菱形链中的紧致局域态：从相消干涉到平带

先从一个粒子在晶格中的状态说起。在紧束缚近似里，我们用 $|i\rangle$ 表示粒子局域在第 $i$ 个格点附近的轨道，取这些格点态为相互正交的基底。粒子不必真的固定在一个格点；一般波函数是各格点态的叠加。例如，如果一个晶胞有 $A_n$、$B_n$、$C_n$ 三类格点，可以写成

$|\psi\rangle=\sum_n\bigl(a_n|A_n\rangle+b_n|B_n\rangle+c_n|C_n\rangle\bigr).$

这里 $a_n,b_n,c_n$ 是复数振幅。若波函数已经归一化，在 $A_n$ 测到粒子的概率是 $|a_n|^2$，其他格点同理。整体乘同一个相位不会改变物理状态，但两个振幅的相对相位会影响它们相加后的结果。例如 $x+x=2x$，而 $x+(-x)=0$。后面的局域态正是利用后一种相消。

下面把这个想法用在菱形链上。第 $n$ 个菱形有上格点 $A_n$、下格点 $B_n$ 和左右连接点 $C_n,C_{n+1}$。相邻菱形共用一个连接点，所以第 $n$ 个菱形的右连接点，正是第 $n+1$ 个菱形的左连接点。每个菱形有四条斜边；图中没有画边的两个点之间，暂时不允许直接跃迁。

菱形链的基本连边

菱形链的基本结构。标号 $n$ 指一个菱形及其上、下格点；其左右连接点分别为 $C_n$ 和 $C_{n+1}$。

我们先采用最简的单粒子、最近邻、厄米紧束缚模型：

四条斜边的跃迁矩阵元均为 $-t$，其中 $t>0$；
所有格点的在位能均为零；
$A_n$ 与 $B_n$ 之间、同类格点的相邻单元之间都没有直接跃迁。

这里的“跃迁”是哈密顿量在两个格点态之间的矩阵元。例如 $\langle C_n|H|A_n\rangle=-t$。粒子从 $A_n$ 到 $C_n$ 和到 $C_{n+1}$ 的两条边具有同样的矩阵元；从 $B_n$ 出发的对应两条边也是如此。这个等耦合条件比图形上的菱形外观更重要：即使格点画成不规则形状，只要矩阵元相同，以下推导仍成立。

在格点态基底中，哈密顿量写为

\begin{equation}
H=-t\sum_n\left[
\bigl(|C_n\rangle+|C_{n+1}\rangle\bigr)
\bigl(\langle A_n|+\langle B_n|\bigr)
+\mathrm{h.c.}\right]. \label{eq:diamond-hamiltonian}
\end{equation}

式中 $\mathrm{h.c.}$ 是厄米共轭，补上从连接点回到上下格点的跃迁。下文的零能量以共同在位能为参考点；将所有在位能同时加上常数，只会使全部能量整体平移。

若上述一般波函数是能量为 $E$ 的定态，就要满足 $H|\psi\rangle=E|\psi\rangle$。比较每个格点态前的系数，得到

\begin{equation}
\begin{aligned}
Ea_n&=-t(c_n+c_{n+1}),\\
Eb_n&=-t(c_n+c_{n+1}),\\
Ec_n&=-t(a_{n-1}+b_{n-1}+a_n+b_n).
\end{aligned} \label{eq:site-amplitudes}
\end{equation}

第三式说明：$C_n$ 收到左侧菱形和右侧菱形各两个格点的贡献。稍后构造只占据第 $n$ 个菱形的态时，需要在 $C_n$ 和 $C_{n+1}$ 分别检查相消。对式 $(\ref{eq:site-amplitudes})$ 的阅读还有一个小技巧：先判断每个格点的邻居是谁，再读等号右边。比如 $A_n$ 的邻居只有 $C_n,C_{n+1}$，所以右边只有这两个 $c$；$C_n$ 的邻居是左右菱形的四个上下格点，所以右边有四项。这样写方程比直接对大矩阵求本征值更不容易漏边。

如果更习惯矩阵，可以只截取一个菱形及其左右连接点。在有序基底 $(A_n,B_n,C_n,C_{n+1})$ 中，与这个菱形有关的矩阵块为

\begin{equation}
H_{\mathrm{diamond}}=
\begin{pmatrix}
0&0&-t&-t\\
0&0&-t&-t\\
-t&-t&0&0\\
-t&-t&0&0
\end{pmatrix}. \label{eq:diamond-matrix}
\end{equation}

两个连接点还与相邻菱形相连，所以式 $(\ref{eq:diamond-matrix})$ 只表示相关的连边，不能代替整条链的哈密顿量。不过，矩阵的前两行相同，已经提示我们：上下格点取相反振幅时，可能出现特殊的状态。

