양수 $X$에 대한 항등식 $X^{-2} = \int_0^\infty t \exp(-tX) dt$를 사용하여 $Y_N(\beta)$의 표본 평균을 표현해보자. \begin{eqnarray*} \mathbb{E} \left[ Y_N(\beta) \right] &=& \left[ \sum_{j=1}^M \exp\left(-2\beta E_j \right)\right] \int_0^\infty t \exp\left[ -t \sum_{i=1}^M e^{-\beta E_i} \right] dt\\ &=& \int_0^\infty t \left[ \sum_{j=1}^M \exp\left(-2\beta E_j \right)\right] \exp\left[ -t \sum_{i=1}^M e^{-\beta E_i} \right] dt \end{eqnarray*} 적분 안의 식을 다음처럼 고쳐 쓰고 근사하자. \begin{eqnarray*} \left[ \sum_{j=1}^M \exp\left(-2\beta E_j \right)\right] \exp\left[ -t \sum_{i=1}^M e^{-\beta E_i} \right] &=& \left( e^{-2\beta E_1} + e^{-2\beta E_2} + \ldots + e^{-2\beta E_M} \right) \exp\left[ -t \left( e^{-\beta E_1} + e^{-\beta E_2} + \ldots + e^{-\beta E_M} \right) \right]\\ &=& \left[ e^{-2\beta E_1} \exp\left( -te^{\beta E_1} \right) \right] \exp\left[ -t \left( e^{-\beta E_2} + e^{-\beta E_3} + \ldots + e^{-\beta E_M} \right) \right]\\ &+& \left[ e^{-2\beta E_2} \exp\left( -te^{\beta E_2} \right) \right] \exp\left[ -t \left( e^{-\beta E_1} + e^{-\beta E_3} + \ldots + e^{-\beta E_M} \right) \right]\\ &+& \ldots\\ &+& \left[ e^{-2\beta E_M} \exp\left( -te^{\beta E_M} \right) \right] \exp\left[ -t \left( e^{-\beta E_1} + e^{-\beta E_2} + \ldots + e^{-\beta E_{M-1}} \right) \right]\\ &\approx& \left[ \sum_{i=1}^M \exp \left( -2\beta E_i - te^{-\beta E_i} \right) \right] \exp\left[ -t \sum_{i=1}^{M-1} e^{-\beta E_i} \right] \end{eqnarray*} 그러면 \begin{eqnarray*} \mathbb{E} \left[ Y_N(\beta) \right] &\approx& \int_0^\infty t \left[ \sum_{i=1}^M \exp\left(-2\beta E_i - t e^{-\beta E_i}\right)\right] \exp\left[ -t \sum_{i=1}^{M-1} e^{-\beta E_i} \right] dt\\ &=& M \int_0^\infty t~ a(t) \left[ 1-b(t) \right]^{M-1} dt, \end{eqnarray*} 그리고 이때 다음처럼 정의된다. \begin{eqnarray*} a(t) &\equiv& \int \exp \left[ -2\beta E-t~e^{-\beta E} \right] P(E) dE\\ b(t) &\equiv& \int \left[ 1-\exp(-t~e^{-\beta E}) \right] P(E) dE \end{eqnarray*} 굳이 적분식 안에 $1$을 집어넣어 $\left[ 1-b(t) \right]^{M-1}$라고 쓴 까닭은 나중에 이 부분을 $e^{Mb(t)}$로 근사하기 위해서이다.

