======개요======

$p$-스핀 상호작용 모형의 해밀토니안은 다음과 같다:
$$H = -\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}.$$
이 때 $J_{i_1\dots i_p}$의 확률분포는 다음과 같이 주어진다:
$$P(J_{i_1\dots i_p}) = \sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2 p!}}\exp\left(-\frac{J_{i_1\dots i_p}^2N^{p-1}}{J^2 p!}\right).$$
$N^{p-1}$이 등장하는 이유는 이러하다: 스핀 하나, 예를 들어 $\sigma_i$를 뒤집었을 때 에너지의 변화 $\Delta_i$는 $H$의 항들 중에서 $i$가 들어간 모든 항의 합이다.
그러한 항의 갯수가 $N^{p-1}$개 정도이다. 그리고 스핀들이 무작위한 방향을 가리키고 있다면 $\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}$ 부분은 $\pm1$의 난수처럼 취급할 수 있다.
따라서 만일 $J_{i_1\dots i_p}\sim O(1)$이라면 $\Delta_i^2 \sim O\left(N^{p-1}\right)$일 것이다. 우리는 $\Delta_i^2 \sim O(1)$이기를 바라므로, $J_{i_1\dots i_p}$의 전반적인 크기를 $\left(N^{p-1}\right)^{1/2}$로 나누어 줄여준다.

======다른 모형들과의 관계======
$p=2$인 경우, 이 모형은 [[:물리:셰링턴-커크패트릭 모형]]이 된다.

$p$가 아주 큰 경우 [[물리:무작위_에너지_모형|무작위 에너지 모형]]으로 접근한다.
이 모형의 에너지 분포는
\begin{align*}
P(E) =&\overline{\delta(E-H(\{\sigma\})}\\
 =&\int\left[\prod dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right]\delta\left(E+\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}\right)\\
=&\int\left[\prod dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right]\int\frac{dk}{2\pi} \exp\left[ik\left(E+\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}\right)\right]
\end{align*}
가 된다. 각 $J_{i_1\dots i_p}$를 따로 떼어 다음과 같이 적분할 수 있고,
\begin{align*}
&\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2 p!}}\int dJ_{i_1\dots i_p}\exp\left[-\frac{J_{i_1\dots i_p}^2N^{p-1}}{J^2 p!}+ikJ_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}\right]\\
=&\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2 p!}}\sqrt\frac{\pi J^2p!}{N^{p-1}}\exp\left[-\frac{J^2p!}{4N^{p-1}}\left(k\sigma_{i_1}\cdots\sigma_{i_p}\right)^2\right]\\
=&\exp\left[-\frac{J^2p!}{4N^{p-1}}k^2\right]
\end{align*}
이러한 항이 $N\choose p$개가 있으므로
\begin{align*}
P(E)=&\int\frac{dk}{2\pi}\exp\left[-{N\choose p}\frac{J^2p!}{4N^{p-1}}k^2+ikE\right]\\
=&\frac1{2\pi}\sqrt{\frac{4\pi N^{p-1}(N-p)!}{J^2N!}}\exp\left[-\frac{N^{p-1}(N-p)!}{ J^2N!}E^2\right]\\
=&\sqrt{\frac{N^{p-1}(N-p)!}{\pi J^2N!}}\exp\left[-\frac{N^{p-1}(N-p)!}{ J^2N!}E^2\right]
\end{align*}
$p\ll N$인 상황을 유지하면서 $p\rightarrow\infty$인 극한을 취하면 $N!/(N-p)!\approx N^p$로 근사할 수 있으므로
$$P(E)=\frac1{\sqrt{\pi J^2N}}\exp\left[-\frac{E^2}{J^2N}\right]$$
를 얻는다. [[물리:무작위_에너지_모형|무작위 에너지 모형]]의 특이한 점은 에너지가 스핀 배열과 무관하다는 것이다.

