作为一个例子，我们考虑$N_+=N_-=1$维数为$2$的带绝缘体。一般而言，二带布洛赫哈密顿可以根据四个实函数$R_{0,1,2,3}(k)$写成
H(k)=R_0(k)\sigma_0+\mathbf{R}(k)\cdot \mathbf{\sigma}
其中$\mathbf{R}=(R_1,R_2,R_3)$. 能带的能量色散关系为
\varepsilon_{\pm}(k)=R_0(k)\pm R(k),\quad R(k)=|\mathbf{R}(k)|
对于带绝缘体，在费米能处有一个能隙，为了方便起见，令此处的能量为$0$. 因此我们假设$R_0(k)+R(k)>0>R_0(k)-R(k)$，特别地，这意味着对于所有$k$都有$R(k)>0$
在这个二带的粒子里，布洛赫哈密顿$H(k)$或者四个矢量$R_{\mu=0,1,2,3}(k)$定义了从BZ到无约束四维向量$R_\mu$空间的映射。然而布洛赫波函数仅仅依赖单位矢量$\mathbf{n}(k)=\mathbf{R}(k)/R(k)$，这从以下两点很容易看到：
- $H(k)$中的$R_0(k)$并不会影响到波函数
- $\mathbf{R}(k)\cdot\mathbf{\sigma}=R(k)\mathbf{n}(k)\cdot\mathbf{\sigma}$
从布洛赫波函数的这个观点出发，我们考虑一个从BZ到$S^2$上单位矢量$\mathbf{n}$的映射。后者是复Grassmannian流形的最简单的例子$U(2)/U(1)\times U(1)=S^2$
在二带模型中，不同的带绝缘体可以被不同的映射$\mathbf{n}(k)$表征。通过把BZ$T^2$紧化为$S^2$，拓扑上不同的映射可以利用二阶同伦群$\pi_2(S^2)$来分类，这给出了$\pi_2(S^2)=Z$. 对于给定的映射$\mathbf{n}$，整数拓扑不变量为
\frac{1}{4\pi}\int_{BZ}\mathbf{n}\cdot\mathrm{d}\mathbf{n}\times\mathrm{d}\mathbf{n}\in Z
这可以计算出当我们扫过BZ时单位向量$\mathbf{n}$缠绕$S^2$的次数并且告诉我们$n$映射属于哪一个拓扑类。
现在让我们明确地构造布洛赫波函数。一个可能的选择是
|u^{\pm}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2R(R\mp R_3)}}\begin{pmatrix}
R_1-iR_2\\
\pm R-R_3
\end{pmatrix}观察占据带布洛赫函数$|u^-\rangle$在$\mathbf{R}=(0,0,-R)$处有一个奇点。当拓扑不变量\eqref{Chern num2}是非零的时候，矢量$\mathbf{n}(k)$必然将BZ中至少一个点映射到南极，因此，如果坚持在BZ中处处使用波函数\eqref{wavefun1}，就会遇到奇点。从这个意义上说，在定义BZ中全局光滑良好的波函数时存在一个障碍。为了避免这个奇异性，我们可以把BZ分片，并且在不同片上用不同的波函数。例如在南极附近我们可以选择
|u^\pm\rangle=\frac{1}{\sqrt{2R(R\pm R_3)}}\begin{pmatrix}
\pm R+R_3\\
R_1+i R_2
\end{pmatrix}这个波函数在南极是光滑的，但是在北极$\mathbf{R}=(0,0,R)$处是奇异的。利用两片波函数可以覆盖整个BZ。在两片交叠区域，两个波函数通过规范变换联系起来。
利用布洛赫波函数的显式形式，我们可以计算谱投影算符或者$Q$矩阵，并且可以看到不同的规范选择\eqref{wavefun1}和\eqref{wavefun2}产生相同的投影算符(投影算符规范不变)，并且仅仅只依赖于$\mathbf{n}(k)$.
