복제 대칭해의 스핀유리 질서맺음변수 $q_{\alpha\beta}$는 다음과 같은 행렬 형태로 쓸 수 있다. $$\left\{ q_{\alpha\beta} \right\} = \begin{pmatrix} 0& & & & & \\ &0& & &q& \\ & &0& & & \\ & & &0& & \\ &q& & &0& \\ & & & & &0\\ \end{pmatrix}$$ 그러나 드알메이다-사울리스 선 아래 영역에서는 복제 대칭해가 안정적이지 않으므로 복제 대칭해를 가정할 수 없으므로 조금 더 일반적인 해를 찾아야 한다. 여기서는 Parisi가 도입한 복제 대칭성 깨짐을 이용해 볼 것이다. 먼저 전체 $n$개의 복제본을 $m_1$개씩 묶어 총 $n/m_1$개의 블록으로 나눌 수 있다고 가정해보자. 이 때 서로 같은 블록에 있는 복제본들 사이의 스핀유리 질서맺음변서는 $q_1$, 서로 다른 블록에 있는 복제본들 사이의 스핀유리 질서맺음변서는 $q_0$이다. 예를 들어, $n=6$, $m_1=3$인 경우에 $q$는 다음과 같이 쓸 수 있다. $$\left\{ q_{\alpha\beta} \right\} = \begin{pmatrix} 0&q_1&q_1& & & \\ q_1&0&q_1& &q_0& \\ q_1&q_1&0& & & \\ & & &0&q_1&q_1\\ &q_0& &q_1&0&q_1\\ & & &q_1&q_1&0\\ \end{pmatrix}$$ 이제 이를 이용해서 1차 복제 대칭성 깨짐해의 안정성을 논해볼 것이다. 복제 대칭해와 마찬가지로 자유에너지는 $$-\beta [f] = \lim_{n\to 0} \left( -\frac{\beta^2 J^2}{4n} \sum_{\alpha \neq \beta} q_{\alpha \beta}^2 - \frac{\beta J_0}{2n} \sum_\alpha m_\alpha^2 + \frac{1}{4} \beta^2 J^2 + \frac{1}{n} \ln \text{Tr}^\prime e^L \right)$$ 로 주어지고, $$L = \beta^2 J^2 \sum_{\alpha < \beta} q_{\alpha \beta} S^\alpha S^\beta + \beta \sum_\alpha (J_0 m_\alpha + h) S^\alpha$$ 이다. $L$의 첫 번째 항은 $$\sum_{\alpha<\beta} q_{\alpha \beta} S^\alpha S^\beta = \frac12 \sum_{\alpha\neq\beta}q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta= \frac{1}{2} \left[ q_0 \left( \sum_\alpha^n S^\alpha \right)^2 + (q_1-q_0) \sum_{\text{block}}^{n/m_1} \left( \sum_{\alpha \in \text{block}} S^\alpha \right)^2 - nq_1 \right]$$ 로 쓸 수 있다. 이 항은 단지 $q$의 모든 성분을 $q_0$으로 채운 뒤, 같은 블록 사이의 $q_{\alpha\beta}$를 $q_1$로 바꾸어주고 대각성분을 0으로 만든 것이다. 비슷한 방법을 사용하면 $$\lim_{n\to 0} \frac{1}{n} \sum_{\alpha \neq \beta} q_{\alpha \beta}^2 = \lim_{n \to 0} \frac{1}{n} \left[ n^2 q_0^2 + \frac{n}{m} m_1^2 (q_1^2-q_0^2) - nq_1^2 \right] = (m_1-1)q_1^2 - m_1 q_0^2$$ 가 된다. 즉, 자유에너지는 $$ -\beta[f] = -\frac{\beta^2 J^2}{4} \left[ (m_1-1)q_1^2 - m_1 q_0^2 \right] - \lim_{n\to 0} \frac{\beta J}{2n} \sum_\alpha m_\alpha^2 + \frac{1}{4} \beta^2 J^2 + \lim_{n\to 0} \frac{1}{n} \ln \text{Tr}^\prime \exp\left\{ \frac{\beta^2 J^2}{2} \left[ q_0 \left( \sum_\alpha S^\alpha \right)^2 + (q_1-q_0) \sum_{\text{block}}^{n/m_1} \left( \sum_{\alpha \in \text{block}} S^\alpha \right)^2 - nq_1 \right] + \beta \sum_\alpha (J_0 m_\alpha + h) S^\alpha \right\}$$ 이고, 하나의 $u$와 $n/m_1$개의 $v_b$에 대한 허바드-스트라토노비치 변환은 \begin{eqnarray} \exp \left[ \frac{\beta^2 J^2}{2} q_0 \left( \sum_{\alpha}^m S^\alpha \right)^2 \right] &=& \sqrt{\frac{\beta^2 J^2 q_0}{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty du \exp\left[-\beta^2 J^2 q_0 u^2/2 + \beta^2 J^2 q_0 u \sum_\alpha^n S^\alpha \right]\\ &=& \frac{1}{2\pi} \int d\tilde{u} \exp \left( -\frac{\tilde{u}^2}{2} \right) \exp \left( \beta J \sqrt{q_0} \tilde{u} \sum_\alpha^n S^\alpha \right)\\ &=& \int D\tilde{u} \exp \left( \beta J \sqrt{q_0} \tilde{u} \sum_{\text{block}}^{n/m_1} \sum_{\text{block}}^{m_1} S^\alpha \right) \end{eqnarray} \begin{eqnarray} \exp \left[ \frac{\beta^2 J^2}{2} (q_1 - q_0) \left( \sum_{\alpha \in \text{block}}^{m_1} S^\alpha \right)^2 \right] &=& \sqrt{\frac{\beta^2 J^2 (q_1-q_0)}{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty dv_b \exp\left[-\beta^2 J^2 (q_1-q_0) v_b^2/2 + \beta^2 J^2 (q_1-q_0) v_b \sum_\alpha^{m_1} S^\alpha \right]\\ &=& \frac{1}{2\pi} \int d\tilde{v}_b \exp \left( -\frac{\tilde{v}_b^2}{2} \right) \exp \left( \beta J \sqrt{q_1-q_0} \tilde{v}_b \sum_\alpha^{m_1} S^\alpha \right)\\ &=& \int D\tilde{v}_b \exp \left( \beta J \sqrt{q_1-q_0} \tilde{v}_b \sum_{\alpha}^{m_1} S^\alpha \right) \end{eqnarray} 가 되므로, 자유에너지의 마지막 항은 \begin{eqnarray} &&\lim_{n\to 0} \frac{1}{n} \ln \text{Tr}^\prime \exp \left\{ \frac{\beta^2 J^2}{2} \left[ q_0 \left( \sum_\alpha^n S^\alpha \right)^2 + (q_1-q_0) \sum_{\text{block}}^{n/m_1} \left( \sum_{\alpha \in \text{block}}^{m_1} S^\alpha \right)^2 - nq_1 \right] + \beta \sum_\alpha^n (J_0 m_\alpha + h) S^\alpha \right\}\\ &=& \lim_{n\to 0} \frac{1}{n} \ln \text{Tr}^\prime \int D\tilde{u} \left( \prod_b^{n/m_1} D\tilde{v}_b \right) \exp \left\{ \sum_{\text{block}}^{n/m_1}\left[ \beta J \sqrt{q_0} \tilde{u} + \beta J \sqrt{q_1-q_0} \tilde{v}_b + \beta(J_0 m +h) \right] \sum_{\alpha \in \text{block}}^{m_1} S^\alpha \right\} \exp\left(-\frac{1}{2} \beta^2 J^2 nq_1\right)\\ &=&-\frac12 \beta^2 J^2 q_1+\lim_{n\rightarrow 0}\frac1n\ln Tr'\int D\tilde u\left[\int D\tilde v\exp\left\{\left(\beta J\sqrt{q_0}\tilde u + \beta J\sqrt{q_1-q_0}\tilde v + \beta(J_0m+h)\right)\sum_{\alpha\in block}^{m_1}S^\alpha\right\}\right]^{n/m_1} \end{eqnarray} 가 된다. $\Xi = \beta J\sqrt{q_0}\tilde u + \beta J\sqrt{q_1-q_0}\tilde v + \beta(J_0m+h)$로 두고, $n\rightarrow0$인 극한을 생각하고 있으므로 $\log$와 $\exp$를 전개해서 정리하면 \begin{eqnarray*} &=&-\frac12 \beta^2J^2q_1+\lim_{n\rightarrow 0}\frac1n\log\int_{-\infty}^\infty D\tilde u\left[\int_{-\infty}^\infty D\tilde v(2\cosh\Xi)^{m_1}\right]^{n/m_1}\\ &=&-\frac12 \beta^2J^2q_1+\lim_{n\rightarrow 0}\frac1n\log\int_{-\infty}^\infty D\tilde u\exp\left[\frac{n}{m_1}\log\left\{\int_{-\infty}^\infty D\tilde v(2\cosh\Xi)^{m_1}\right\}\right]\\ &\approx&-\frac12 \beta^2J^2q_1+\lim_{n\rightarrow 0}\frac1n\log\int_{-\infty}^\infty D\tilde u\left[1+\frac{n}{m_1}\log\left\{\int_{-\infty}^\infty D\tilde v(2\cosh\Xi)^{m_1}\right\}\right]\\ &=&-\frac12 \beta^2J^2q_1+\lim_{n\rightarrow 0}\frac1n\log\left[1+\frac{n}{m_1}\int_{-\infty}^\infty D\tilde u\log\left\{\int_{-\infty}^\infty D\tilde v(2\cosh\Xi)^{m_1}\right\}\right]\\ &\approx&-\frac12 \beta^2J^2q_1+\frac{1}{m_1}\int_{-\infty}^\infty D\tilde u\log\left\{\int_{-\infty}^\infty D\tilde v(2\cosh\Xi)^{m_1}\right\}\\ &=&-\frac12 \beta^2J^2q_1+\log2+\frac{1}{m_1}\int_{-\infty}^\infty D\tilde u\log\left\{\int_{-\infty}^\infty D\tilde v\cosh^{m_1}\Xi\right\}\\ \end{eqnarray*} 과 같이 정리할 수 있으므로 최종적인 자유에너지는 $$\Rightarrow\beta f_\text{1RSB} = \frac{\beta^2J^2}{4}\{(m_1-1)q_1^2 - m_1q_0^2 + 2q_1 -1\} + \frac{\beta J_0}{2}m^2 - \log2 - \frac{1}{m_1}\int Du\log\int Dv\cosh^{m_1}\Xi$$ 임을 알 수 있다.