가장 낮은 에너지 준위를 입자 수 $N$으로 나눈 $\epsilon_0$는 $P(-N\epsilon_0) = \frac{1}{\sqrt{\pi N}} \exp[-N\epsilon_0^2] = 2^{-N}$으로부터 다음처럼 얻어진다. \begin{eqnarray*} \epsilon_0 &=& \left[ \epsilon_\ast^2 - \frac{1}{2N} \ln (\pi N) \right]^{1/2}\\ &\approx& \epsilon_\ast - \frac{1}{4N\epsilon_\ast} \ln (\pi N). \end{eqnarray*} $N$이 클 때 $\mathbb{E} Y_N(\beta)$에 주로 기여하는 준위들은 에너지가 $-N\epsilon_0$ 주변이고, $\ln t$는 $-N\beta \epsilon_0$에 가깝다. 따라서 $E=-N\epsilon_0+u$와 $t=\theta \exp(-N\beta \epsilon_0)$로 놓고 변수를 $(E,t)$에서 $(u,\theta)$로 바꾼다. 그리고 확률 분포함수를 다음처럼 근사한다. \begin{eqnarray*} P(E) &=& \frac{1}{\sqrt{\pi N}} \exp\left[ -(-N\epsilon_0 + u)^2/N \right]\\ &\approx& \frac{1}{\sqrt{\pi N}} \exp\left[ -N\epsilon_0^2 \right] e^{2\epsilon_0 u}\\ &\approx& 2^{-N} e^{2\epsilon_\ast u} = 2^{-N} e^{\beta_c u}. \end{eqnarray*} 이때 $\beta_c \equiv 2\sqrt{\ln 2} = 2\epsilon_\ast$임을 사용했다.

$a(t)$를 계산해보자. \begin{eqnarray*} a(t) &=& \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left( -2\beta E - t~e^{-\beta E} \right) P(E) dE\\ &\approx& \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left[ -2\beta (-N\epsilon_0 + u) - t~e^{-\beta (-N\epsilon_0 + u)} \right] 2^{-N} e^{\beta_c u} du\\ &=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left( -2\beta u + \beta_c u -z e^{-\beta u} \right) du\\ &=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} \left( e^{\beta u} \right)^{(\beta_c-2\beta)/\beta} \exp\left( -z e^{-\beta u} \right) du\\ &=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} \int_{-\infty}^{\infty} \left( ze^{-\lambda} \right)^{\beta_c/\beta-2} \exp\left( -z e^{-\beta u} \right) du\\ &=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} z^{\beta_c/\beta-2} \int_{\infty}^{-\infty} e^{-(\beta_c/\beta-2)\lambda} \exp\left( -e^{\lambda} \right) \left(-\frac{1}{\beta}\right) d\lambda\\ &=& \frac{1}{M} e^{2N\beta \epsilon_0} z^{\beta_c/\beta-2} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(\beta_c/\beta-2)\lambda} \exp\left( -e^{\lambda} \right) \left(\frac{1}{\beta}\right) d\lambda\\ &=& \frac{1}{M\beta} e^{2N\beta \epsilon_0} z^{\beta_c/\beta-2} \Gamma \left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right). \end{eqnarray*} 이때 $z\equiv te^{N\beta\epsilon_0}$이고 $e^{\lambda} \equiv ze^{-\beta u}$로 정의한다. 양변을 미분하면 $du = -(1/\beta) d\lambda$이다. 마지막 줄로 넘어올 때 다음 표현식을 활용했다. $$\Gamma(p) = \int_{-\infty}^{\infty} \exp \left( pt - e^t \right) dt.$$

이제 $b(t)$를 계산한다. \begin{eqnarray*} b(t) &\approx& \int_{-\infty}^{\infty} \left[ 1-\exp\left( -t~e^{-\beta(-N\epsilon_0 + u)} \right) \right] 2^{-N} e^{\beta_c u} du\\ &=& \frac{1}{M} \int_{-\infty}^{\infty} du ~e^{\beta_c u} \left[ 1-\exp\left(-z e^{-\beta u} \right) \right] \end{eqnarray*} 이때 $e^{\lambda} \equiv ze^{-\beta u}$로 정의했으므로 $e^{\beta_c u} = z^{\beta_c/\beta} \exp[-(\beta_c/\beta)\lambda]$이다. 따라서 \begin{eqnarray*} b(t) &\approx& - \int_{\infty}^{-\infty} \frac{1}{M} \frac{d\lambda}{\beta} z^{\beta_c/\beta} e^{-(\beta_c/\beta) \lambda} \left[ 1-\exp(-e^\lambda) \right]\\ &\approx& - \frac{1}{M\beta} z^{\beta_c/\beta} \int_{-\infty}^{\infty} d\lambda \exp\left[ -(\beta_c/\beta)\lambda - e^{\lambda} \right]\\ &=& - \frac{1}{M\beta} z^{\beta_c/\beta} \Gamma \left( -\frac{\beta_c}{\beta} \right). \end{eqnarray*} 첫째 줄에서 둘째 줄로 넘어올 때에 우리가 기껏 집어넣은 $1$을 무시하고 있다.