에너지 준위 사이의 상관 관계는 두 개의 스핀 배열에 대해 위와 비슷한 계산을 수행함으로써 알 수 있다.
\begin{align*}
P(E_1, E_2) =&\overline{\delta(E_1-H(\{\sigma^1\}) \delta(E_2-H(\{\sigma^2\})}\\
 =&\int\left[\prod dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right]\delta\left(E_1+\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^1\cdots\sigma_{i_p}^1\right) \delta\left(E_2+\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^2\cdots\sigma_{i_p}^2\right)\\
=&\int\left[\prod dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right]\int\frac{dk_1}{2\pi} \exp\left[ik_1\left(E_1+\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^1\cdots\sigma_{i_p}^1\right)\right] \int\frac{dk_2}{2\pi} \exp\left[ik_2\left(E_2+\sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^2\cdots\sigma_{i_p}^2\right)\right]\\
=&\int\frac{dk_1 dk_2}{4\pi^2} e^{ik_1 E_1 + ik_2 E_2} \int\left[\prod dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right] \exp\left(ik_1 \sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^1\cdots\sigma_{i_p}^1\right) \exp\left(ik_2 \sum_{i_1<\dots<i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^2\cdots\sigma_{i_p}^2\right)\\
=&\int\frac{dk_1 dk_2}{4\pi^2} e^{ik_1 E_1 + ik_2 E_2} \prod_{i_1<\dots<i_p} \int\left[\prod dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right] \exp\left(ik_1 J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^1\cdots\sigma_{i_p}^1\right) \exp\left(ik_2 J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^2\cdots\sigma_{i_p}^2\right)\\
=&\int\frac{dk_1 dk_2}{4\pi^2} e^{ik_1 E_1 + ik_2 E_2} \prod_{i_1<\dots<i_p} \exp \left\{ \frac{J^2 p!}{4N^{p-1}} \left[ -k_1^2 - k_2^2 +  2(ik_1)(ik_2) \left( \sigma_{i_1}^1 \cdots \sigma_{i_p}^1 \sigma_{i_1}^2 \cdots \sigma_{i_p}^2\right) \right] \right\}\\
\approx&\int\frac{dk_1 dk_2}{4\pi^2} e^{ik_1 E_1 + ik_2 E_2} \prod_{i_1,\dots,i_p} \exp \left\{ \frac{J^2}{4N^{p-1}} \left[ -k_1^2 - k_2^2 +  2(ik_1)(ik_2) \left( \sigma_{i_1}^1 \cdots \sigma_{i_p}^1 \sigma_{i_1}^2 \cdots \sigma_{i_p}^2\right) \right] \right\}.
\end{align*}
마지막 줄이 근사인 까닭은 $i_l=i_k$로 인덱스가 겹치는 항들을 무시했기 때문이다. 여기에서 $\exp\left[ \frac{J^2}{4N^{p-1}} \left( -k_1^2 - k_2^2\right)\right]$은 $\{i_1,\dots,i_p\}$에 무관한 값인데, $N$개 중 $p$개의 정수를 뽑는 경우(순서 고려)의 수만큼 곱해져 있어야 하므로 $N!/(N-p)! \approx N^p$만큼을 지수에 곱하여 앞으로 보낸다.
\begin{align*}
P(E_1, E_2) \approx& \int\frac{dk_1 dk_2}{4\pi^2} e^{ik_1 E_1 + ik_2 E_2} \exp\left[N^p \frac{J^2}{4N^{p-1}} (-k_1^2-k_2^2) \right] \prod_{i_1,\dots,i_p} \exp \left\{ \frac{J^2}{4N^{p-1}} \left[ 2(ik_1)(ik_2) \left( \sigma_{i_1}^1 \cdots \sigma_{i_p}^1 \sigma_{i_1}^2 \cdots \sigma_{i_p}^2\right) \right] \right\}\\
=& \int\frac{dk_1 dk_2}{4\pi^2} e^{ik_1 E_1 + ik_2 E_2} \exp\left[\frac{J^2 N}{4} (-k_1^2-k_2^2) \right] \exp \left\{ \frac{J^2}{4N^{p-1}} \left[ 2(ik_1)(ik_2) \sum_{i_1,\dots,i_p} \left( \sigma_{i_1}^1 \cdots \sigma_{i_p}^1 \sigma_{i_1}^2 \cdots \sigma_{i_p}^2\right) \right] \right\}\\
=& \int\frac{dk_1 dk_2}{4\pi^2} e^{ik_1 E_1 + ik_2 E_2} \exp\left[\frac{J^2 N}{4} (-k_1^2-k_2^2) \right] \exp \left\{ \frac{J^2}{4N^{p-1}} \left[ 2(ik_1)(ik_2) \left( Nq\right)^p \right] \right\}\\
=& \int\frac{dk_1 dk_2}{4\pi^2} e^{ik_1 E_1 + ik_2 E_2} \exp\left[\frac{J^2 N}{4} (-k_1^2-k_2^2 -2q^p k_1 k_2) \right].
\end{align*}
셋째 줄에서 $q \equiv \frac{1}{N} \sum_i \sigma_i^1 \sigma_i^2$이다. 위 적분을 수행하면 그 결과는 다음과 같다:
$$P(E_1, E_2) \approx \frac{1}{\pi J^2 N \sqrt{1-q^{2p}}} \exp\left[ -\frac{E_1^2 + E_2^2 - 2E_1 E_2 q^p}{J^2N (1-q^{2p})} \right].$$
$|q|<1$일 것이므로, $p\to\infty$의 극한에서 $P(E_1,E_2) \approx P(E_1) P(E_2)$를 얻는다.

