凝聚态理论——slave boson的简单实例，BR转变点以及KR saddle
先来点背景介绍： 对于二维Hubbard模型， Brinkman&Rice使用的Gutzwiller近似【1】的到了一个金属-绝缘体转变，称为BR transition。这个不同于Mott transition。然后现在用slave-boson试试能不能得到同样的结论和图像。 在之前，Barnes做出了一个成功的Slave-boson 【2】的表示：把电子算符拆成一个费米子和两个玻色子。玻色子分别叫做doublon（用d表示）和holon（用e表示），代表双占据和空穴，费米子带有自旋自由度。这个表示在安德森杂质模型上使用的很好。Coleman 【3】 之后拓展至了一般的格点。但是，为了在Hubbard 模型上和之前的Brinkman&Rice使用的Gutzwiller近似的结果对上，Kotliar 和 Ruckenstein 【4】拓展一个新的表示（KR representation），新引入一个带有自旋自由度的$p$玻色子，表示如下：
\begin{align} &e^{\dagger}\mathinner{|Vac\rangle} = \mathinner{|0\rangle} \quad non-occuiped \ state \notag \\ &p_{\sigma}^{\dagger}f_{\sigma}^{\dagger}\mathinner{|Vac\rangle} = \mathinner{|\sigma\rangle} \quad singely-occuiped \ state \notag\\ &d^{\dagger}f_{\sigma}^{\dagger}f_{-\sigma}^{\dagger}\mathinner{|Vac\rangle} = \mathinner{|\uparrow\downarrow\rangle} \quad doublely-occuiped \ state \end{align}
注意这里的|Vac>只是人工的定义。电子算符会拆成如下形式
\begin{align}c_{i\sigma}=z_{i\sigma}f_{i\sigma},\quad z_{i\sigma} = e^{\dagger}_ip_{i\sigma} + p^{\dagger}_{i\bar\sigma}d_i \end{align}
d，e，p满足玻色对易关系，f满足反对易关系。这并不是一个operator identity，因为还有如下的约束条件（constrains）第一个约束是由每个格点上必须有一类且仅有一类玻色子存在，第二个代表给定spin存在两类等同计算费米子占据数：
\begin{align} &Q_i =\sum_{\sigma} p^{\dagger}_{i\sigma}p_{i\sigma} + e_i^{\dagger}e_i + d_i^{\dagger}d_i -\mathbf{1} =0 \notag\\ &Q_{i\sigma}=f_{i\sigma}^{\dagger}f_{i\sigma} - p_{i\sigma}^{\dagger}p_{i\sigma} - d_i^{\dagger}d_i =0\qquad for\quad \sigma=\uparrow / \downarrow \label{constrains} \end{align} 我们要计算的体系是二维正方格子上的Hubbard模型，哈密顿量如下：
\begin{align}\mathcal{H} = \sum_{
第一项是紧束缚hopping，可以带最近邻条件也可以不带，第二项是on-site的库伦势， $\hat{n}_{i\sigma} = c_{i\sigma}^\dagger c_{i\sigma}$为粒子数算符。
我们想得到一个金属-绝缘体转变的相变点并且和使用Gutzwiller平均场的Brinkman&Rice的结果对应上。 现在开始计算： 首先把Hubbard模型用这里新定义的slave-boson重写
\begin{align} \mathcal{H} = \sum_{
在两个约束条件下这个重写是exact的而不是近似的。然后我们把它扔进配分函数的路径积分。我们都知道，对应粒子场 $[\bar\psi, \psi]$，其配分函数可以写成如下路径积分：
\begin{align} \mathcal{Z} = \int\mathcal{D}(\psi, \bar{\psi}) \ e^{-\int_0^{\beta} \rm{d} \tau\cal{L(\tau)}} \\ \mathcal{L}(\tau) = \bar{\psi}\partial_{\tau}\psi+\mathcal{H}(\bar{\psi}, \psi)-\mu N(\bar{\psi}, \psi) \end{align}