$m$에 대해 위 식을 최소화시키면

\begin{eqnarray} 0&=&\frac{\partial(\beta f_\text{1RSB})}{\partial m} = \beta J_0m - \frac{1}{m_1}\frac{\partial}{\partial m}\left[\int Du \log \int Dv \cosh^{m_1}\Xi\right] = \beta J_0m - \beta J_0\int Du \frac{\int Dv \cosh^{m_1-1}\Xi \sinh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi}\\ \therefore m&=& \int Du \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi}. \end{eqnarray}

$q_0$와 $q_1$에 대해 같은 방식을 적용해보면, \begin{eqnarray} 0&=&\frac{\partial(\beta f_\text{1RSB})}{\partial q_0} = -\frac{\beta^2 J^2}{2}m_1 q_0 - \frac{\beta J}{2\sqrt{q_0}} \int Du ~u\frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} + \frac{\beta J}{2\sqrt{q_1-q_0}} \int Du \frac{\int Dv ~v\cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi}, \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} 0&=&\frac{\partial(\beta f_\text{1RSB})}{\partial q_1} = \frac{\beta^2 J^2}{4} \left[ (m_1-1) 2q_1 +2\right] - \frac{\beta J}{2\sqrt{q_1-q_0}} \int Du \frac{\int Dv ~v\cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi}. \end{eqnarray}