======분석======

=====복제 방법=====
자유에너지를 계산하기 위해 $n$개의 복제본을 도입한 분배함수를 계산하자 ($a\in \{1, \ldots, n\}$):
$$Z^n = \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \exp\left( \beta \sum_{a=1}^n \sum_{i_1<\cdots<i_p} J_{i_1 \ldots i_p} \sigma_{i_1}^a \cdots \sigma_{i_p}^a + \beta h\sum_{i=1}^N \sum_{a=1}^n\sigma_i^a \right).$$
$J_{i_1 \ldots i_p}$의 분포를 사용하여 표본 평균을 취한다:
\begin{align*}
\overline{Z^n} =& \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \int\left[\prod_{J_{i_1\dots i_p}}dJ_{i_1\dots i_p}P(J_{i_1\dots i_p})\right] \exp\left(\beta\sum_a\sum_{i_1<\dots< i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^a\cdots\sigma_{i_p}^a + \beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right)\\
=&\sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \int\left[\prod_{J_{i_1\dots i_p}}dJ_{i_1\dots i_p}\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2p!}}\exp\left(-\frac{J_{i_1\dots i_p}^2N^{p-1}}{J^2p!}\right)\right] \exp\left(\beta\sum_a\sum_{i_1<\dots< i_p}J_{i_1\dots i_p}\sigma_{i_1}^a\cdots\sigma_{i_p}^a+\beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right)
\end{align*}
$X = \sum_a\sigma_{i_1}^a\cdots\sigma_{i_p}^a$로 두고, 각 $J_{i_1\dots i_p}$에 대한 적분을 먼저 수행하자. [[수학:윅의_정리|가우스 적분]]의 성질상
\begin{align*}
&\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2p!}}\int dJ_{i_1\dots i_p}\exp\left(-\frac{N^{p-1}}{J^2p!}J_{i_1\dots i_p}^2+\beta XJ_{i_1\dots i_p}\right)\\
=&\sqrt{\frac{N^{p-1}}{\pi J^2p!}}\int dJ_{i_1\dots i_p}\exp\left[-\frac{N^{p-1}}{{J^2p!}}\left(J_{i_1\dots i_p}-\frac{\beta J^2p!X}{2N^{p-1}}\right)^2+\frac{\beta^2J^2p!X^2}{4N^{p-1}}\right]\\
=&\exp\left(\frac{\beta^2J^2p!X^2}{4N^{p-1}}\right)
\end{align*}
이므로 다음처럼 적을 수 있다:
\begin{align*}
\overline{Z^n}=&\sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \exp\left[\frac{\beta^2J^2p!}{4N^{p-1}}\sum_{i_1<\cdots<i_p}\sum_{a,b}\sigma_{i_1}^a\sigma_{i_1}^b\cdots\sigma_{i_p}^a\sigma_{i_p}^b+\beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right]\\
\approx& \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \exp\left[\frac{\beta^2J^2N}{4}\sum_{a,b}\left(\frac1N\sum_i\sigma_{i}^a\sigma_{i}^b\right)^p+\beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right].
\end{align*}
둘째 줄에서 근사 표시가 있는 이유는, $i_l = i_k$로 인덱스가 겹치는 경우들을 무시했기 때문이다 ($p=2$일 때를 생각해보면 쉽게 알 수 있다).
이제 $a=b$인 경우를 떼어내어 앞으로 옮긴다:
\begin{align*}
\overline{Z^n}=&\exp\left(\frac{\beta^2J^2Nn}{4}\right) \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \exp\left[\frac{\beta^2J^2N}{4}\sum_{a\neq b}\left(\frac1N\sum_i\sigma_{i}^a\sigma_{i}^b\right)^p+\beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right]\\
=&\exp\left(\frac{\beta^2J^2Nn}{4}\right) \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \exp\left[\frac{\beta^2J^2N}{2}\sum_{a< b}\left(\frac1N\sum_i\sigma_{i}^a\sigma_{i}^b\right)^p+\beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right].
\end{align*}
표기 상의 편리를 위해 제일 앞의 지수 함수는 당분간 생략하고 나중에 되살리도록 하자.

구체적으로, $p=4$라고 가정하자.
[[수학:허바드-스트라토노비치_변환|허바드-스트라토노비치 변환]] 페이지에서 $a=\beta^2 J^2$과 $x=\sqrt{N} \left(\frac{1}{N} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b \right)^2$를 사용하면 다음의 결과를 얻는다:
\begin{align*}
\overline{Z^n}
\approx& \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \exp\left[\frac{\beta^2J^2N}{2}\sum_{a<b}\left(\frac1N\sum_i\sigma_{i}^a\sigma_{i}^b\right)^4+\beta h\sum_{i,a}\sigma_i^a\right]\\
=& \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \left\{ \left( \prod_{i,a} e^{\beta h \sigma_i^a} \right) \times \prod_{a<b} \sqrt{\frac{\beta^2 J^2 N}{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} dq_2^{ab} \exp\left[ -\frac{1}{2} N \beta^2 J^2 \left(q_2^{ab}\right)^2 + N\beta^2 J^2 q_2^{ab} \left( \frac{1}{N} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b \right)^2 \right] \right\}.
\end{align*}
여기에서 [[수학:안장점_근사|안장점 근사]]를 응용하여 적분 기호 내 지수 함수의 인수를 $q_2^{ab}$로 미분한 후 그 결과를 $0$으로 놓으면 다음과 같을 때가 적분에 가장 크게 기여함을 알 수 있다:
$$q_2^{ab} \approx \left( \frac{1}{N} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b \right)^2.$$
이제 아래처럼 지수 함수를 쪼개어 쓴 다음
\begin{align*}
\overline{Z^n}
\approx& \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \left\{ \left( \prod_{i,a} e^{\beta h \sigma_i^a} \right) \times \prod_{a<b} \sqrt{\frac{\beta^2 J^2 N}{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} dq_2^{ab} \exp\left[ -\frac{1}{2} N \beta^2 J^2 \left(q_2^{ab}\right)^2 \right] \exp \left[ N\beta^2 J^2 q_2^{ab} \left( \frac{1}{N} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b \right)^2 \right] \right\}
\end{align*}
뒤의 지수 함수에 [[수학:허바드-스트라토노비치_변환|허바드-스트라토노비치 변환]]을 한번 더 사용하자.
$a=2\beta^2 J^2 q_2^{ab}$이고 $x=\sqrt{N} \left(\frac{1}{N} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b \right)$를 대입한다. $q_2^{ab}$가 음수일 때에 이야기가 복잡해지지만, 위에서 보았듯이 적분에 주로 기여하는 부분은 $q_2^{ab}$가 양수일 때이다.
\begin{align*}
\overline{Z^n}
\approx& \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \left\{ \left( \prod_{i,a} e^{\beta h \sigma_i^a} \right) \times \prod_{a<b} \sqrt{\frac{\beta^2 J^2 N}{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} dq_2^{ab} \exp\left[ -\frac{1}{2} N \beta^2 J^2 \left(q_2^{ab}\right)^2 \right] \exp \left[ N\beta^2 J^2 q_2^{ab} \left( \frac{1}{N} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b \right)^2 \right] \right\}\\
=& \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \left\{ \left( \prod_{i,a} e^{\beta h \sigma_i^a} \right) \times \prod_{a<b} \sqrt{\frac{\beta^2 J^2 N}{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} dq_2^{ab} \exp\left[ -\frac{1}{2} N \beta^2 J^2 \left(q_2^{ab}\right)^2 \right] \sqrt{\frac{\beta^2 J^2 N q_2^{ab}}{\pi}} 
\int_{-\infty}^{\infty} dq_1^{ab} \exp \left[ -N \beta^2 J^2 q_2^{ab} \left(q_1^{ab}\right)^2 + 2N \beta^2 J^2 q_2^{ab} q_1^{ab} \left( \frac{1}{N} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b \right) \right]
 \right\}.
\end{align*}
여기에서도 지수 함수의 인수를 $q_1^{ab}$로 미분했을 때를 $0$으로 놓으면 다음 값이 적분에 주요한 기여를 함을 알 수 있다:
$$q_1^{ab} \approx \frac{1}{N} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b.$$
식을 정리하여 다시 적으면,
\begin{align*}
\overline{Z^n}
\approx& \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \left\{ \left( \prod_{i,a} e^{\beta h \sigma_i^a} \right) \times \prod_{a<b} \frac{\beta^2 J^2 N}{\sqrt{2}\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} dq_2^{ab} dq_1^{ab} \exp\left[ -\frac{1}{2} N \beta^2 J^2 \left(q_2^{ab}\right)^2 + \frac{1}{2} \ln q_2^{ab}
- N \beta^2 J^2 q_2^{ab} \left(q_1^{ab}\right)^2 + 2\beta^2 J^2 q_2^{ab} q_1^{ab} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b \right]
 \right\}\\
\approx& \sum_{\left\{ \sigma_i^a \right\}} \left\{ \left( \prod_{i,a} e^{\beta h \sigma_i^a} \right) \times \prod_{a<b} \frac{\beta^2 J^2 N}{\sqrt{2}\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} dq_2^{ab} dq_1^{ab} \exp\left[ -\frac{1}{2} N \beta^2 J^2 \left(q_2^{ab}\right)^2
- N \beta^2 J^2 q_2^{ab} \left(q_1^{ab}\right)^2 + 2\beta^2 J^2 q_2^{ab} q_1^{ab} \sum_i \sigma_i^a \sigma_i^b \right]
 \right\}.
\end{align*}
여기에서 $Q^{ab} \equiv q_1^{ab}$와 $\lambda^{ab} \equiv 2\beta^2 J^2 q_2^{ab} q_1^{ab}$라고 정의하여 변수를 변환하자 (자코비안은 크게 중요하지 않다).
우리는 이 식을 $Q = \left\{ Q^{ab} \right\}$와 $\lambda = \left\{ \lambda^{ab} \right\}$의 함수인 $G$를 써서 다음처럼 적으려고 한다:
$$\overline{Z_n} \sim \int \prod_{a<b} \left( dQ^{ab} d\lambda^{ab} \right) \exp\left[ -N G(Q, \lambda) \right].$$