我们现在有1，2，3，4四个粒子场，可以直接扔进路径积分~当然，需要带上两个约束条件并乘上拉格朗日乘子 $\cal{L}\rightarrow\cal{L}+\sum_i\lambda_iQ_q + \sum_{i\sigma}\lambda_{i\sigma}Q_{i\sigma}$（回忆一下约束下条件极值问题，我们往下分析是要求 $\cal{L}$ 的极小情形的）。这里的拉格朗日乘子也是动力学场（每个格点都有对应的两个约束关系）！
\begin{align} \mathcal{Z} = \int\cal{D}(f_{\sigma}, \bar{f}_{\sigma}) \cal{D}(e, \bar{e}) \cal{D}(d, \bar{d}) \cal{D}(p_{\sigma}, \bar{p}_{\sigma}) \cal{D}\lambda \cal{D}\lambda'_{\sigma} \ e^{- S(\tau)}\end{align}
\begin{align} S(\tau) &= \int_0^\beta \mathrm{d} \tau \sum_i\left[\bar{e}(\partial_{\tau}+\lambda_i)e_i +\sum_{\sigma}\bar{p}_{i\sigma}(\partial_{\tau}+\lambda_i-\lambda'_{i\sigma})p_{i\sigma} +\bar{d}_{i}(\partial_{\tau}+U+\lambda_i-\lambda'_{i\sigma})d_{i}-\lambda_i \right] \\ \notag &+\int_0^\beta \mathrm{d} \tau \sum_{ij\sigma} \bar{f}_{i\sigma}\left( t_{ij}\bar{z}_{i\sigma}z_{j\sigma} + (\partial_{\tau} + \lambda'_{i\sigma} - \mu)\delta_{ij} \right)f_{j\sigma} \label{01} \end{align}
我们写了一个化学势进去，这玩意其实也是拉格朗日乘子。。。我们希望体系是半满的，这是一个约束。 在strong interaction limit下（ $t_{ij}\rightarrow 0$ ）这就是简单的二次型，可以精确算出，结果一致。但我们不关注这个。
【注意！目前为止看似顺利，但其实有坑！稍后会填掉。这个填坑也是KR representation 在beyond mean-field变得很复杂的问题所在。】
我们的近似方法依赖于对应的图像——Hubbard U高于某个点时，每个格点上有且仅有一个电子。由于再升高U带来的排斥，电子就呆在自己格点上不动了，自闭了，单粒子移动完全是被抑制的，所以变成了绝缘体（BR转变）。在这个slave boson的图像下就是，只存在单占据，不存在双占据（doublon）和空穴（holon）！
所以我们可以直接采取非常聪明的方法做近似——把boson们全都condensate掉就好了~ 把玻色子们的密度当成序参量，当其变成0的时候不就达到半满下全部单占据的情形了嘛！由于半满的情形下，双占据数目（doublon density）和无占据数目（holon density）一定是相等的。所以这里，我们直接写下一个saddle point solution，把d，p，e， $\lambda_i$ , $\lambda'_{i\sigma}$ 都写成uniform的，无dynamics的参数
【所以说这就是一个简单的saddle point分析，用不上Hubbard-Stratonovich变换解耦再取minimum那样做平均场】
粒子密度写成 $\bar d_i d_i = d^2$ 其它同样。 坑来了：在无相互作用极限 $U\rightarrow 0$ 下，这个saddle point会给出 $p^2_{\sigma} = d^2 = e^2 = 1/4$ 这样的均匀的结果（想一想为什么），会造成 $\mathinner{\langle \bar z_{i\sigma}z_{i\sigma}\rangle} = 1/4$ 于是hopping $t_{ij}$ 就变成了原来的1/4。。。整个紧束缚模型多了1/4这个factor。。。这当然是不对的嘛。所以KR做了一个变换：
\begin{align}z_{i\sigma} \rightarrow (1-d^{\dagger}_id_i-p^{\dagger}_{i\sigma}p_{i\sigma})^\alpha z_{i\sigma} (1-e^{\dagger}_ie_i -p^{\dagger}_{i\bar\sigma}p_{i\bar\sigma})^\alpha = L_{i\sigma} z_{i\sigma} R_{j\sigma}，\quad \alpha = -1/2 \end{align}
