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s奇数基系列例子——三维ClassDIII：$^3He$的B相

by : 小李哥

我们考虑BdG哈密顿为

\hat{H}=\frac{1}{2}\sum_{k}\Psi^\dagger H(k)\Psi(k)

其中$\Psi^\dagger=(\psi_{\uparrow}^\dagger,\psi_{\downarrow}^\dagger,\psi_{\uparrow},\psi_{\downarrow})$，

\begin{split}
        H(k)&=\begin{pmatrix}
            \xi(k)&\Delta(k)\\
            \Delta(k)&-\xi(k)
        \end{pmatrix}\\
        \xi(k)&=k^2/2m-\mu,\quad \Delta(k)=\Delta_0i\sigma_2\mathbf{k}\cdot\bm{\sigma}
    \end{split}

这个哈密顿具有PHS和TRS。属于ClassDIII，在三维情况下具有整数Chern数，由缠绕数表征。

\nu[q]=\frac{1}{2}(sgn(\mu)+1)

这是一个修正狄拉克型，直接套用沈顺清的结论$N=sgn(m)+sgn(B)$

具体计算参考沈老师文献和PHYSICAL REVIEW B 78, 195125 (2008). 下面我们复现一下PHYSICAL REVIEW B 78, 195125 (2008)中的计算。

对于三维狄拉克方程，我们讨论它可能有的拓扑分类

H=-i\alpha^\mu \partial_\mu+m\beta

其中$\alpha^\mu=\tau^1\otimes \sigma^\mu,\beta=\tau^3\otimes\sigma^0$

\alpha^\mu=\tau^1\otimes\sigma^\mu=\begin{pmatrix}
        &\sigma^\mu\\
        \sigma^\mu&
    \end{pmatrix},\quad\beta=\tau^3\otimes\sigma^0=\begin{pmatrix}
        \sigma^0&\\
        &-\sigma^0
    \end{pmatrix}

我们知道$\alpha^\mu=\gamma^0\gamma^\mu,\beta=\gamma^0$, 所以有

\gamma^5=i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3=i\beta\beta\alpha^1\beta\alpha^2\beta\alpha^3=-i\alpha^1\alpha^2\alpha^3=\begin{pmatrix}
        &\sigma^0\\
        \sigma^0&
    \end{pmatrix}=\tau^1\otimes\sigma^0

在动量空间中

H(k)=\alpha^\mu k_\mu+m\beta=\begin{pmatrix}
        m&\mathbf{k}\cdot\bm{\sigma}\\
        \bm{k}\cdot\bm{\sigma}&-m
    \end{pmatrix}

能谱色散关系为$E(k)=\pm\sqrt{k^2+m^2}=\pm \lambda(k)$. 这个四分量狄拉克方程一共有四种分类：Class AII、ClassAIII和ClassDIII

ClassAII: 四维狄拉克方程有一个时间反演不变性，其中时间反演算符的表示矩阵$U_T=-i\tau^0\otimes\sigma^2$

U_T^{-1}H^*(k)U_T=H(k)

验证一下

\begin{split}
        \begin{pmatrix}i\sigma^2&\\
        &i\sigma^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
            m&(\bm{k}\cdot\bm{\sigma})^*\\
            (\bm{k}\cdot\bm{\sigma})^*&-m
        \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
            -i\sigma^2&\\
            &-i\sigma^2
        \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
            m&\sigma^2(\bm{k}\cdot\bm{\sigma}^*)\sigma^2\\
            \sigma^2(\bm{k}\cdot\bm{\sigma}^*)\sigma^2&-m
        \end{pmatrix}
    \end{split}

利用$\sigma^2\sigma^*=-\sigma\sigma^2$. 可以得知

U_T^{-1}H^*(k)U_T=H(-k)