例如我们选择第一个规范
\begin{split}
P&=|u^-\rangle\langle u^-|=\frac{1}{2R(R+R_3)}\begin{pmatrix}
R_1-iR_2\\
-R-R_3
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
R_1+iR_2&-R-R_3
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
\frac{R_1^2+R_2^2}{2R(R+R_3)}&-\frac{R_1-iR_2}{2R}\\
-\frac{R_1+iR_2}{2R}&\frac{(R+R_3)^2}{2R(R+R_3)}
\end{pmatrix}
\end{split}这样可以计算出$Q$矩阵
Q=1-2P=\begin{pmatrix}
\frac{R_3}{R}&\frac{R_1-iR_2}{R}\\
\frac{R_1+iR_2}{R}&-\frac{R_3}{R}
\end{pmatrix}=\frac{\mathbf{R}\cdot \bm{\sigma}}{R}Chern数为
\begin{split}
Ch^1&=-\frac{i}{16\pi}\int_{BZ}Tr[Q\mathrm{d}Q\wedge \mathrm{d}Q]\\
&=-\frac{i}{16\pi}\int_{BZ}Tr[Q(\frac{\partial Q}{\partial k_x}\frac{\partial Q}{\partial k_y}-\frac{\partial Q}{\partial k_y}\frac{\partial Q}{\partial k_x})]\mathrm{d}k_x\wedge \mathrm{d}k_y\\
&=-\frac{i}{16\pi}\int_{BZ}Tr[\bm{\sigma}\cdot\mathbf{n}(\bm{\sigma}\cdot\frac{\partial\mathbf{n}}{\partial k_x}\bm{\sigma}\cdot\frac{\partial\mathbf{n}}{k_y}-\bm{\sigma}\cdot\frac{\partial\mathbf{n}}{\partial k_y}\bm{\sigma}\cdot\frac{\partial\bm{n}}{\partial k_x})]\mathrm{d}k_x\wedge\mathrm{d}k_y
\end{split}分为两项分别计算
\begin{split}
Term1&=\sigma_i n_i\sigma_j\frac{\partial n_j}{\partial k_x}\sigma_k\frac{\partial n_k}{\partial k_y}\\
&=(\delta_{ij}+i\varepsilon_{ijk'}\sigma_{k'})\sigma_kn_i\frac{\partial n_j}{\partial k_x}\frac{\partial n_k}{\partial k_y}\\
&=\sigma_k n_i\frac{\partial n_i}{\partial k_x}\frac{\partial n_k}{k_y}+i\varepsilon_{ijk}n_i\frac{\partial n_j}{\partial k_x}\frac{\partial n_k}{\partial k_y}-(\delta_{ki}\delta_{lj}-\delta_{kj}\delta_{li})\sigma_ln_i\frac{\partial n_j}{\partial k_x}\frac{\partial n_k}{\partial k_y}\\
&=\mathbf{n}\cdot\frac{\partial\mathbf{n}}{\partial k_x}(\bm{\sigma}\cdot\frac{\partial\mathbf{n}}{\partial k_y})+i\varepsilon_{ijk}n_i\frac{\partial n_j}{\partial k_x}\frac{\partial n_k}{\partial k_y}-(\mathbf{n}\cdot\frac{\partial\mathbf{n}}{\partial k_y})(\bm{\sigma}\cdot\frac{\partial\mathbf{n}}{\partial k_x})+(\bm{\sigma}\cdot\mathbf{n})(\frac{\partial\mathbf{n}}{\partial k_x}\cdot\frac{\partial\mathbf{n}}{\partial k_y})\\
Term2&=Term1(x\leftrightarrow y)
\end{split}所以Chern数为(注意这里要Trace一个单位矩阵会多一个$2$倍)
Ch^1=\frac{1}{8\pi}\int_{BZ}\mathbf{n}\cdot(\mathrm{d}\mathbf{n}\times\mathrm{d}\mathbf{n})
利用Bloch波函数，我们可以计算Berry联络和Chern数，同样也可以得到上面的结果
这里展示一下计算过程，为了方便，我们依旧选取规范\eqref{wavefun1}，因为规范的选取并不影响Berry Curvature的结果。这次我们在$\mathbf{R}$所在的$S^2$作为底流形上计算:
\begin{split}
Ch^1&=\frac{i}{2\pi}\int_{BZ}Tr(F)=\frac{i}{2\pi}\int_{BZ}Tr(\frac{1}{2}F_{\mu\nu}^{\alpha\beta}\mathrm{d}R^\mu\wedge\mathrm{d}R^{\nu})\\
&=\frac{i}{4\pi}\int_{BZ}Tr(F_{\mu\nu}^{\alpha\beta})\mathrm{d}R^\mu\wedge\mathrm{d}R^\nu\\
&=\frac{i}{4\pi}\sum_{\alpha}\int_{BZ}F_{\mu\nu}^{\alpha\alpha}\mathrm{d}R^\mu\wedge\mathrm{d}R^\nu\\
&=\frac{i}{4\pi}\sum_{\alpha\beta}\int_{BZ}\frac{\langle u^\alpha|\partial_\mu H|u^\beta\rangle\langle u^\beta|\partial_\nu H|u^\alpha\rangle}{(E^\alpha-E^\beta)^2}\mathrm{d}R^\mu\wedge\mathrm{d}R^\nu\\
&=\frac{i}{4\pi}\sum_{\alpha\beta}\int_{BZ}\frac{\langle u^\alpha|\sigma_\mu|u^\beta\rangle\langle u^\beta|\sigma_\nu|u^\alpha\rangle}{(E^\alpha-E^\beta)^2}\mathrm{d}R^\mu\wedge\mathrm{d}R^\nu
\end{split}Chern数的Trace仅仅对占满的能带求和
\begin{split}
Ch^1&=\frac{i}{4\pi}\int_{S^2}\frac{\langle u^-|\sigma_i|u^+\rangle\langle u^+|\sigma_j|u^-\rangle}{(E^--E^+)^2}\mathrm{d}R^i\wedge\mathrm{d}R^j\\
&=\frac{i}{4\pi}\int_{S^2}\frac{\langle u^-|i\varepsilon_{ijk}\sigma_k|u^-\rangle-\langle u^-|\sigma_i|u^-\rangle\langle u^-|\sigma^j|u^-\rangle}{4R^2}\mathrm{d}R^i\wedge\mathrm{d}R^j\\
&=\frac{i}{4\pi}\int_{S^2}\frac{i\varepsilon_{ijk}R^k}{4R^3}\mathrm{d}R^i\wedge\mathrm{d}R^j\\
&=\frac{i}{4\pi}\int_{S^2}\frac{i}{4}\varepsilon_{ijk}n^k\mathrm{d}n^i\wedge\mathrm{d}n^j\\
&=\frac{i}{4\pi}\int_{BZ}\frac{i}{4}\varepsilon_{ijk}n^i(\frac{\partial n^i}{\partial k^\mu}\frac{\partial n^j}{\partial k^\nu}-\frac{\partial n^i}{\partial k^\nu}\frac{\partial n^j}{\partial k^\mu})\mathrm{d}k^\mu\wedge\mathrm{d}k^\nu\\
&=\frac{i}{4\pi}\int_{BZ}\frac{i}{2}\varepsilon_{ijk}n^i(\partial_\mu n^i)(\partial_\nu n^j)\mathrm{d}k^\mu\wedge\mathrm{d}k^\nu
\end{split}所以我们可以看到Berry Curvature为
Tr(\mathcal{F}(\mathbf{k}))=\frac{i}{2}\varepsilon_{ijk}n^i(\partial_\mu n^i)(\partial_\nu n^j)\mathrm{d}k^\mu\wedge\mathrm{d}k^\nu
这与之前用$Q$矩阵计算结果一样
二带模型非零Chern数的一个很显然的例子是
\mathbf{R}(k)=\begin{pmatrix}
-2\sin k_x\\
-2\sin k_y\\
\mu+2\sum_{i=x,y}\cos k_i
\end{pmatrix}H=\mathbf{R}\cdot \bm{\sigma}=\begin{pmatrix}
\mu+2\sum_{i=x,y}\cos{k_i}&-2\sin k_x+2i\sin k_y\\
-2\sin k_x-2i\sin k_y&-\mu-2\sum_{i=x,y}\cos k_i
\end{pmatrix}分别有三个量子相变点，分别在$\mu=0,\pm 4$，对应有四个相，Chern数分别为
Ch=\begin{cases}
0\quad&(|\mu|>4)\\
-1\quad&(-4<\mu<0)\\
1\quad&(0<\mu<4)
\end{cases}$d=2$维晶格上Chern数非零且无净磁场的带绝缘体通常称为Chern绝缘体，并表现出量子反常霍尔效应，这推广了在存在均匀磁场下的整数霍尔效应。Chern数不是什么别的，正是量子霍尔电导$\sigma_{xy}$.