=====복제 대칭 해=====
모든 복제본의 쌍 $a,b$에 대해 $Q^{ab}=Q$, $\lambda^{ab} = \lambda$로 가정하고 생략했던 지수 함수를 되살리면 자유에너지는
\begin{align*}
G(Q,\lambda)&=-\frac14 \beta^2 J^2 n + \frac{n(n-1)}4 \frac{\lambda^2}{4\beta^2 J^2 Q^2} + \frac{n(n-1)}4\lambda Q-\ln\text{Tr}_{\sigma^a}\exp\left[\lambda\sum_{a< b}\sigma^a\sigma^b+\beta h\sum_a\sigma^a\right]
\end{align*}
로 쓸 수 있고, 마지막 $\ln\text{Tr}$항은
\begin{align*}
&\ln\text{Tr}_{\sigma^a}\exp\left[\frac12\lambda\sum_{a\neq b}\sigma^a\sigma^b+\beta h\sum_a\sigma^a\right]\\
=&\ln\text{Tr}_{\sigma^a}\exp\left[\frac12\lambda \left(\sum_{a}\sigma^a\right)^2-\frac12\lambda n+\beta h\sum_a\sigma^a\right]\\
=&-\frac12\lambda n+\ln\text{Tr}_{\sigma^a}\exp\left[\frac\lambda2\left(\sum_a\sigma^a\right)^2+\beta h\sum_a\sigma^a\right]
\end{align*}
이다. [[수학:허바드-스트라토노비치_변환|허바드-스트라토노비치 변환]]
$$\exp\left[\frac\lambda2\left(\sum_a\sigma^a\right)^2\right] = \sqrt{\frac\lambda{2\pi}}\int dz\exp\left[-\frac\lambda2z^2+\lambda z\sum_a\sigma^a\right]$$
를 적용하면
\begin{align*}
&\ln\text{Tr}_{\sigma^a}\exp\left[\frac12\lambda\sum_{a\neq b}\sigma^a\sigma^b+\beta h\sum_a\sigma^a\right]\\
=&-\frac12\lambda n+\ln\left[\sqrt{\frac\lambda{2\pi}}\int dz\,e^{-\lambda z^2/2}\,\text{Tr}_{\sigma^a}\exp\left((\lambda z+\beta h)\sum_a\sigma^a\right)\right]&\quad (z\rightarrow z/\sqrt\lambda) \\
=&-\frac12\lambda n+\ln\left[\frac1{\sqrt{2\pi}}\int dz\,e^{-z^2/2}\left(2\cosh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\right)^n\right]&\left(\int\frac{dz}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-z^2/2}\equiv \int Dz\right)\\
=&-\frac12\lambda n+n\ln 2+\ln\left[\int Dz\exp\left\{n\ln\cosh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\right\}\right]\\
\approx&-\frac12\lambda n+n\ln 2+\ln\left[1+\int Dz\left\{n\ln\cosh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)+\mathcal O(n^2)\right\}\right]\\
\approx&-\frac12\lambda n+n\ln 2+n\int Dz\ln\cosh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)
\end{align*}
이므로,
$$\frac1nG(Q,\lambda)\overset{n\rightarrow0}{\longrightarrow}\,\,-\frac14 \beta^2 J^2 -\frac{1}{16}\frac{\lambda^2}{\beta^2 J^2 Q^2}-\frac14\lambda Q + \frac12 \lambda -\ln2-\int_{-\infty}^\infty Dz\ln\left[2\cosh\left(z\sqrt\lambda+\beta h\right)\right]$$
가 된다. 그리고 [[수학:안장점_근사|안장점 조건]]을 이용하면
$$\frac{\partial G}{\partial Q}=0\quad\Rightarrow\quad \lambda = 2\beta^2 J^2 Q^3$$
/*$$\frac{\partial G}{\partial Q}=0\quad\Rightarrow\quad\frac12\beta^2pQ^{p-1} = \lambda\qquad\text{eqn. 26}$$*/
\begin{align*}
\frac{\partial G}{\partial\lambda} = 0\quad\Rightarrow\quad 0&=-\frac{\lambda}{8\beta^2 J^2 Q^2}-\frac14 Q + \frac12 -\frac1{2\sqrt\lambda}\int Dz\,z\tanh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\\
\Rightarrow\quad Q&=1-\frac1{\sqrt{2\pi\lambda}}\int dz \,e^{-z^2/2}z\tanh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\\
\Rightarrow\quad Q&=1+\frac1{\sqrt{2\pi\lambda}}\int dz\frac d{dz}\left(e^{-z^2/2}\right)\tanh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\\
\Rightarrow\quad Q&=1+\frac1{\sqrt{2\pi\lambda}}\left[\left.e^{-z^2/2}\tanh\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\right\vert_{-\infty}^\infty-\sqrt\lambda\int dz\,e^{-z^2/2}\,\text{sech}^2\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\right]\\
\Rightarrow\quad Q&=1-\int Dz\,\,\text{sech}^2\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)\\
\Rightarrow\quad Q&=\int Dz\,\tanh^2\left(\sqrt\lambda z+\beta h\right)
\end{align*}
를 얻는다.
$p=2^k$로서 $2$의 거듭제곱꼴로 주어져 있을 때, [[수학:허바드-스트라토노비치_변환|허바드-스트라토노비치 변환]]을 $k$번 수행함으로써 $\lambda = \frac{1}{2} \beta^2 J^2 pQ^{p-1}$을 구할 수 있다.
Gardner(1985) 등의 문헌들에서는 같은 결과를 얻기 위해 다음처럼 적고 있다.
$$G(Q, \lambda) = -\frac14 \beta^2 J^2 n -\frac{1}{2}\beta^2 J^2 \sum_{a<b} \left(q^{ab}\right)^p + \sum_{a<b} \lambda^{ab} q^{ab} - \ln \text{Tr}_{\sigma^a} \exp\left( \sum_{a<b} \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b + \beta h \sum_a \sigma^a \right).$$
복제 대칭성을 가정하면
$$\lim_{n\to 0} \frac{G}{n} = -\frac14 \beta^2 J^2 + \frac{1}{4} \beta^2 J^2 Q^p - \frac{1}{2} \lambda (Q-1) - \int Dz \ln \left[ 2\cosh \left( \sqrt{\lambda}z + \beta h \right) \right].$$

