 네 무조건부 배치 모두의 확률이 같다는 뜻은 아닙니다.

연습 2: 요동 계산의 단위 복원하기

n=4,t=1에서 U/ε,Var(E)/ε²,S/kB,C/kB를 구하세요. 여기서 어떤 두 숫자가 같으며, 왜 같은 물리량은 아닐까요?

해설: r≈0.26894142137을 쓰면 차례대로 약 1.07576568548,0.78644773297,2.32881243555,0.78644773297입니다. t=1이므로 위의 정규화 뒤에 분산과 열용량 숫자가 일치합니다. SI 분산은 J²,열용량은 J/K 단위이며 Var(E)=kBT²C가 변환 관계를 제공합니다. 두 수치의 일치만 보고 단위를 생략해서는 안 됩니다.

연습 3: 독립 자리 수 바꾸기

같은 ε와 T에서 n을 4에서 16으로 늘릴 때 평균 에너지, 에너지 분산, 표준편차, 상대 요동의 변화 배수를 구하세요.

해설: 평균과 분산은 각각 네 배가 됩니다. 표준편차는 두 배가 됩니다. 평균이 더 빨리 증가하므로 상대 요동은 절반이 됩니다. 엔트로피와 열용량도 네 배입니다. 상대 요동의 감소가 절대 퍼짐의 감소를 요구하지는 않습니다.

연습 4: 독립 반복 수 계획하기

n=2,t=ln 2에서 평균 여기 수의 표준오차가 1/30 이하가 되려면 독립 준비가 몇 번 필요할까요? M=3일 때 모든 계에서 여기가 한 번도 없는 정확한 확률도 구하세요.

해설: Var(K)=4/9이므로 sqrt[4/(9M)]≤1/30에는 M≥400이 필요합니다. 이는 표준오차 조건이며 정확한 95% 신뢰구간이라는 말은 아닙니다. 세 계에서 여기가 전혀 없을 확률은 (2/3)^6=64/729입니다. 따라서 표본에서 꼬리 관측 횟수가 0이라는 사실만으로 이론적 꼬리 확률 0을 결론낼 수 없습니다.

연습 5: 유계 준비 반전시키기

n=2에서 t=ln 2와 t=−ln 2의 여기 수 분포, 평균, 분산을 구하고 엔트로피와 열용량을 비교하세요.

해설: 분포는 (4,4,1)/9와 (1,4,4)/9입니다. 평균은 2/3과 4/3,분산은 둘 다 4/9입니다. 배치 엔트로피와 열용량은 바뀌지 않습니다. 여기 수의 상대 표준편차는 각각 1과 1/2입니다. 그 곱은 1/n으로 오즈를 뒤집은 결과와 일치합니다. 반전 준비는 상한이 있는 스펙트럼에서 정의하며 일반 기체를 더 차갑게 만든 준비가 아닙니다.

연습 6: 표시되지 않는 수와 금지된 사건 구분하기

n=2,ε=10^280 J이고 t≈800이 되도록 유한한 양의 온도를 고릅니다. 표시 범위 밖 여기 확률과 표현 가능한 U,Var(E)가 공존할 수 있을까요? ε>0에서 명시적인 T=0 입력 및 ε=0인 경우와 비교하세요.

해설: 유한한 t에서 r은 양수이고 약 exp(−800)입니다. r은 일반 선형 표시 범위보다 작지만, U≈2×10^280 exp(−800) J와 Var(E)≈2×10^560 exp(−800) J²는 표현 가능합니다. ε>0에서 양의 쪽 T=0 극한의 여기 확률과 에너지 분산은 실제 0입니다. ε=0의 균등 준비는 대신 엔트로피 2kB ln 2와 여기 수 분산 1/2를 가지면서 에너지와 에너지 분산은 0입니다. 세 사례를 한 종류의 0으로 합치면 안 됩니다.

그림을 신뢰하기 전에 정규화, 배치와 여기 수 확률, 두 모멘트, 고정 Hamiltonian의 응답 관계를 확인하세요. 표본 수와 자리 수도 따로 표시해야 합니다. 양의 꼬리와 정의되지 않은 비를 유지하세요. 다음 입자 교환 단원에서는 어떤 양을 고정하는지가 달라집니다. 상호작용·연속계·동적 완화는 후속 주제에서 전개합니다.

계산을 실험 화면과 연결하기

손계산 t=ln2를 선택하세요. 먼저 세 여기 수의 확률 (4,4,1)/9를 예상하고 분포 표로 확인한 다음, Var(K)=4/9와 C/kB=(ln2)²·4/9를 비교하세요. 서로 다른 인자는 모순된 답이 아니라 요동과 응답의 환산입니다.

실험	비교 조건	설명할 내용
네 자리·t=1 → 같은 준비·열여섯 자리	ε와 T를 고정하고 n만 네 배로 변경	평균과 분산은 네 배지만 상대 요동은 절반
양의 쪽 온도 0 극한 → 정확한 간격 0	ε>0,T=0과 ε=0,T=0을 비교	하나의 최소 에너지 배치와 축퇴된 균등 준비는 개수 불확실성이 다름
확률 밖에서 복원되는 에너지	확률·U·Var(E)와 단위·로그 열을 함께 확인	양의 꼬리 확률을 표시할 수 없어도 에너지를 곱한 모멘트는 표시 가능

입력은 n,ε,T를 바꾸며 이론적인 여기 수 법칙을 보여줍니다. M개의 무작위 계를 추출하지 않으며 표본 수나 난수 시드 입력도 없습니다. 연습 4의 M회 반복 표준오차는 Var(K)에서 별도로 계산하는 양입니다. M을 바꾸면 추정한 평균의 불확실성이 바뀌고, n을 바꾸면 계 자체가 바뀝니다. 비교 재생은 이론적인 준비 조건의 전환이며 물리적 완화 과정을 모사하지 않습니다.

직접 확인하려면 ε를 고정하고 유한한 0이 아닌 기준 온도 근처에서 T를 조금 바꾸세요. U의 변화와 C에 온도 변화를 곱한 값을 단위까지 비교하세요. 수치 해상도가 허용하는 동안 변화 폭을 줄여 보세요. 이 국소 응답 검사는 T=0을 가로질러 적용하지 않으며, ε까지 함께 바꾸면 다른 프로토콜을 측정하게 됩니다.