这个时候在saddle point下这个1/4就被消除了。L和R在空占据和双占据子空间下是对角的且本征值为1。 我们先令$\mathinner{\langle \bar z_{i\sigma}z_{i\sigma}\rangle} =q_\sigma$ ，它是个关于 $e^2,d^2,p^2_{\sigma}$ 四个参数（已经不是dynamical field了！）的函数。
在KR saddle 下，对虚时间的求导啥的都可以扔掉了，费米子部分也变成了一个free的部分。接下来就是教科书级的计算了： 我们的路径积分现在只关于费米子f了玻色部分的作用量直接就只是一个函数而不是泛函积分：
\begin{align}S_b = N\beta \left[ \lambda(\sum_{\sigma} p^2_{\sigma} + e^2 + d^2 -1) -\sum_{\sigma}\lambda'_{\sigma} (p^2_{\sigma} + d^2) +Ud^2\right]\end{align}
\begin{align}\mathcal{Z} = e^{-S_b}\int\cal{D}(\bar f_{\sigma},f_{\sigma})\exp\Big(-\int_0^\beta \mathrm{d} \tau \sum_{ij\sigma} \bar{f}_{i\sigma}\left( t_{ij}\bar{z}_{i\sigma}z_{j\sigma} + (\partial_{\tau} + \lambda'_{i\sigma} - \mu)\delta_{ij} \right)f_{j\sigma}\Big) \end{align}
这里不写快速做法，还是写详细一点：时间域和位置域都做傅里叶变换。先是时间域（算熟悉之后就一起做吧，把频率和动量写在一起多舒服）
$f_{i\sigma}(\tau) = \frac{1}{\sqrt{\beta}}\sum_{\omega_n} f_{i\sigma}(\omega_n)e^{-i\omega_n\tau}$ 使用 $\int_0^\beta e^{-i(\omega_n-\omega_{n'})\tau}=\beta\delta_{nn'}$
第一步得到如下作用量：
\begin{align}S_f[\bar{f},f] = \sum_{ij\sigma}\sum_n \bar{f}_{i\sigma}(\omega_n)[-i\omega_n +（\lambda_{i\sigma}-\mu)\delta_{ij} + t_{ij}q_{\sigma}] f_{j\sigma}(\omega_n) \end{align}
然后对格点坐标做傅里叶变换 （ $t_{ij}$ 是个循环矩阵，所以无所谓hopping近邻不近邻），获得得能带的dispersion $\epsilon_{\vec k}$ 。写到一起： $\xi_{\vec k\sigma}=q_\sigma \epsilon_{\vec k} +\lambda'_\sigma -\mu$ ，作用量完全对角化：
\begin{align}S_f[\bar{f},f] = \sum_{ij\sigma}\sum_n \bar{f}_{\sigma}(\vec k,\omega_n)[-i\omega_n +\xi_{\vec k\sigma}] f_{\sigma}(\vec k,\omega_n)\end{align}
所以使用grassmann vector的高斯积分，直接得出配分函数，det A 就是对自由度 $\vec k, \omega_n$ 连乘啦。取对数：
\begin{align}\log\mathcal{Z}= -S_b + \sum_{\sigma} \sum_{\vec k} \sum_n \log(-i\omega_n + \xi_{\vec k\sigma}) \end{align}
松原频率求和可以精确求出。Altland第四章已经帮我们推导过了，直接套公式：
\begin{align}\sum_n \log(-i\omega_n + \xi_{\vec k\sigma}) = \log(1+e^{-\beta\xi_{\vec k\sigma}}) = \log(1+e^{-\beta(q_\sigma \epsilon_\vec k +\lambda'_\sigma -\mu)})\end{align}
下一步就是热力学量啦。在零温的时候，由于 $F = \mathinner{\langle E\rangle}-TS$ ，所以平均能量：