$p\rightarrow\infty$인 극한에서
$$\lambda = 0\quad\text{and}\quad Q = \tanh^2(\beta h)$$
이므로 자유에너지 밀도 $f$의 표본 평균을 구해보면
$$-\beta\overline f=\frac14\beta^2 +\ln \left[2\cosh(\beta h)\right]\\
\Rightarrow \overline f = -\frac14 \beta -\frac{1}{\beta} \ln \left(2\cosh\beta h\right)$$
가 된다. 이는 $h\to 0$에서 [[물리:무작위_에너지_모형|무작위 에너지 모형]]의 고온 결과와 일치한다.
엔트로피 밀도를 구해보면 ($k_B\equiv 1$)
\begin{align*}
s =& -\left(\frac{\partial \overline f}{\partial T}\right)=-\frac1{4T^2}+\ln \left(2\cosh\frac hT\right)-\frac hT\tanh\frac hT
\end{align*}
이므로 특정 온도 $T_1(h)$이하에서 엔트로피가 음수가 된다. 따라서 이보다 높은 온도 어딘가에서 복제 대칭성이 깨져야 한다. 외부 자기장 $h$에 대해 엔트로피가 음수가 되는 온도를 그려보면 다음과 같다.
{{ :물리:t1.jpg?500 |}}
$h\to0$일 때에 $T_c = 1/(2 \sqrt{\ln2}) \approx 0.600561$로 접근함을 확인할 수 있다.

[[물리:드알메이다-사울레스_선|드알메이다-사울레스 선]]의 결과를 일반화하면, 아래의 부등식을 만족할 때 복제 대칭성 해는 안정하다 ($h=0$으로 놓았다):
$$\frac{1}{p-1}\frac{Q}{\lambda} - \int \frac{dx}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2} \text{sech}^2 \left(\sqrt{\lambda} x\right) > 0.$$
$\lambda = \frac12 \beta^2 p q^{p-1}$이므로, 첫째 항은 $q^{2-p}$에 비례하여 $p>2$일 때 $q\to 0$에서 발산하고, 따라서 언제나 부등식이 만족된다. 이는 $T>1$에서만 부등식을 만족하는 $p=2$의 경우([[물리:셰링턴-커크패트릭_모형|셰링턴-커크패트릭 모형]])와 대조된다. 그러나 부등식을 만족한다고 해도 위에서 본 것처럼 저온에선 엔트로피가 음수가 되는 문제가 있어서, 복제 대칭성 해로 모든 온도 영역의 거동을 설명하지는 못한다.


