$p$-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.

$p=2$인 경우, 이 모형은 셰링턴-커크패트릭 모형이 된다.

$p$가 아주 큰 경우 무작위 에너지 모형으로 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. 무작위 에너지 모형의 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.

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. 가우스 적분의 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. 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 안장점 근사를 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 허바드-스트라토노비치 변환을 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: $$\overline{Z_n} \sim \int \prod_{a<b} \left( dQ^{ab} d\lambda^{ab} \right) \exp\left[ -N G(Q, \lambda) \right].$$

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. 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 안장점 조건을 이용하면 $$\frac{\partial G}{\partial Q}=0\quad\Rightarrow\quad \lambda = 2\beta^2 J^2 Q^3$$ \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, 허바드-스트라토노비치 변환을 $k$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 무작위 에너지 모형의 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. $h\to0$일 때에 $T_c = 1/(2 \sqrt{\ln2}) \approx 0.600561$로 접근함을 확인할 수 있다.

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 최솟값을 찾고 그 때를 $x_s$라고 하자. 계산 결과는 아래 그림처럼 주어진다.

$x_s=0$은 복제 대칭해에 해당한다. $p=2$인 셰링턴-커크패트릭 모형에서는 알려진 대로 $\beta=1$에서 복제 대칭성이 깨지는 것을 볼 수 있다. $p\to \infty$에서 무작위 에너지 모형을 따라 다음과 같은 결과가 예상된다: $$x_s = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{if }\beta<2\sqrt{\ln 2}\\ 2\sqrt{\ln2}/\beta & \text{otherwise.} \end{array} \right.$$

• 무작위 에너지 모형
• 셰링턴-커크패트릭 모형
• 구면 $p$-스핀 유리 모형

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• Haiping Huang, Statistical Mechanics of Neural Networks (Springer, Singapore, 2021).
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• Stefan Boettcher and Ginger E. Lau, Ground States of the Mean-Field Spin Glass with 3-Spin Couplings, Phys. Rev. Lett. 135, 037402 (2025).
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