사실 수치적으로 계산해보면 이 근사식들은 잘 맞지 않는다. 예를 들어 $t=0.1$이고 $\beta=1.7 \gtrsim \beta_c$라고 해보자. $N=10$으로 놓고 $a(t)$의 정의에 따라 몬테카를로 계산을 수행하면 $a(t)\approx 6$인 반면, 위에서 구한 $a(t)$의 근사식은 무려 $10^3$ 정도이다. 마찬가지로 $b(t)$의 몬테카를로 결과는 $0.4$ 정도인 반면, 그에 대한 근사식은 $500$이 훌쩍 넘는 값을 준다. $N=20$으로 늘리면 몬테카를로 결과와 근사식 간의 차이는 더욱 커진다.

어쨌든 위 결과들을 대입하여 참여비율의 기댓값을 계산해보자. \begin{eqnarray*} \mathbb{E} Y_N(\beta) &\approx& M \int_0^\infty dt~t~a(t)~e^{-Mb(t)}\\ &\approx& M\int_0^\infty dt ~t~ \frac{e^{2N\beta\epsilon_0}}{M\beta} z^{\beta_c/\beta-2} \Gamma\left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right) \exp\left[ M \frac{1}{M\beta} z^{\beta_c/\beta} \Gamma\left( - \frac{\beta_c}{\beta} \right) \right]\\ &=& M\int_0^\infty dz ~z~ \frac{1}{M\beta} z^{\beta_c/\beta-2} \Gamma\left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right) \exp\left[ \frac{1}{\beta} z^{\beta_c/\beta} \Gamma\left( - \frac{\beta_c}{\beta} \right) \right]\\ &=& \frac{1}{\beta} \Gamma\left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right) \int_0^\infty dz ~z^{\beta_c/\beta-1} \exp\left[ \frac{1}{\beta} z^{\beta_c/\beta} \Gamma\left( - \frac{\beta_c}{\beta} \right) \right]. \end{eqnarray*}

이때 감마 함수의 또다른 표현식 $$\Gamma(p) = \int_0^\infty t^{p-1} e^{-t} dt$$ 에서 $t=\alpha \xi^k$으로 치환해보면 ($\alpha>0$, $k>0$) $$\Gamma(p) = \alpha^p \int_0^\infty k \xi^{kp-1} \exp\left( -\alpha \xi^k \right) d\xi$$ 가 되는데, 위에서 적었던 식은 $k = \beta_c/\beta$, $\alpha = -\beta^{-1} \Gamma \left( -\beta_c/\beta \right)$, 그리고 $z=1$을 넣으면 비교가 가능하다. \begin{eqnarray*} 1 = \Gamma(1) &=& -\frac{1}{\beta} \Gamma\left( -\frac{\beta_c}{\beta} \right) \int_0^\infty \frac{\beta_c}{\beta} \xi^{\beta_c/\beta-1} \exp \left[ \frac{1}{\beta} \Gamma\left( -\frac{\beta_c}{\beta} \right) \xi^{\beta_c/\beta} \right] d\xi\\ &=& -\frac{\beta_c}{\beta} \Gamma\left(-\frac{\beta_c}{\beta}\right) \times \frac{1}{\beta} \int_0^\infty \xi^{\beta_c/\beta-1} \exp \left[ \frac{1}{\beta} \Gamma \left( -\frac{\beta_c}{\beta} \right) \xi^{\beta_c/\beta} \right] d\xi\\ &\approx& \Gamma\left(1-\frac{\beta_c}{\beta}\right) \times \frac{1}{\Gamma \left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right)} \mathbb{E}Y_N(\beta) \end{eqnarray*} 따라서 $\mathbb{E}Y_N(\beta) \approx \frac{\Gamma \left( 2-\frac{\beta_c}{\beta} \right)}{\Gamma \left( 1-\frac{\beta_c}{\beta} \right)} = 1-\frac{\beta_c}{\beta}$이다.

