Калибровочная инвариантность инварианта Фу-Кейна-Меле для двумерных топологических изоляторов

Ключевая проблема заключается в том, что калибровочное преобразование также изменяет квадратный корень (при$\boldsymbol k$), например , мы можем выбрать:

$$\boxed{\sqrt{f(\boldsymbol k)} \to e^{-i\phi(\boldsymbol k)} \sqrt{e^{i2\phi(\boldsymbol k)} f(\boldsymbol k)}}$$

В самом деле, нужно определение «квадратичного корня», которое никогда не оценивается вблизи его ветвления, и если исходный квадратный корень справляется с этим, то приведенный выше калибровочно преобразованный также делает все гладко. Можно выбрать другой квадратный корень (действительно, если бы кто-то был вынужден использовать приведенный выше, тогда каждый$\delta_{\boldsymbol k}$будет инвариантом, что определенно неверно). Главное, что я хочу отметить, это то, что, по крайней мере, нельзя оставить его без изменений в примере, который я привел в OP, который разрешает парадокс.

Иллюстрация: предположим, что мы начинаем с тривиального изолятора, где в исходной калибровке мы имеем$\langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle = 1$для всех $\boldsymbol k$и по '$\sqrt{}$' мы имеем в виду тот, у которого ветвь срезана на отрицательной действительной оси, т.е.$\sqrt{z} = \sqrt{|z|}\exp \left(i\frac{\arg z}{2} \right)$где$\arg z \in (-\pi,\pi]$. Теперь я сначала покажу, что если кто-то выполняет калибровочное преобразование OP, он должен переопределить квадратный корень. Во-вторых, я покажу, что никакой выбор квадратного корня не может привести к противоречию.

Если бы я сейчас выполнил калибровочное преобразование$e^{i\phi(\boldsymbol k)}$описано в ОП, то

$$\left\{ \begin{array}{rcl} \langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle &\to &e^{-i\phi(\boldsymbol k)} \langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle \\ \small \sqrt{\langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle \langle \psi^{(2)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(1)}(\boldsymbol k)\rangle} &\to &\small \sqrt{e^{-i2\phi(\boldsymbol k)}\langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle \langle \psi^{(2)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(1)}(\boldsymbol k)\rangle} \end{array} \right.$$ Отсюда, используя тот факт, что в исходной калибровке $\langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle = 1$, в новой калибровке получаем: $$\left\{ \begin{array}{rcl} \langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle &= &e^{-i\phi(\boldsymbol k)} \\ \small \sqrt{\langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle \langle \psi^{(2)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(1)}(\boldsymbol k)\rangle} &= &\small \sqrt{e^{-i2\phi(\boldsymbol k)}} \end{array} \right.$$

Определенно есть значения$\boldsymbol k$где$e^{-i2\phi(\boldsymbol k)}$плавно пересекает отрицательную вещественную ось (т.е. где$\phi(\boldsymbol k) \approx \frac{\pi}{2}$, см. сюжет в OP), поэтому моего первоначального понятия «квадратный корень» больше не достаточно. Следовательно, я должен переопределить свой квадратный корень. Я могу использовать тот, который я написал в поле вверху этого поста, но это только один конкретный вариант. Вообще говоря, любая гладкая функция$\alpha(\boldsymbol k)$определяет новый квадратный корень

$$\sqrt{f(\boldsymbol k)} \to e^{-i\alpha(\boldsymbol k)} \sqrt{e^{i2\alpha(\boldsymbol k)} f(\boldsymbol k)}$$

Следовательно, у нас есть

$$\left\{ \begin{array}{rcl} \langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle &= &e^{-i\phi(\boldsymbol k)} \\ \small \sqrt{\langle \psi^{(1)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle \langle \psi^{(2)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(1)}(\boldsymbol k)\rangle} &= &\small e^{-i\alpha(\boldsymbol k)}\sqrt{e^{i2(\alpha(\boldsymbol k)-\phi(\boldsymbol k))}} \end{array} \right.$$ где $\sqrt{}$с правой стороны теперь тот, у которого ветвь срезана на отрицательной действительной оси. Сейчас мы хотим показать, что $(-1)^{\nu}$является калибровочно-инвариантным независимо от того, что мы выбираем в качестве $\alpha(\boldsymbol k)$. Единственное условие это $\alpha(\boldsymbol k)$должен удовлетворить это $e^{i2(\alpha(\boldsymbol k)-\phi(\boldsymbol k))}$никогда не пересекает отрицательную действительную ось (потому что именно там лежит срез исходного квадратного корня). Для этого есть два качественно разных набора решений:

• $\boxed{-\frac{\pi}{2} < \alpha(\boldsymbol k)-\phi(\boldsymbol k) < \frac{\pi}{2}}$В таком случае$\sqrt{e^{i2(\alpha(\boldsymbol k)-\phi(\boldsymbol k))}} = e^{i(\alpha(\boldsymbol k)-\phi(\boldsymbol k))}$. При таком выборе$\alpha(\boldsymbol k)$, мы видим, что на самом деле каждый $\delta_{\boldsymbol k}$остается инвариантным!
• $\boxed{\frac{\pi}{2} < \alpha(\boldsymbol k)-\phi(\boldsymbol k) < \frac{3\pi}{2}}$В таком случае $$\sqrt{e^{i2(\alpha(\boldsymbol k)-\phi(\boldsymbol k))}} = \exp \left( i\frac{2(\alpha(\boldsymbol k)-\phi(\boldsymbol k))-2\pi}{2} \right) = -e^{i(\alpha(\boldsymbol k)-\phi(\boldsymbol k))}$$ Следовательно, в этом случае каждый $\delta_{\boldsymbol k} \to - \delta_{\boldsymbol k}$

---

Заключение

Недостаточно учитывать количества, указанные в ОП. И недостаточно просто выбрать манометр, где$|\psi^{0}(\boldsymbol k)\rangle$и$|\psi^{1}(\boldsymbol k)\rangle$гладкие. На самом деле нужно убедиться, что для каждого$\boldsymbol k$,$\sqrt{\langle \psi^{(1)}(-\boldsymbol k)|T|\psi^{(2)}(\boldsymbol k)\rangle \langle \psi^{(2)}(\boldsymbol k)|T|\psi^{(1)}(-\boldsymbol k)\rangle}$является гладкой функцией. (Я поставил здесь знак минус, потому что если допустить$T$также действуют на импульсы, то без минуса он был бы тривиально равен нулю, за исключением четырех инвариантных точек.) Это означает, что если сделать калибровочное преобразование, может потребоваться сдвинуть разрез ветви квадратного корня (в$\boldsymbol k$-зависимый способ). Это так, что в конце дня,$(-1)^\nu$является инвариантным. Примечание: один из таких вариантов решения парадокса в OP имеет свойство, которое$\sqrt{1} = -1$в$\boldsymbol k = (0,0)$.

---

Но...

В приведенном выше примере я показал, как$\delta_{\boldsymbol k}$определяется с точностью до знака. Обратите внимание, что сделанные мной расчеты должны быть прямо распространены на общий случай с небольшими изменениями. Следовательно, это доказывает, что$(-1)^\nu$калибровочно-инвариантно! Однако на самом деле это доказывает, что любое произведение двух$\delta_{\boldsymbol k}$является калибровочным инвариантом! Это противоречит Kane et al. утверждая, что действительно нужно, чтобы все четыре имели калибровочно-инвариантный объект. Я не уверен, что я все еще пропускаю?