두 식을 연립하면 다음과 같다: \begin{eqnarray} \beta J\sqrt{q_0} \int Du ~u\frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} &=& 2q_0 \left\{ -\frac{\beta^2 J^2}{2} m_1 q_0 + \frac{\beta^2 J^2}{4} \left[ (m_1-1) 2q_1 +2 \right] \right\}\\ \beta J\sqrt{q_1-q_0} \int Du \frac{\int Dv ~v\cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} &=& 2(q_1-q_0) \frac{\beta^2 J^2}{4} \left[ (m_1-1) 2q_1 +2 \right]. \end{eqnarray}

좌변의 적분 안에 있는 $u$와 $v$를 제거하기 위해서는 부분적분을 행하면 된다. \begin{eqnarray} \beta J\sqrt{q_0} \int Du ~u\frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} &=& \beta J\sqrt{q_0} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int du ~u \exp\left( -\frac{u^2}{2} \right) \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi}\\ &=& \beta J\sqrt{q_0} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int du \frac{d}{du} \left[ - \exp\left( -\frac{u^2}{2} \right) \right] \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi}\\ &=& \beta J\sqrt{q_0} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int du \exp\left( -\frac{u^2}{2} \right) \frac{d}{du} \left( \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} \right)\\ &=& \beta J\sqrt{q_0} \int Du \frac{d}{du} \left( \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} \right)\\ &=& \beta^2 J^2 q_0 \left[ (m_1-1)\int Du \frac{ \int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh^2\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} + 1\right] -\beta^2 J^2 q_0 m_1 \int Du \left( \frac{ \int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} \right)^2, \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \beta J\sqrt{q_1-q_0} \int Du \frac{\int Dv ~v\cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} &=& \beta^2 J^2 (q_1-q_0) \left[ (m_1-1) \int Du \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh^2\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} +1 \right]. \end{eqnarray}

이제 식을 풀어보면 아래의 결과를 얻는다: \begin{eqnarray} q_0 &=& \int Du \left( \frac{ \int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} \right)^2\\ q_1 &=&\int Du \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh^2\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi}. \end{eqnarray}

코시-슈바르츠 부등식에 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.

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 복제대칭성을 가정했을 때와 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. 복제대칭성을 가정했을 때와 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, 복제 대칭 해의 $-0.16k_B$에 비해 개선된 값이다. (계산된 엔트로피 값은 이 문서의 Fig. 3과 부합한다.)

1차 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.

이 때, \begin{align*} P=&1-\beta^2J^2(1-\langle S^\alpha S^\beta\rangle^2) = 1-\beta^2J^2(1-q_1^2)\\ Q=&-\beta^2J^2(\langle S^\alpha S^\gamma\rangle - \langle S^\alpha S^\beta\rangle^2)=-\beta^2J^2(q_1-q_1^2)\\ R=&-\beta^2J^2(\langle S^\alpha S^\beta S^\gamma S^\delta\rangle - \langle S^\alpha S^\beta\rangle^2) = -\beta^2J^2(r_1-q_1^2) \end{align*} 이고, 여기서 $r_1$은 다음과 같다: $$r_1 \equiv \langle S^\alpha S^\beta S^\gamma S^\delta\rangle = \int Du\frac{\int Dv\cosh^{m_1}\Xi\tanh^4\Xi}{\int Dv\cosh^{m_1}\Xi}.$$ 따라서 해가 안정적일 조건은 \begin{align*} \lambda_3^{(1)}=& 1-\beta^2J^2(1-2q_1+r_1)\\ =& 1-\beta^2J^2 \int Du \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi (1-2\tanh^2\Xi + \tanh^4\Xi)}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi}\\ =& 1-\beta^2J^2\int Du\frac{\int Dv\cosh^{m_1-4}\Xi}{\int Dv\cosh^{m_1}\Xi}>0. \end{align*}