$\Re(X)>0$이고 $\Re(n)>\Re(\nu)$일 때 감마 함수의 정의로부터 다음의 항등식이 성립한다 ($n$은 양의 정수로 가정): $$\int_0^{\infty} X^n e^{-tX} t^{n-\nu-1} dt = X^\nu \Gamma(n-\nu).$$ 마찬가지로 $\Re(X)>0$이고 $\Re(n)>0$일 때 $$\int_0^{\infty} e^{-tX} t^{2\nu-1} dt = X^{-2\nu} \Gamma(2\nu).$$ 따라서 이 식들을 응용하면 다음을 얻는다: \begin{eqnarray*} Z^{\nu}(2\beta) &=& \frac{1}{\Gamma(n-\nu)} \int_0^{\infty} \left[ Z(2\beta) \right]^n t^{n-\nu-1} \exp\left[ -tZ(2\beta) \right] dt\\ Z^{-2\nu}(\beta) &=& \frac{1}{\Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty} t^{2\nu-1} \exp\left[ -tZ(\beta) \right] dt\\ \left[ \frac{Z(2\beta)}{Z^2(\beta)} \right]^{\nu} &=& \frac{1}{\Gamma(n-\nu) \Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty} \left[ Z(2\beta) \right]^n t_1^{n-\nu-1} \exp\left[ -t_1 Z(2\beta) \right] dt_1 \int_0^{\infty} t^{2\nu-1} \exp\left[ -tZ(\beta) \right] dt. \end{eqnarray*} 이제 주어진 $t$에 대해 $t_1 = t^2\mu$로 주어져서 적분 변수를 $t$와 $\mu$로 쓸 수 있다고 해보자. \begin{eqnarray*} \left[ \frac{Z(2\beta)}{Z^2(\beta)} \right]^{\nu} &=& \frac{1}{\Gamma(n-\nu) \Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty}dt \int_0^{\infty}d\mu \left[ Z(2\beta) \right]^n t^{2n-2\nu-2} \mu^{n-\nu-1} \exp\left[ -t^2 \mu Z(2\beta) \right] t^2 \times t^{2\nu-1} \exp\left[ -tZ(\beta) \right]\\ &=& \frac{1}{\Gamma(n-\nu) \Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \int_0^{\infty}d\mu \left[ Z(2\beta) \right]^n t^{2n} \mu^{n-\nu-1} \exp\left[ -t^2 \mu Z(2\beta) -tZ(\beta) \right]\\ &=& \frac{(-1)^n}{\Gamma(n-\nu) \Gamma(2\nu)} \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \int_0^{\infty}d\mu \mu^{n-\nu-1} \frac{d^n}{d\mu^n} \exp\left[ -t^2 \mu Z(2\beta) -tZ(\beta) \right]. \end{eqnarray*} 이제 표본 평균 $\langle \ldots \rangle$을 취하여 다음의 양을 정의한다: $$\exp(-\phi) \equiv \langle \exp\left[ -t^2 \mu Z(2\beta) -tZ(\beta) \right] \rangle \approx \left[ \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left( -te^{-\beta E} - \mu t^2 e^{-2\beta E} \right) P(E) dE \right]^M.