\begin{align} \mathinner{\langle E \rangle}/N = -\frac{1}{N}\frac{\partial}{\partial \beta}\log\mathcal{Z}= & \left[ \lambda(\sum_{\sigma} p^2_{\sigma} + e^2 + d^2 -1) -\sum_{\sigma}\lambda'_{\sigma} (p^2_{\sigma} + d^2) +Ud^2\right]\\ &+\frac{1}{N}\sum_{\sigma}\sum_{\vec k}\frac{q_{\sigma}\epsilon_{\vec k}+(\lambda'_{\sigma}-\mu)}{1+e^{\beta(q_{\sigma}\epsilon_{\vec k}+\lambda'_{\sigma}-\mu)}} \end{align}
这个式子可以如下简化：1. 只考虑顺磁的情况，这样自旋指标不区分，所以对自旋的求和统一变成乘2。2：particle-hole symmetry，可以得到$ \lambda'_{\sigma} = U/2 = \mu$以及 $\lambda$ 可以任意（这就是拉格朗日乘子的作用，使之满足约束）取 $\lambda = \lambda'_{\sigma}$ 我们可以消掉p-density。现在（不区分自旋指标），在原本的两个约束条件下且满足半满情形下 $d^2=e^2$ ， $\mathinner{\langle \bar z_{i\sigma}z_{i\sigma}\rangle} =q_\sigma = 8d^2(1-2d^2) = q$ 可以只用d-density表示。我们知道doulon和holon的density一定会是相等的。我们把对k的求和化成积分 $\sum_{\mathbf{k}}\rightarrow \frac{N}{(2\pi)^2}\int \rm{d}\mathbf{k}$ ，并插入态密度 $g(E)$ 转到能量的积分：
\begin{align}\bar{\epsilon} = \mathinner{\langle E \rangle}/N = Ud^2 + 2\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d} E \ g(E) \frac{qE}{1+e^{\beta qE}} \end{align}
现在，平均能量（自由能）对序参量——doublon （holon）density求极小值：
\begin{align} \frac{\partial\bar{\epsilon}}{\partial d^2} = \frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d} d^2}\frac{\partial \bar{\epsilon}}{\partial q} = 0 \end{align}
能得到
\begin{align} (8-32d^2)\times \left[2\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d} E\ g(E) E\left( \frac{e^{\beta qE}(1-\beta qE)+1}{(e^{\beta qE}+1)^2}\right) \right] = 0 \end{align}
这一步容易卡住。其实，把中间大圆括号里那一坨扔进画图程序，就能知道这tm就是一个近似的翻转阶梯函数
\begin{align} f(x) = \frac{e^{x}(1-x)+1}{(e^{x}+1)^2}, \ \lim_{x\rightarrow\infty}f(x) = 0, \ \lim_{x\rightarrow-\infty}f(x) = 1 \end{align}
而我们正好是要取零温 $\beta \rightarrow +\infty$ ，所以直接把这个式子写成
\begin{align} d^2 = \frac{1}{4}(1-\frac{U}{U_c}), \quad U_c = 16\int_0^{\infty} \mathrm{d} E g(E) E \end{align}
在 $U>U_c$ 是，doublon和holon的密度为0，完全变为所有格点单占据。通过代入态密度，数值积分可以轻易得到正方格子下 $U_c \approx 13t$ ，确实是BR转变。 这只是简单的saddle point方法，从正经计算路径积分开始到最后的计算都不难。当然在这套slave boson表示下可以引入其它的平均场，可以得到比如没有玻色condensation但玻色子密度不为零的转变（是Mott转变）。
参考
[1] https://journals.aps.org/prb/abstract/10.1103/PhysRevB.2.4302
[2] https://iopscience.iop.org/article/10.1088/0305-4608/7/12/022
[3] https://journals.aps.org/prb/abstract/10.1103/PhysRevB.29.3035
[4] https://journals.aps.org/prl/abstract/10.1103/PhysRevLett.57.1362