ClassDIII：除了TRS以外，狄拉克哈密顿还满足PHS，但是这里的PHS变换矩阵并不是ClassDIII里的标准形式，而是$\tau^2\otimes\sigma^2H^*(k)\tau^2\otimes\sigma^2=-H(-k)$. 为了解决这个问题，我们对哈密顿进行一个幺正变换

H(k)\rightarrow\Omega H(k)\Omega^{-1}=\begin{pmatrix}
        m&(\bm{k}\cdot\bm{\sigma})i\sigma^2\\
        -i\sigma^2(\bm{k}\cdot\bm{\sigma})&-m
    \end{pmatrix},\quad \Omega=\begin{pmatrix}
        \sigma_0&\\
        &-i\sigma_y
    \end{pmatrix}

简单推导一下这个幺正变换

\Omega H(k)\Omega^{-1}=\begin{pmatrix}
        \sigma^0&\\
        &-i\sigma^2
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        m&\bm{k}\cdot\bm{\sigma}\\
        \bm{k}\cdot\bm{\sigma}&-m
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        \sigma^0&\\
        &i\sigma^2
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        m&(\bm{k}\cdot\bm{\sigma})i\sigma^2\\
        -i\sigma^2(\bm{k}\cdot\bm{\sigma})&-m
    \end{pmatrix}
\begin{split}
        &\tau^2\otimes\sigma^2H^*(k)\tau^2\otimes\sigma^2=-H(-k)\\
        &\Omega\tau^2\otimes\sigma^2\Omega^{-1}\Omega H^*(k)\Omega^{-1}\Omega\tau^2\otimes\sigma^2\Omega^{-1}=\Omega\tau^2\otimes\sigma^2\Omega^{-1}\begin{pmatrix}
            m&(\bm{k}\cdot\bm{\sigma})i\sigma^2\\
            -i\sigma^2(\bm{k}\cdot\bm{\sigma})&-m
        \end{pmatrix}\Omega\tau^2\otimes\sigma^2\Omega^{-1}
    \end{split}

计算一下

\Omega\tau^2\otimes\sigma^2\Omega^{-1}=\begin{pmatrix}
        \sigma^0&\\
        &-i\sigma^2
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        &-i\sigma^2\\
        i\sigma^2&
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        \sigma^0&\\
        &i\sigma^2
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        0&\sigma^0\\
        \sigma^0&
    \end{pmatrix}=\tau^1\otimes\sigma^0

这就是标准的PHS变换形式，此时的哈密顿形式为

\tilde{H}(k)=\begin{pmatrix}
        m&(\bm{k}\cdot\bm{\sigma})i\sigma^2\\
        -i\sigma^2(\bm{k}\cdot\bm{\sigma})&-m
    \end{pmatrix}

PHS:$\tau^1\otimes\sigma^0H(k)\tau^1\otimes\sigma^0=-H^*(-k)$

TRS:$i\sigma^2H^*(k)(-i\sigma^2)=H(-k)$

例如氦3超流的BW相，BW相的$d$向量为$\mathbf{d}\propto\mathbf{k}$, $m$为化学势的负数$m=-\varepsilon_F=-\mu$

ClassAIII：三维狄拉克方程具有手征对称性，$\tau^2\otimes\sigma^0H(k)\tau^2\otimes\sigma^0=-H(k)$. 我们可以通过一个转动$\tau^2\rightarrow\tau^3$把手征算符块对角化

U^{-1}\tau^2U=\tau^3,\quad U=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
        1&1\\
        i&-i
    \end{pmatrix}

在这个表象下，哈密顿是反对角形式：

H\rightarrow U^{-1}HU=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
        1&-i\\
        1&i
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        m&-i\sigma^\mu\partial_\mu\\
        -i\sigma^\mu\partial_\mu&-m
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        1&1\\
        i&-i
    \end{pmatrix}=-i\alpha^\mu\partial_\mu-i\beta\gamma^5m

在动量空间中

H(k)=\begin{pmatrix}
        0&\bm{k}\cdot\bm{\sigma}-im\\
        \bm{k}\cdot\bm{\sigma}+im
    \end{pmatrix}