=====복제 대칭성 깨짐 해=====
아래의 표현식에서 시작하자:
$$G(Q, \lambda) = -\frac14 \beta^2 J^2 n -\frac{1}{2}\beta^2 J^2 \sum_{a<b} \left(q^{ab}\right)^p + \sum_{a<b} \lambda^{ab} q^{ab} - \ln \text{Tr}_{\sigma^a} \exp\left( \sum_{a<b} \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b + \beta h \sum_a \sigma^a \right).$$
전체 복제본의 개수가 $n=xy$처럼 두 수의 곱으로 주어져 있다고 가정하여 복제본들을 $y$개의 그룹으로 나누는데, 각각의 그룹은 $x$개의 복제본이 들어가게끔 한다.
복제 대칭성을 한번만 깨뜨려서 다음처럼 가정한다:
$$Q^{ab} = \left\{
\begin{array}{ll}
q_1 & \text{ if }a\text{ and }b\text{ belong to the same group.}\\
q_0 & \text{ if }a\text{ and }b\text{ belong to different groups.}
\end{array}
\right.$$
$$\lambda^{ab} = \left\{
\begin{array}{ll}
\lambda_1 & \text{ if }a\text{ and }b\text{ belong to the same group.}\\
\lambda_0 & \text{ if }a\text{ and }b\text{ belong to different groups.}
\end{array}
\right.$$
그러면
\begin{eqnarray*}
\sum_{a\neq b} \left(q^{ab}\right)^p &=& n^2 q_0^p - x^2 y q_0^p + x^2 y q_1^p - xy q_1^p\\
&=& n^2 q_0^p - n(1-x) q_1^p - nx q_0^p.
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\sum_{a\neq b} \lambda^{ab} q^{ab} &=& n^2 \lambda_0 q_0 - x^2 y \lambda_0 q_0 + x^2 y \lambda_1 q_1 - xy \lambda_1 q_1\\
&=& n^2 \lambda_0 q_0 - n(1-x)\lambda_1 q_1 - nx \lambda_0 q_0.
\end{eqnarray*}
이때 $n^2$에 비례하는 항들은 $\lim_{n\to 0} G/n$에서 사라질 것이므로 무시한다.