이번에는 \begin{align*} P=&1-\beta^2J^2(1-\langle S^\alpha S^\beta\rangle^2) = 1-\beta^2J^2(1-q_0^2)\\ Q=&-\beta^2J^2(\langle S^\alpha S^\gamma\rangle - \langle S^\alpha S^\beta\rangle^2)=-\beta^2J^2(q_1-q_0^2)\\ R=&-\beta^2J^2(\langle S^\alpha S^\beta S^\gamma S^\delta\rangle - \langle S^\alpha S^\beta\rangle^2) = -\beta^2J^2(r_2-q_0^2) \end{align*} 이고, 여기서 $r_2$은 다음과 같다: $$r_2 \equiv \langle S^\alpha S^\beta S^\gamma S^\delta\rangle = \int Du \left( \frac{\int Dv\cosh^{m_1}\Xi\tanh^2\Xi}{\int Dv\cosh^{m_1}\Xi} \right)^2.$$ 따라서 해가 안정적일 조건은 \begin{align*} \lambda_3^{(2)}=& 1-\beta^2J^2(1-2q_1+r_2)\\ =& 1-\beta^2J^2 \left[1 - 2 \int Du \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh^2\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} + \int Du \left( \frac{\int Dv\cosh^{m_1}\Xi\tanh^2\Xi}{\int Dv\cosh^{m_1}\Xi} \right)^2 \right]\\ =& 1-\beta^2J^2 \int Du \left( 1 - \frac{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi \tanh^2\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} \right)^2\\ =& 1-\beta^2J^2 \int Du \left( \frac{\int Dv \cosh^{m_1-2}\Xi}{\int Dv \cosh^{m_1}\Xi} \right)^2 >0. \end{align*} 코시-슈바르츠 부등식에 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

1차 복제 대칭성 깨짐을 도입하더라도 여전히 음의 엔트로피 문제가 남아 있지만, 이전보다는 상황이 나아보인다. 따라서 복제 대칭성을 계속 깨어버린다면 음의 엔트로피 문제가 해결될 가능성이 있다. 이를 위해 먼저 K-RSB의 질서맺음변수가 어떤 형태를 띄고 있는지 살펴보자. 예를 들어 $n=8$, $m_1=4$인 1차 복제 대칭성 깨짐에서는 질서맺음변수가 다음과 같이 쓰여짐을 이미 보았다. $$\left\{q_{\alpha\beta}\right\} = \begin{pmatrix} \begin{matrix} 0 &q_1&q_1&q_1\\ q_1& 0&q_1&q_1\\ q_1&q_1& 0&q_1\\ q_1&q_1&q_1& 0 \end{matrix} & q_0\\ q_0& \begin{matrix} 0 &q_1&q_1&q_1\\ q_1& 0&q_1&q_1\\ q_1&q_1& 0&q_1\\ q_1&q_1&q_1& 0 \end{matrix} \end{pmatrix}$$ 복제 대칭성이 한 번 더 깨진다면 $q_0$블록은 그대로 둔 채 $q_1$블록을 가지고 1차 복제 대칭성 깨짐과 비슷한 과정을 수행하면 된다. 예를 들어 $n=8$, $m_1=4$, $m_2=2$인 경우는 다음과 같다. $$\left\{q_{\alpha\beta}\right\} = \begin{pmatrix} \begin{matrix} 0 &q_2&q_1&q_1\\ q_2& 0&q_1&q_1\\ q_1&q_1& 0&q_2\\ q_1&q_1&q_2& 0 \end{matrix} & q_0\\ q_0& \begin{matrix} 0 &q_2&q_1&q_1\\ q_2& 0&q_1&q_1\\ q_1&q_1& 0&q_2\\ q_1&q_1&q_2& 0 \end{matrix} \end{pmatrix}$$ 이를 이용해 일반적으로 복제 대칭성이 K번 깨진 상황을 묘사할 수 있다. 각각의 $m_i$는 다음을 만족하고, $$n\ge m_1\ge m_2\ge \cdots\ge 1$$ $q(x)$를 다음과 같이 정의하자. $$q(x) = q_i\quad(m_{i+1}<x\le m_i)$$ 위 부등식은 $n\rightarrow0$인 극한을 취했을 때는 만족이 되지 않지만, 일단은 이 극한에서는 부등호의 방향을 뒤집어 $$0\le m_1\le m_2\le\cdots\le1$$ 이 된다고 생각하자. 그리고 $K$가 매우 크다면 $q(x)$도 연속함수로 취급할 것이다.