$$ 따라서 다음처럼 적을 수 있다: $$\exp\left(-\frac{\phi}{2^N}\right) \approx \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dE}{\sqrt{N\pi J^2}} \exp\left( -\frac{E^2}{NJ^2} -te^{-\beta E} - \mu t^2 e^{-2\beta E} \right)$$ 이제 $\lambda \equiv \sqrt{N} \beta J >0$과 $y \equiv \frac{E}{\sqrt{N} J}$를 정의하면 $\beta E = \lambda y$로 쓸 수 있다. 이제 아래 식에서 $$\exp\left(-\frac{\phi}{2^N}\right) \approx \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dy}{\sqrt{\pi}} \exp\left( -y^2 -te^{-\lambda y}-\mu t^2 e^{-2\lambda y} \right)$$ 다시 $u\equiv t e^{-\lambda y}$를 정의하면 $y = \lambda^{-1} (\ln t - \ln u)$이고 $dy = -\frac{du}{\lambda u}$이므로 \begin{eqnarray*} \exp\left(-\frac{\phi}{2^N}\right) &\approx& \int_{\infty}^{0} \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left(-\frac{du}{\lambda u}\right) \exp\left[ -\frac{1}{\lambda^2} \left( \ln t - \ln u \right)^2 - u - \mu u^2 \right]\\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi} \lambda} \exp \left(- \frac{\ln^2 t}{\lambda^2} \right) \int_0^{\infty} du~ u^{2\ln t/\lambda^2-1} \exp\left( -\frac{\ln^2 u}{\lambda^2} \right) \exp\left( -u-\mu u^2 \right). \end{eqnarray*} 그런데 비슷한 과정으로 다음을 확인할 수 있다: $$1 = \frac{1}{\sqrt{\pi} \lambda} \exp \left(- \frac{\ln^2 t}{\lambda^2} \right) \int_0^{\infty} du~ u^{2\ln t/\lambda^2-1} \exp\left( -\frac{\ln^2 u}{\lambda^2} \right).$$ 따라서 $\exp\left(-\phi/2^N \right) \approx 1 - \phi/2^N$이라 놓으면 다음을 얻는다: $$\frac{\phi}{2^N} \approx \frac{1}{\sqrt{\pi} \lambda} \exp \left(- \frac{\ln^2 t}{\lambda^2} \right) \int_0^{\infty} du~ u^{2\ln t/\lambda^2-1} \exp\left( -\frac{\ln^2 u}{\lambda^2} \right) \left[1 - \exp\left( -u-\mu u^2 \right) \right].$$ 우리가 관심을 두고 있는 영역은 $N$이 매우 커서 $\lambda \equiv \sqrt{N}\beta J$도 매우 크지만 $\ln t/\lambda^2$은 일정한 값을 가지는 상황이다 (더 구체적으로는 $-1 < 2\ln t/\lambda^2 <0$). 즉 $-\ln t \sim N$이고, 이는 $\exp \left(- \frac{\ln^2 t}{\lambda^2} \right) \sim 2^{-N}$임을 가리킨다. 이 방정식을 풀면 $\ln t \approx -N \beta J \sqrt{\ln 2}$를 얻는다. 그 다음 항까지 적어서 $\ln t = -N \beta J \sqrt{\ln 2} + \epsilon$을 대입하면 다음 식을 얻고 $$\phi \approx \frac{1}{\sqrt{\pi} \lambda} \exp \left( \frac{2}{\lambda^2} \epsilon N\beta J \sqrt{\ln 2} \right) \int_0^{\infty} du \left( 1-e^{-u - \mu u^2} \right) u^{-T/T_c-1}$$ 여기에서 적분 부분이 앞에서 $g(\mu)$로 정의했던 식이다. $\exp(-\ln^2 u /\lambda^2) \approx 1$로 근사했다. 