授業で習った形との対応

(1) $\hat H(\bm{k})u_{n\bm{k}}=\varepsilon _n(\bm{k})u_{n\bm{k}}$ の複素共役をとると $\hat H(\bm{k})^*u_{n\bm{k}}^*=\varepsilon _nu_{n\bm{k}}^*$、すなわち $\hat H(-\bm{k})u_{n\bm{k}}^*=\varepsilon _n(\bm{k})u_{n\bm{k}}^*$。縮退が無いので $u_{n,-\bm{k}}$ は $u_{n\bm{k}}^*$ に比例し、ゲージを選んで $u_{n,-\bm{k}}=u_{n\bm{k}}^*$ とすることができる。このとき

$$\bm{A}_n(-\bm{k})=\mathrm{i}\langle u_{n,-\bm{k}} | (\nabla u_n)(-\bm{k}) \rangle .$$

$(\nabla u_n)(-\bm{k})$ は $u_n$ の勾配を $-\bm{k}$ で評価したもので、$u_n(\bm{k}')=u_n(-\bm{k}')^*$ を $\bm{k}'$ で微分して $\bm{k}'=-\bm{k}$ とおくと$(\nabla u_n)(-\bm{k})=-\bigl[(\nabla u_n)(\bm{k})\bigr]^*$。よって $\bm{A}_n(-\bm{k})=-\mathrm{i}\langle u_{n\bm{k}}^* | (\nabla u_{n\bm{k}})^* \rangle =-\mathrm{i}\langle u_{n\bm{k}} | \nabla u_{n\bm{k}} \rangle ^*$。$\langle u | \nabla u \rangle =-\mathrm{i}\bm{A}_n$ は純虚数なので、その共役は $\mathrm{i}\bm{A}_n$ で、$\bm{A}_n(-\bm{k})=-\mathrm{i}\cdot\mathrm{i}\bm{A}_n(\bm{k})=\bm{A}_n(\bm{k})$ となる。$\bm{A}_n$ が偶関数なら、その回転は奇関数である（$\bm{k}\to-\bm{k}$ で微分の向きが反転する）。よって $\bm{\Omega}_n(-\bm{k})=-\bm{\Omega}_n(\bm{k})$。Brillouin 域は $\bm{k}\to-\bm{k}$ で自分自身に移るので、奇関数の積分は $0$、したがって $C_n=0$ で、$f_0(\varepsilon _n(\bm{k}))=f_0(\varepsilon _n(-\bm{k}))$（同じ計算で $\varepsilon _n$ は偶関数）から $\sigma_{xy}=0$ も従う。

(2) 同様に $\hat H(-\bm{k})Pu_{n\bm{k}}=P\hat H(\bm{k})u_{n\bm{k}}=\varepsilon _nPu_{n\bm{k}}$ なので、ゲージを選んで $u_{n,-\bm{k}}=Pu_{n\bm{k}}$。$P$ はユニタリで $\bm{k}$ によらないから$\bm{A}_n(-\bm{k})=\mathrm{i}\langle Pu | (\nabla u_n)(-\bm{k}) \rangle$ で、$u_n(\bm{k}')=Pu_n(-\bm{k}')$ を微分すると $(\nabla u_n)(-\bm{k})=-P(\nabla u_n)(\bm{k})$。よって $\bm{A}_n(-\bm{k})=-\mathrm{i}\langle Pu | P\nabla u \rangle =-\bm{A}_n(\bm{k})$（奇関数）、その回転は偶関数で $\bm{\Omega}_n(-\bm{k})=\bm{\Omega}_n(\bm{k})$。

両方あれば $\bm{\Omega}_n(\bm{k})=-\bm{\Omega}_n(-\bm{k})=-\bm{\Omega}_n(\bm{k})$ なので $\bm{\Omega}_n=0$ である。数値でも確かめられる。図 4.11.2 の Qi–Wu–Zhang 模型は $P=\sigma_z$ について空間反転対称で時間反転対称でなく、$\Omega(-\bm{k})=\Omega(\bm{k})$ を満たす。副格子の段差のある六方格子の模型（時間反転対称・空間反転なし）では $\Omega(-\bm{k})=-\Omega(\bm{k})$ で、Chern 数は $0$ になる。