普通时间反演与含半平移的有效反幺正对称性的比较

反幺正操作与Kramers简并

设$A$是一个反幺正算符，且是体系的对称性，即

$A H(\mathbf k) A^{-1}=H(-\mathbf k)$

如果在某个动量点$\mathbf k_\star$有

$\mathbf k_\star \equiv -\mathbf k_\star+\mathbf G,$

其中$\mathbf{G}$是倒格矢，那么这个点在$A$作用下会映回同一个 Bloch 子空间。这种点就是“时间反演不变动量”（TRIM）。如果$A^2$在这个$\mathbf k_\star$子空间上满足

$A^2=-1,$

那么任意能量本征态$|u\rangle$都会有一个与之正交、能量相同的伴随态$A|u\rangle$，于是出现两重简并，这就是最一般的“Kramers 简并”判据。下面证明一下，假设

$H|u\rangle = E|u\rangle, \qquad [H,A]=0,$

并且在该动量子空间内$A^2=-1$，那么

$H(A|u\rangle)=A(H|u\rangle)=EA|u\rangle,$

因此$A|u\rangle$也是相同能量的本征态。对于反幺正算符$A$有恒等式

$\langle A\phi|A\chi\rangle=\langle \chi|\phi\rangle.$

令$\phi=u,\ \chi=Au$则得到

$\langle Au|A^2u\rangle=\langle Au|u\rangle.$

当$A^2=-1$，则

$-\langle Au|u\rangle=\langle Au|u\rangle,$

从而有

$\langle Au|u\rangle=0.$

因此$|u\rangle$和$A|u\rangle$是简并且正交的态，此时能量本征态是两重简并的。

自旋$1/2$体系中的时间反演

对于自旋为$1/2$的电子系统，时间反演操作$\mathcal T = i\sigma_y K,$其中$K$是复共轭操作，他满足

$\mathcal T^2=-1,\qquad \mathcal T:\mathbf k\mapsto -\mathbf k.$

因此在时间反演不变动量点

$\mathbf k \equiv -\mathbf k+\mathbf G$

时间反演$\mathcal{T}$将该动量映射回自身，且$\mathcal{T}^2=-1$，因此所有 TRIM 点都必然有 Kramers 简并。

现在考虑反幺正对称操作$\tilde T_1=\mathcal T\tau$，其中$\tau$是沿$x$方向的半个晶格常数平移$\tau = T_x(a/2)$，这个操作在非常规磁性中会出现。由于晶格平移$\tau$不会改变晶体动量，而时间反演$\mathcal{T}$满足$\mathbf k\to -\mathbf k$，因此这个反幺正操作满足

$\tilde T_1:\mathbf k\mapsto -\mathbf k.$

所以对于时间反演动量点$\mathbf k \equiv -\mathbf k+\mathbf G$,对称操作$\tilde T_1$还是将该点映射回自身。如果沿着$x$方向来看，候选的动量点为

$k_x=0,\qquad k_x=\pi/a.$

与常规的时间反演操作$\mathcal{T}$不同，反幺正操作$\tilde T_1^2$不再是常数，而是动量依赖的

$\mathcal T \tau \mathcal T^{-1}=\tau,\quad \tilde T_1^2=(\mathcal T\tau)(\mathcal T\tau)=\mathcal T^2\tau^2.$

对于自旋$1/2$的电子$\mathcal{T}^2=-1$，而半个晶格平移两次对应平移整个晶格$\tau^2=T_x(a)$，因此

$\tilde T_1^2=-T_x(a).$

电子Bloch态满足

$T_x(a)|\psi_{n\mathbf k}\rangle=e^{ik_x a}|\psi_{n\mathbf k}\rangle.\rightarrow \tilde T_1^2|\psi_{n\mathbf k}\rangle = -\,e^{ik_x a}|\psi_{n\mathbf k}\rangle.$

最终得到

$\boxed{ \tilde T_1^2=-e^{ik_x a}. }$

可以发现操作$\tilde T_1^2$是动量以来的，在$k_x=0$处有

$e^{ik_x a}=1\rightarrow \tilde T_1^2=-1.$

此时$\tilde T_1$完全像普通时间反演那样，满足 Kramers 判据，因此在$k_x=0$处强制两重简并。而在$k_x=\pi/a$处

$e^{ik_x a}=e^{i\pi}=-1\rightarrow \tilde T_1^2=-(-1)=+1.$

此时虽然$\tilde{T}_1$仍然将$k_x=\pi/a$映射回自身，但是他的平方不再是$-1$而是$+1$，因此 Kramers 判据失效，不再有对称性强制的两重简并。因此$\tilde T_1|u\rangle$虽然仍然是能量简并态，但它与$|u\rangle$并不是正交的，可能只是相差一个相位因子

$\tilde T_1|u\rangle = e^{i\phi}|u\rangle,$

所以不会自动产生新的独立伴随态。总结一下就是

$\begin{aligned} &k_x=0 \quad\Rightarrow\quad \tilde T_1^2=-1 \quad\Rightarrow\quad \text{有 Kramers 型简并},\\ &k_x=\pi/a \quad\Rightarrow\quad \tilde T_1^2=+1 \quad\Rightarrow\quad \text{无对称性强制简并}. \end{aligned}$