위 식을 $\epsilon$에 대해 정리하면 $$\epsilon \approx \frac{\beta J}{2\sqrt{\ln 2}} \ln \frac{\sqrt{\pi} \lambda \phi}{g(\mu)}.$$ 따라서 $$\ln t \approx -N \beta J \sqrt{\ln 2} + \frac{\beta J}{2\sqrt{\ln 2}} \ln \frac{\sqrt{\pi} \lambda \phi}{g(\mu)}.$$ 이 식을 $\phi$에 대해 정리하고 변수들을 적절히 묶어 $A$라고 부르면 다음처럼 될 것이다: $$\phi \approx \frac{T \exp(N\beta J\sqrt{\ln 2} \cdot T/T_c)}{\sqrt{N\pi}J} t^{T/T_c} g(\mu) \equiv A t^{T/T_c} g(\mu).$$

참여비율의 평균을 구하는 원래의 내용으로 돌아가면, \begin{eqnarray*} \bigg\langle \left[ \frac{Z(2\beta)}{Z^2(\beta)} \right]^\nu \bigg\rangle &=& \frac{(-1)^n}{\Gamma(2\nu) \Gamma(n-\nu)} \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \int_0^{\infty} d\mu~ \mu^{n-\nu-1} \frac{d^n}{d\mu^n} e^{-\phi}\\ &\approx& \frac{(-1)^n}{\Gamma(2\nu) \Gamma(n-\nu)} \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \int_0^{\infty} d\mu~ \mu^{n-\nu-1} \frac{d^n}{d\mu^n} \exp \left[-A t^{T/T_c} g(\mu) \right]. \end{eqnarray*} $\mu$에 대한 미분과 $t$에 대한 적분 순서를 바꾸어서 적분을 먼저 수행하자. 그럼 아래 적분을 하게 되는데 $$I \equiv \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \exp \left[-A t^{T/T_c} g(\mu) \right]$$ 이 식은 적분표에 등장하는 것이 아니지만 대략의 적분값을 구해볼 수 있다. 말하자면 지수함수가 $t=0$부터 $\tau$까지만 값을 $1$ 정도로 가진다고 근사하는 것이다. 그러한 $\tau$는 $\ln \tau \approx -(T_c/T) \ln [Ag(\mu)]$로서 주어진다. 그리고 위 적분식은 $$I \approx \int_0^{\tau} \frac{dt}{t} = \ln \tau + C$$ 로서 적분상수 $C$를 얻게 된다. 애초에 다음처럼 정의하면, $\mu$로 미분했을 때의 결과는 그대로이면서도 적분상수나 $A$ 등의 요소를 미리 다 소거해주기 때문에 $g(\mu)=1$일 때에 양변 모두 0이 되는 좋은 성질을 가진다: $$I' \equiv \int_0^{\infty} \frac{dt}{t} \left\{ \exp \left[-A t^{T/T_c} g(\mu) \right] - \exp \left[-A t^{T/T_c} \right] \right\} \approx -\frac{T_c}{T} \ln g(\mu).$$ 이 결과를 대입하면 아래에 도달한다: $$\langle Y^\nu \rangle \approx \frac{(-1)^{n+1} T_c/T}{\Gamma(2\nu) \Gamma(n-\nu)} \int_0^{\infty} d\mu~ \mu^{n-\nu-1} \frac{d^n}{d\mu^n} \ln g(\mu).$$ $\nu\to n$인 극한을 다룰 때에는 $\mu=0$에서의 값이 주로 적분 결과에 기여를 한다고 보고 아래처럼 근사한다: $$\langle Y^n \rangle \approx \frac{(-1)^{n+1} T_c/T}{\Gamma(2n)} \left. \frac{d^n}{d\mu^n} \ln g(\mu) \right|_{\mu=0}.$$