이제 K-RSB에서의 자유에너지를 구해보자. 편의상 $J_0=0$으로 둔다면 기본적인 형태는 다음과 같다. $$-\beta[f] = \lim_{n\rightarrow0}\frac1n \left[-\frac{\beta^2J^2}{4}\sum_{\alpha\neq\beta}q_{\alpha\beta}^2+\frac14\beta^2J^2+\log\text{Tr}\, e^L\right]$$ $$L=\beta^2J^2\sum_{\alpha<\beta}q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta+\beta h\sum_\alpha S^\alpha$$ 여기서 우 변의 첫 번째 항은 $\{q_{\alpha\beta}\}$의 형태로부터 다음과 같이 얻어낼 수 있다. \begin{align*} \sum_{\alpha\neq\beta}q_{\alpha\beta}^2&=q_0^2n^2+(q_1^2-q_0^2)m_1^2\cdot\frac{n}{m_1}+(q_2^2-q_1^2)m_2^2\cdot\frac{m_1}{m_2}\cdot\frac{n}{m_1}+\cdots-q_K^2n\\ &= n\sum_{j=0}^K(m_j-m_{j+1})q_j^2 \end{align*} 그리고 이 과정은 임의의 지수 $l$에 대해서도 성립한다. 이로부터 $h=0$일 때의 내부에너지는 \begin{align*} [E]=-\frac{\partial}{\partial\beta}\left(-\beta[f]\right)=& \lim_{n\rightarrow0}\frac1n\left\{\frac{\beta J^2}{2}\sum_{\alpha\neq\beta}q_{\alpha\beta}^2-\frac{\text{Tr}\,\left(2\beta J^2\sum_{\alpha<\beta}q_{\alpha\beta}S^\alpha s^\beta e^L\right)}{\text{Tr}\,e^L}\right\}-\frac12\beta J^2\\ =&-\frac{\beta J^2}{2}\left(\lim_{n\rightarrow0}\frac1n\sum_{\alpha\neq\beta}q_{\alpha\beta}^2+1\right) \end{align*} 가 되고, 자기감수율은 \begin{align*} [\chi] = \frac1\beta\frac{\partial^2}{\partial h^2}\left(-\beta[f]\right)_{h\rightarrow0}=&\frac{\partial}{\partial h}\left(\lim_{n\rightarrow0}\frac1n \sum_\alpha\frac{\text{Tr}\,S^\alpha e^L}{\text{Tr}\, e^L}\right)_{h\rightarrow0}\\ =& \beta\lim_{n\rightarrow0}\frac1n\left\{\frac{\left(\sum_{\alpha\gamma}\text{Tr}\,S^\alpha S^\gamma e^L\right)\left(\text{Tr}\,e^L\right)-\left(\sum_\alpha\text{Tr}\,S^\alpha e^L\right)\left(\sum_\gamma\text{Tr}\,S^\gamma e^L\right)}{\left(\text{Tr}\,e^L\right)^2}\right\}_{h\rightarrow0}\\ =& \beta\lim_{n\rightarrow0}\left\{1+\frac1n\sum_{\alpha\neq\gamma}q_{\alpha\gamma}-\frac1n\left(\sum_\alpha m_\alpha\right)^2\right\}_{h\rightarrow0}\\ \end{align*} 가 된다. $n\rightarrow0$인 극한에서는 $m_j-m_{j+1}\rightarrow dx$로 바꾸어 다음과 같이 쓸 수 있으므로, $$\frac1n \sum_{\alpha\neq\beta}q_{\alpha\beta}^2\rightarrow-\int_0^1q^2(x)dx$$ 내부에너지와 자기감수율을 $$[E]=-\frac{\beta J^2}{2}\left(1-\int_0^1q^2(x)dx\right),\quad[\chi] = \beta\left(1-\int_0^1q(x)dx\right)$$ 로 쓸 수 있다. 