$G(Q, \lambda)$의 마지막 항을 생각해보면
\begin{eqnarray*}
\sum_{a<b} \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b &=& \sum_{a \neq b} \frac{1}{2} \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b\\
&=& \sum_{ab} \frac{1}{2} \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b - \frac{1}{2} \sum_a \lambda^{aa} \left(\sigma^a \right)^2\\
&=& \sum_{ab} \frac{1}{2} \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b - \frac{1}{2}n \lambda_1\\
&=& \frac{1}{2} \lambda_0 \sum_{a=1}^n \sum_{b=1}^n \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b + \frac{1}{2} (\lambda_1-\lambda_0) \sum_{\text{same group}} \sigma^a \sigma^b - \frac{1}{2}n \lambda_1
\end{eqnarray*}
이므로,
\begin{eqnarray*}
\exp\left( \sum_{a<b} \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b + \beta h \sum_a \sigma^a \right)
&\approx& \exp\left( - \frac{1}{2}n \lambda_1 + \beta h \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \exp\left(\frac{1}{2}\lambda_0 \sum_{a=1}^n \sum_{b=1}^n \sigma^a \sigma^b \right) \left\{ \exp \left[ \frac{1}{2} (\lambda_1-\lambda_0) \sum_{a=1}^x \sum_{b=1}^x \sigma^a \sigma^b \right] \right\}^y\\
&=& \exp\left( - \frac{1}{2}n \lambda_1 + \beta h \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \exp\left[\frac{1}{2}\lambda_0 \left( \sum_{a=1}^n \sigma^a \right)^2 \right] \left\{ \exp \left[ \frac{1}{2} (\lambda_1-\lambda_0) \left( \sum_{a=1}^x \sigma^a \right)^2 \right] \right\}^y\\
&=& \exp\left( - \frac{1}{2}n \lambda_1 + \beta h \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \left[ \int dz_0 \sqrt{\frac{\lambda_0}{2\pi}} \exp\left(-\frac{\lambda_0}{2}z_0^2 + \lambda_0 z_0 \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \right] \left\{ \exp \left[ \frac{1}{2} (\lambda_1-\lambda_0) \left( \sum_{a=1}^x \sigma^a \right)^2 \right] \right\}^y\\
&=& \exp\left( - \frac{1}{2}n \lambda_1 + \beta h \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \left[ \int dz_0 \sqrt{\frac{\lambda_0}{2\pi}} \exp\left(-\frac{\lambda_0}{2}z_0^2 + \lambda_0 z_0 \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \right] \left\{ \int dz_1 \sqrt{\frac{\delta}{2\pi}} \exp\left(-\frac{\delta}{2}z_1^2 + \delta z_1 \sum_{a=1}^x \sigma^a \right) \right\}^y\\
&=& \exp\left( - \frac{1}{2}n \lambda_1 + \beta h \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \left[ \int dz_0 \sqrt{\frac{1}{2\pi}} \exp\left(-\frac{1}{2}z_0^2 + \sqrt{\lambda_0} z_0 \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \right] \left\{ \int dz_1 \sqrt{\frac{1}{2\pi}} \exp\left(-\frac{1}{2}z_1^2 + \sqrt{\delta} z_1 \sum_{a=1}^x \sigma^a \right) \right\}^y
\end{eqnarray*}
로서 이때 $\delta \equiv \lambda_1 - \lambda_0$이다. 식을 정리해서 적어보면,
\begin{eqnarray*}
\exp\left( \sum_{a<b} \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b + \beta h \sum_a \sigma^a \right)
&\approx& \exp\left( - \frac{1}{2}n \lambda_1 + \beta h \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \left[ \int Dz_0 Dz_1 \cdots Dz_y \exp\left( \sqrt{\lambda_0} z_0 \sum_{a=1}^n \sigma^a \right) \exp\left(\sqrt{\delta} z_1 \sum_{a_1=1}^x \sigma^{a_1} \right) \cdots \exp\left(\sqrt{\delta} z_y \sum_{a_y=1}^x \sigma^{a_y} \right) \right]\\
&\approx& \exp\left( - \frac{1}{2}n \lambda_1 \right) \int Dz_0 Dz_1 \cdots Dz_y \exp \left[ \left( \sqrt{\lambda_0} z_0 + \sqrt{\delta} z_1 + \beta h \right) \sum_{a_1=1}^x \sigma^a \right] \cdots \exp \left[ \left( \sqrt{\lambda_0} z_0 + \sqrt{\delta} z_y + \beta h \right) \sum_{a_y=1}^x \sigma^a \right].
\end{eqnarray*}
$\left\{ \sigma^1, \ldots, \sigma^n \right\}$의 모든 조합에 대해 더하는 $\text{Tr}$ 연산을 취해보자.
\begin{eqnarray*}
\text{Tr} \exp\left( \sum_{a<b} \lambda^{ab} \sigma^a \sigma^b + \beta h \sum_a \sigma^a \right)
&\approx& \exp\left( - \frac{1}{2}n \lambda_1 \right) \int Dz_0 Dz_1 \cdots Dz_y \left[ 2\cosh \left( \sqrt{\lambda_0} z_0 + \sqrt{\delta} z_1 + \beta h \right) \right]^x \cdots \left[ 2\cosh \left( \sqrt{\lambda_0} z_0 + \sqrt{\delta} z_y + \beta h \right) \right]^x\\
&=& \exp\left( - \frac{1}{2}n \lambda_1 \right) \int Dz_0 \left\{ \int Dz_1 \left[ 2\cosh \left( \sqrt{\lambda_0} z_0 + \sqrt{\delta} z_1 + \beta h \right) \right]^x \right\}^y.
\end{eqnarray*}
모두 합쳐서 적어보면,
\begin{eqnarray*}
G\left( Q^{\text{1RSB}}, \lambda^{\text{1RSB}} \right) &=& -\frac{1}{4} \beta^2 J^2 n + \frac{1}{4} \beta^2 J^2 n \left[ (1-x)q_1^p + xq_0^p \right] - \frac{n}{2} \left[ (1-x)q_1 \lambda_1 + x q_0 \lambda_0 \right] + \frac{1}{2}\lambda_1 n - \ln \left\{ \int Dz_0 \left\{ \int Dz_1 \left[ 2\cosh \left( \sqrt{\lambda_0} z_0 + \sqrt{\delta} z_1 + \beta h \right) \right]^x \right\}^y \right\}.
\end{eqnarray*}
$q_0=\lambda_0=0$이라고 하자. $\int Dz = 1$이므로,
\begin{eqnarray*}
G\left( Q^{\text{1RSB}}, \lambda^{\text{1RSB}} \right) &=& -\frac{1}{4} \beta^2 J^2 n + \frac{1}{4} \beta^2 J^2 n (1-x)q_1^p - \frac{n}{2} (1-x)q_1 \lambda_1 + \frac{1}{2}\lambda_1 n - \ln \left\{ \int Dz_1 \left[ 2\cosh \left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x \right\}^y\\
&=& -\frac{1}{4} \beta^2 J^2 n + \frac{1}{4} \beta^2 J^2 n (1-x)q_1^p - \frac{n}{2} (1-x)q_1 \lambda_1 + \frac{1}{2}\lambda_1 n - y \ln \left\{ \int Dz_1 \left[ 2\cosh \left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x \right\}.
\end{eqnarray*}
$\partial G/\partial q_1 = 0$로부터
$$\lambda_1 = \frac{1}{2} \beta^2 J^2 p q_1^{p-1}$$
을 얻고,
\begin{eqnarray*}
0 = \frac{\partial G}{\partial \lambda_1} &=& -\frac{n}{2} (1-x)q_1 + \frac12 n - \frac{y \int Dz_1 ~x \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^{x-1} \left[ 2\sinh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right] \frac{z_1}{2\sqrt{\lambda_1}}}{\int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x}\\
&=& -\frac{n}{2} (1-x)q_1 + \frac12 n - \frac{n}{2\sqrt{\lambda_1}} \frac{ \int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x \tanh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) z_1}{\int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x}\\
&=& -\frac{n}{2} (1-x)q_1 + \frac12 n + \frac{n}{2\sqrt{\lambda_1}} \frac{ \int \frac{dz_1}{\sqrt{2\pi}} \left( \frac{d}{dz_1} e^{-z_1^2/2} \right) \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x \tanh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right)}{\int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x}\\
&=& -\frac{n}{2} (1-x)q_1 + \frac12 n - \frac{n}{2\sqrt{\lambda_1}} \frac{ \int \frac{dz_1}{\sqrt{2\pi}} e^{-z_1^2/2} \left\{ \frac{d}{dz_1} \left[ 2^x\cosh^x\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \tanh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right] \right\}}{\int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x}\\
&=& -\frac{n}{2} (1-x)q_1 + \frac12 n - \left(\frac{n}{2}\right) \frac{ \int Dz_1 \left[ x 2^x\cosh^x\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \tanh^2\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) + 2^x\cosh^x\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \text{sech}^2\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]}{\int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x}\\
&=& -\frac{n}{2} (1-x)q_1 + \frac12 n - \left(\frac{n}{2}\right) \frac{ \int Dz_1 2^x\cosh^x\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \left[ x \tanh^2\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) + \text{sech}^2\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]}{\int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x}\\
\end{eqnarray*}
임의의 $z$에 대해 $\tanh^2 z + \text{sech}^2 z = 1$임을 이용하면 $x\tanh^2 z + \text{sech}^2 z = 1- (1-x)\tanh^2 z$이므로
\begin{eqnarray*}
(1-x)q_1 &=& 1 - \frac{ \int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x \left[ 1-(1-x) \tanh^2\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right)\right]}{\int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x}\\
&=& (1-x) \frac{ \int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x \tanh^2\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right)}{\int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x}\\
\therefore q_1 &=& \frac{ \int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x \tanh^2\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right)}{\int Dz_1 \left[ 2\cosh\left( \sqrt{\lambda_1} z_1 + \beta h \right) \right]^x}\\
\end{eqnarray*}
그러므로 주어진 역온도 $\beta$에 놓여있는 $p$-스핀 유리라면 먼저 적당한 $x \in (0,1]$를 택해 위의 두 방정식을 자기일관된 방식으로 풀어주는 $(q_1, \lambda_1)$을 구하고, 이를 아래 식에 대입하여
$$\lim_{n\to 0}\frac{1}{n}G\left( x \right) = -\frac{1}{4} \beta^2 J^2 + \frac{1}{4} \beta^2 J^2 (1-x)q_1^p - \frac{1}{2} (1-x)q_1 \lambda_1 + \frac{1}{2}\lambda_1 - \frac{1}{x} \ln \left\{ \int Dz_1 \left[ 2\cosh \left( \sqrt{\lambda_1} z_1 \right) \right]^x \right\}$$
값을 구한다. 편의상 $h=0$으로 놓았다. 이제 $x$를 바꾸어가며 위 식의 최댓값을 찾고 그 때를 $x_s$라고 한다.

