手征类的第一代$Z_2$与非手征类的第二代$Z_2$具有同构关系。这个关系在后面会详细讨论。对于手征类拓扑不变量$Z_2^{(1)}$因此是由规范约束条件\eqref{gauge condition}(s=1,5 CI,DIII)和\eqref{occupied state}(s=3,7 BDI,CII)给出
二维Class DIII
正如二维时间反演对称拓扑绝缘体(Class AII)的情况，对于时间反演对称拓扑超导FK不变量可以由Pfaffian公式写出
w(K)=\frac{\mathrm{Pf}(w(K))}{\sqrt{\det w(K)}}TRS的出现允许我们定义$Z_2$不变量。Pfaffian公式可以由$Q$矩阵给出。为了看到这个，我们在反对角块基底下写出BdG哈密顿
H(k)=\begin{pmatrix}
0&D(k)\\
D^\dagger(k)&0
\end{pmatrix},\quad D(k)=-D^T(-k)在这个表象中，TR算符由$T=U_T\mathcal{K}=i\sigma_2\otimes\mathbb{1}\mathcal{K}$给出，$Q$矩阵写成
Q(k)=\begin{pmatrix}
0&q(k)\\
q^\dagger(k)&0
\end{pmatrix},\quad q(k)=-q^T(-k)为了计算$Z_2$拓扑数，我们选择基底$|u_\pm^\alpha(k)\rangle_N$, 斜矩阵由$w^{\alpha\beta}(k)=-q^{\alpha\beta}(-k)$给出。$Z_2$拓扑数可以被表示成
W=\prod_{K}\frac{\mathrm{Pf}[q(K)]}{\sqrt{\det[q(K)]}}
在这里我想证明一下上述式子。对于一般的Class DIII而言
H(k)=\begin{pmatrix}
\xi(k)&\Delta(k)\\
\Delta^\dagger(k)&-\xi^T(-k)
\end{pmatrix}其中$\Delta(k)=-\Delta^T(-k)$. 对于Class DIII超导而言，TRS算符$U_T$和PHS算符$U_C$分别满足$U_T^2=-1,U_C^2=1$. 其中时间反演关系
U_T^\dagger H^*(k)U_T=H(-k)
其中$U_T=diag(u_T,u_T^*)$，在这里的基底$u_T=i\sigma_y$. 由于时间反演关系
\begin{pmatrix}
u_T^\dagger\\
&u_T^T
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\xi^*(k)&\Delta^*(k)\\
\Delta^T(k)&-\xi^\dagger(-k)
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
u_T&\\
&u_T^*
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
u_T^\dagger\xi^*(k)u_T&u_T^\dagger\Delta^*(k)u_T^*\\
u_T^T\Delta^T(k)u_T&-u_T^T\xi^\dagger(-k)u_T^*
\end{pmatrix}所以有
\begin{cases}
u_T^\dagger\xi(k)u_T=\xi(-k)\\
u_T^\dagger\Delta^*(k)u_T^*=\Delta(-k)
\end{cases}利用$u_Tu_T^T=\mathbb{1}$和$u_T^T=-u_T,u_T^\dagger=-u_T$可以得到$u_T\Delta^\dagger(k)=\Delta(k)u_T^\dagger$. 手征算符为$U_S=U_TU_C=\tau_x\otimes i\sigma_2$
利用幺正变换$V$可以计算出手征表象下的哈密顿形式
H(k)\rightarrow V^\dagger H(k)V=\begin{pmatrix}
0&D(k)\\
D^\dagger(k)&0
\end{pmatrix}其中$V$为
V=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
1&1\\
iu_T&-iu_T
\end{pmatrix}最后计算结果为$D(k)=h(k)+i\Delta(k)u_T^\dagger$. 时间反演对称要求
u_T D^T(-k)u_T^\dagger=D(k),D^T(-k)=-D(k)
此时Q矩阵为
Q(k)=\begin{pmatrix}
0&q(k)\\
q^\dagger(k)&0
\end{pmatrix},\quad q(k)=-q^T(-k)规范矩阵
w^{\alpha\beta}(k)=\langle u^\alpha_+(-k)|\mathcal{T}u^\beta_+(k)\rangle
其中$u_a^\pm(k)$是$Q$矩阵第$\alpha$个本征值为$\pm$本征态。根据手征哈密顿可以构造本征态
|u^\alpha_\pm(k)\rangle_N=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
|n^\alpha\rangle\\
\pm q^\dagger(k)|n^\alpha\rangle
\end{pmatrix}或者可以选择为
|u^\alpha_\pm(k)\rangle_S=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}
\pm q(k)|n^\alpha\rangle\\
|n^\alpha\rangle
\end{pmatrix}其中$n^\alpha$是独立正交向量，为了简单起见，我们选择$(n^\alpha)_\beta=\delta_{\alpha\beta}$.
\begin{split}
w^{\alpha\beta}(k)&=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
\langle n^\alpha|&\langle n^\alpha| q(-k)
\end{pmatrix}T\begin{pmatrix}
|n^\beta\rangle\\
q^\dagger(k)|n^\beta\rangle
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
\langle n^\alpha|&\langle n^\alpha| q(-k)
\end{pmatrix}i\sigma_2\mathcal{K}\begin{pmatrix}
|n^\beta\rangle\\
q^\dagger(k)|n^\beta\rangle
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
\langle n^\alpha|&\langle n^\alpha|q(-k)|
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
q^T(k)|n^\beta\rangle\\
-|n^\beta\rangle
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{2}(\langle n^\alpha|q^T(k)|n^\beta\rangle-\langle n^\alpha|q(-k)|n^\beta\rangle)\\
&=\frac{1}{2}(\langle n^\alpha|q^T(k)|n^\beta\rangle+\langle n^\alpha|q^T(k)|n^\beta\rangle)\\
&=q^T_{\alpha\beta}(k)
\end{split}所以$Z_2$不变量为
W=\prod_{K}\frac{\mathrm{Pf}[q^T(K)]}{\sqrt{\det [q(K)]}}