이제 우변의 마지막 $\log\text{Tr }e^L$항을 계산할 차례이다. 편의상 $\beta=J=1$로 두고 계산하고 나중에 적절히 이들을 돌려놓자. 즉, $$G=\text{Tr }\exp\left(\frac12\sum_{\alpha,\beta=1}^nq_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta+\sum_\alpha^n h_\alpha S^\alpha\right)$$ 를 계산할 것이다. 그리고 $q_{\alpha\alpha}=0$이지만 이 역시 포함한 상태에서 계산한 뒤에 이에 대한 기여분을 빼주도록 하자. 만약 $q_{\alpha\beta}=q$라면, 위의 계산은 다음과 같이 간소화된다. \begin{align*} G=&\text{Tr }\exp\left(\frac12\sum_{\alpha,\beta=1}^nq_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta+\sum_\alpha^nh_\alpha S^\alpha\right)\\ =& \exp\left(\frac12\sum_{\alpha\beta}q_{\alpha\beta}\frac{\partial^2}{\partial h_\alpha\partial h_\beta}\right)\text{Tr}\,\exp\left(\sum_\alpha^n h_\alpha S^\alpha\right)\\ =& \exp\left(\frac12\sum_{\alpha\beta}q_{\alpha\beta}\frac{\partial^2}{\partial h_\alpha\partial h_\beta}\right)\prod_\alpha^n\left(2\cosh h_\alpha\right) \end{align*} 만약 $h_\alpha=h$, $q_{\alpha\beta}=q$라면, 항등식 $$\left.\sum_\alpha\frac{\partial f(h_1,\dots,h_n)}{\partial h_\alpha}\right\vert_{h_\alpha=h} = \frac{\partial f(h,\dots,h)}{\partial h}$$ 에 의해 $$G = \exp\left(\frac q2\frac{\partial^2}{\partial h^2}\right)(2\cosh h)^n$$ 가 된다. 이를 가지고 K-RSB에서의 $G$를 차례차례 구성해보자. 먼저 모든 성분이 $q_K-q_{K-1}$인 크기 $m_K\times m_K$인 행렬을 $I(m_K)$라고 하자. 이 행렬이 $\{q_{\alpha\beta}\}$의 가장 안쪽 대각 블록이 될 것이다. 그리고 위에서 보았듯 이 행렬에 대한 $\text{Tr}$ 연산은 다음과 같이 쓸 수 있다. $$g(m_K,h) = \exp\left\{\frac12(q_K-q_{K-1})\frac{\partial^2}{\partial^2h}\right\}\left(2\cosh h\right)^{m_K}$$ 이 다음은 크기가 $m_{K-1}\times m_{K-1}$인 상위 블록을 구성해야하는데 이 행렬은 $$(q_K-q_{K-1})\text{Diag}_{K-1}[I(m_K)]+(q_{K-1}-q_{K-2})I(m_{K-1})$$ 로 쓸 수가 있다. 여기서 $\text{Diag}_{n}[I(m)]$의 의미는 크기 $n\times n$인 행렬의 대각 블록이 $I(m)$으로 이루어져 있다는 것을 의미한다. 따라서, 이는 먼저 $q_{K-1}-q_{K-2}$로 크기 $m_{K-1}\times m_{K-1}$인 행렬을 채운 뒤, 대각 블록의 성분을 $q_K$로 바꾸어 쓴 것이다. 이제 이 행렬을 $q_{\alpha\beta}$로 생각하고 $\text{Tr }e^L$연산을 취해주자. 