계산 결과는 아래 그림처럼 주어진다.

{{:물리:pspin_rsb_ver2.png?400|}}

$x_s=0$은 복제 대칭해에 해당한다.
$p=2$인 [[물리:셰링턴-커크패트릭_모형|셰링턴-커크패트릭 모형]]에서는 알려진 대로 $\beta=1$에서 복제 대칭성이 깨지는 것을 볼 수 있다.

$p\to \infty$에서 [[물리:무작위_에너지_모형|무작위 에너지 모형]]을 따라 다음과 같은 결과가 예상된다:
$$x_s = \left\{
\begin{array}{ll}
0 & \text{if }\beta<2\sqrt{\ln 2}\\
2\sqrt{\ln2}/\beta & \text{otherwise.}
\end{array}
\right.$$

복제본 $a$와 $b$가 다른 그룹에 속하면 $q_0 / \lambda_0$이 발산하므로 해는 안정하다. 반면 둘이 같은 그룹에 속하면 안정성 조건은 다음처럼 주어진다:
$$\frac{1}{p-1} \frac{q_1}{\lambda_1} - \frac{\int \frac{dz}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2} \cosh^{x-4} \sqrt{\lambda_1} z}{\int \frac{dz}{\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2} \cosh^x \sqrt{\lambda_1} z} > 0.$$
$p$가 크다면 이 부등식은 $T> \frac{2}{3} \frac{p^{3/2}}{\sqrt{\pi}} 2^{-p}$에서 만족된다(Gardner, 1985). 그보다 낮은 온도에서는 복제 대칭성을 모두 깨뜨려야 한다([[물리:복제_대칭성_깨짐_해|복제 대칭성 깨짐 해]]에서 Full RSB를 기술하는 파리시 해 참조).

======함께 보기======
  * [[물리:무작위_에너지_모형|무작위 에너지 모형]]
  * [[물리:셰링턴-커크패트릭_모형|셰링턴-커크패트릭 모형]]
  * [[물리:구면_p-스핀_유리_모형|구면 $p$-스핀 유리 모형]]

======참고문헌======
  * M. Mézard and A. Montanari, //Information, Physics, and Computation// (Oxford University Press, Oxford, 2009).
  * Haiping Huang, //Statistical Mechanics of Neural Networks// (Springer, Singapore, 2021).
  * E. Gardner, //Spin glasses with $p$-spin interactions//, Nuclear Physics B257, 747 (1985).
  * Florent Krzakala and Lenka Zdeborová, //Performance of simulated annealing in p-spin glasses//, [[https://doi.org/10.1088/1742-6596/473/1/012022|J. Phys. Conf. Ser. 473, 012022 (2013)]].
  * Stefan Boettcher and Ginger E. Lau, //Ground States of the Mean-Field Spin Glass with 3-Spin Couplings//, [[https://doi.org/10.1103/j159-lpfx|Phys. Rev. Lett. 135, 037402 (2025)]].
  * Viviane M de Oliveira and J F Fontanari, //Replica analysis of the p-spin interaction Ising spin-glass model//, [[https://doi.org/10.1088/0305-4470/32/12/004|J. Phys. A: Math. Gen. 32 2285]].