手征对称性为$\beta H(k)\beta=-H(k)$. 对于能量$E(k)=-\lambda(k)$的情况，可以对$\mathbf{p}=0$的解进行一个Boost得到。具体计算可以参考我写的沈顺清笔记。

\begin{split}
        |u_1(k)\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\lambda(\lambda+m)}}\begin{pmatrix}
            -k_-\\
            k_z\\
            0\\
            \lambda+m
        \end{pmatrix},\quad |u_2(k)\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\lambda(\lambda+m)}}\begin{pmatrix}
            -k_z\\
            -k_+\\
            \lambda+m\\
            0
        \end{pmatrix}
    \end{split}

对于能量为正的情况$E(k)=\lambda(k)$

\begin{split}
        |u_3(k)\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\lambda(\lambda-m)}}\begin{pmatrix}
            k_-\\
            -k_z\\
            0\\
            \lambda-m
        \end{pmatrix},\quad |u_4(k)\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\lambda(\lambda-m)}}\begin{pmatrix}
            k_z\\
            k_+\\
            \lambda-m\\
            0
        \end{pmatrix}
    \end{split}

其中$k_\pm=k_x\pm ik_y$. 如果$m>0$，$|u_{3,4}(k)\rangle$在$\lambda(k)=m$处不是良定义的。($k=0$)

计算$Q$矩阵

Q(k)=1-2P(k)=\frac{1}{\lambda}(k_\mu\alpha^\mu+m\beta)

Q(k)=|u_3\rangle\langle u_3|+|u_4\rangle\langle u_4|-|u_1\rangle\langle u_1|-|u2\rangle\langle u_2|=\frac{1}{\lambda}\begin{pmatrix}
        m&\bm{k}\cdot\bm{\sigma}\\
        \bm{k}\cdot\bm{\sigma}&-m
    \end{pmatrix}

利用$\Omega$矩阵变到ClassDIII

Q(k)\rightarrow\Omega Q(k)\Omega^{-1}=\frac{1}{\lambda}\begin{pmatrix}
        m&\bm{k}\cdot\bm{\sigma}(i\sigma^2)\\
        (-i\sigma^2)\bm{k}\cdot\bm{\sigma}&-m
    \end{pmatrix}

然后利用$U$矩阵进入到手征表象中

Q(k)=\frac{1}{\lambda}\begin{pmatrix}
        0&i\sigma^2(k_\mu\sigma^\mu-im)\\
        (k_\mu\sigma^\mu+im)(-i\sigma^2)&0
    \end{pmatrix}

所以q矩阵为

q(k)=i\sigma^2(k_\mu\sigma^\mu-im)

利用缠绕数

\nu[q]=\int_{BZ}\frac{\mathrm{d}^3k}{24\pi^2}\varepsilon_{\mu\nu\rho}Tr[(q^{-1}\partial_\mu q)(q^{-1}\partial_\nu q)(q^{-1}\partial_\rho q)]

计算结果为

\nu[q]=\frac{1}{2}sgn(m)
s0 = {{1, 0}, {0, 1}};
s1 = {{0, 1}, {1, 0}};
s2 = {{0, -I}, {I, 0}};
s3 = {{1, 0}, {0, -1}};
s = {s1, s2, s3};
k = {k1, k2, k3};
inv = Inverse[k.s - I m s0];
trace1 = Simplify[Tr[inv.s1.inv.s2.inv.s3]];
trace2 = Simplify[Tr[inv.s3.inv.s2.inv.s1]];
ker = Simplify[(3 trace1 - 3 trace2)/(24 Pi^2)];
func[k1_, k2_, k3_] := ker;
Integrate[
 func[k1, k2, k3], {k1, -Infinity, Infinity}, {k2, -Infinity, 
  Infinity}, {k3, -Infinity, Infinity}]

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