앞 항은 이미 구했던 $I(m_K)$가 $m_{K-1}/m_K$번 들어있는 블록행렬이므로 $g(m_K,h)^{m_{K-1}/m_K}$만큼 기여할 것이고, 뒷 항은 모든 성분이 $(q_{K-1}-q_{K-2})$인 행렬이므로 다음과 같이 쓸 수 있을 것이다. $$g(m_{K-1},h) = \exp\left\{\frac12(q_{K-1}-q_{K-2})\frac{\partial^2}{\partial^2h}\right\}\left[g(m_K,h)\right]^{\frac {m_{K-1}}{m_K}}$$ 이 과정을 반복하면 결과적으로 $$G = g(n,h) = \exp\left\{\frac12q(0)\frac{\partial^2}{\partial h^2}\right\}\left[g(m_1,h)\right]^{\frac {n}{m_1}}$$ 를 얻는다. $n\rightarrow0$인 극한에서는 $m_K-m_{K-1}=-dx$, $q_K-q_{K-1}=-dq$로 바꾸어 $$g(x+dx,h)=\exp\left(-\frac12dq(x)\frac{\partial^2}{\partial h^2}\right)g(x,h)^{1+d\log x}$$ 와 같이 쓸 수 있고, 위 식을 미분방정식 형태로 바꾸어쓰면 \begin{align*} \log g(x+dx,h) &= -\frac{dq}2\frac{\partial^2}{\partial h^2}+\left(1+\frac{dx}x\right)\log g(x,h)\\ \rightarrow\frac{g(x+dx,h)-g(x,h)}{dx} &= -\frac12\frac{dq}{dx}\frac{\partial^2}{\partial h^2}+\frac1x\log g(x,h)\\ \rightarrow\frac{\partial g}{\partial x} &= -\frac12\frac{dq}{dx}\frac{\partial^2g}{\partial h^2}+\frac gx\log g \end{align*} 가 되는데, 결국 계산해야 할 항은 $n^{-1}\log\text{Tr }e^L$이므로 $f_0(x,h) = x^{-1}\log g(x,h)$로 치환하면 $$ \frac{\partial g}{\partial x} = xg\frac{\partial f_0}{\partial x}+gf_0,\quad \frac{\partial f_0}{\partial h} = \frac1{xg}\frac{\partial g}{\partial h},\quad \frac{\partial^2g}{\partial h^2} = gx\frac{\partial^2 f_0}{\partial h^2}+x^2g\left(\frac{\partial f_0}{\partial h}\right)^2 $$ 임을 알 수 있고 이를 미분방정식에 대입하고 무시했던 $\beta$, $J$들을 다시 넣어주면 초기조건이 $f_0(1,h) = \log 2\cosh \beta h$인 파리시 방정식 $$\frac{\partial f_0}{\partial x} =-\frac{J^2}2\frac{dq}{dx}\left\{\frac{\partial^2 f_0}{\partial h^2}+x\left(\frac{\partial f_0}{\partial h}\right)^2\right\}$$ 을 얻게 된다.

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.

1. $k=1$

$$ \begin{align*} \frac1{2^n}\text{Tr}\left(\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}S^\alpha S^\beta\right)=\frac1{2^n}2^{n-2}\sum_{\alpha<\beta}Q_{\alpha\beta}\left(\sum_{S^\alpha=\pm1}S^\alpha\right)\left(\sum_{S^\beta=\pm1}S^\beta\right) = 0 \end{align*} $$

2. $k=2$ \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*} 3. $k=3$ \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.
4. $k=4$ \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