在实空间构造 CLS

紧致局域态（compact localized state，简称 CLS）是只在有限个格点上有非零振幅的精确本征态。这里的“有限”不随整条链的长度增加而扩大；其余格点的振幅必须严格为零。我们现在从式 $(\ref{eq:diamond-hamiltonian})$ 或式 $(\ref{eq:site-amplitudes})$ 出发，尝试构造这样一个态。

先尝试只让第 $n$ 个菱形的上下格点有振幅：

$|\phi_n\rangle=\alpha|A_n\rangle+\beta|B_n\rangle.$

在其他位置的振幅暂设为零。这里 $\alpha,\beta$ 是复数，因此也包含相位信息。为何先选这两个点？因为它们共享完全相同的两个外部邻居。如果两点振幅能以合适的相对相位相加为零，就可能同时阻止振幅流向左、右连接点。这是一个由结构引导的候选态，并不是先假定它已经是本征态。

对这个候选态作用一次哈密顿量：

\begin{equation}
H|\phi_n\rangle
=-t(\alpha+\beta)|C_n\rangle
-t(\alpha+\beta)|C_{n+1}\rangle. \label{eq:leakage-amplitude}
\end{equation}

只有两个直接漏出点。要让它们的振幅同时为零，需要

\begin{equation}
\alpha+\beta=0. \label{eq:destructive-interference}
\end{equation}

这是振幅的相消条件，不是概率的相消条件。若两条路径各自有非零概率，概率不能相减；相加并抵消的是到达同一个格点的复数振幅。把这个条件与式 $(\ref{eq:site-amplitudes})$ 对照也很有帮助。在我们的候选态中，所有 $c_m=0$，因此若 $\alpha$ 或 $\beta$ 非零，$A_n$、$B_n$ 的方程给出 $E\alpha=E\beta=0$，也就是 $E=0$。在 $C_n$ 和 $C_{n+1}$ 的方程中，左侧均为零，右侧均为 $-t(\alpha+\beta)$；它们恰好要求式 $(\ref{eq:destructive-interference})$。其余格点的方程两侧都为零。这样便完成了全晶格逐点验算，而不仅是直观地说“看起来不会漏出”。

取 $\beta=-\alpha$，再令 $|\alpha|^2+|\beta|^2=1$。去掉无关的整体相位，可选

$\alpha=\frac1{\sqrt2},\qquad \beta=-\frac1{\sqrt2}.$

因此

\begin{equation}
\boxed{|f_n\rangle=\frac{|A_n\rangle-|B_n\rangle}{\sqrt2}}. \label{eq:diamond-cls}
\end{equation}

菱形链的结构与两点紧致局域态

两点 CLS 的构造。蓝色与橙色表示相反符号的振幅；左右连接点各收到两项大小相等、符号相反的贡献。颜色只是辅助识别，真正相加的是复数振幅。

代入式 $(\ref{eq:leakage-amplitude})$，左右两个连接点上的振幅都为零；而模型中不存在 $A_n$ 与 $B_n$ 的直接跃迁或非零在位能，故 $H|f_n\rangle=0$。这一步同时证明了：

$|f_n\rangle$ 是能量为零的精确本征态；
它的支撑集只有 $A_n,B_n$ 两点，区域外振幅严格为零。

第二点就是“紧致”的含义；它比振幅向外指数衰减的普通局域态更强。

还要区分波函数振幅与测得粒子的位置概率。式 $(\ref{eq:diamond-cls})$ 在两点上的振幅分别是 $+1/\sqrt2$ 和 $-1/\sqrt2$；位置概率却都是 $1/2$。只看这两个位置的概率，无法区分反对称 CLS 与对称组合 $(|A_n\rangle+|B_n\rangle)/\sqrt2$。使两者物理行为不同的是相对相位：对称组合到每个连接点的振幅为 $-\sqrt2t$，不会相消。

实空间对称性与相消干涉

在式 $(\ref{eq:diamond-hamiltonian})$ 的理想模型中，只交换某个菱形的 $A_n\leftrightarrow B_n$，其他所有格点保持不动，哈密顿量不变。记该局域交换为 $P_n$，则 $[P_n,H]=0$。形成这项对称性的物理条件是：上下两点的在位能相等，且它们对每个外部连接点的耦合分别相等。

这里说的对称性是哈密顿量的对称性，不只是画纸上图形的几何对称。比如把上斜边的跃迁改成 $-2t$ 而下斜边仍为 $-t$，画出的节点位置可以完全不动，但交换上下格点会改变矩阵元，$P_n$ 不再与 $H$ 对易。讨论实空间对称性时，必须连同格点在位能、轨道和跃迁一起检查。

在这一交换下，两个自然的局域组合为

$|p_n\rangle=\frac{|A_n\rangle+|B_n\rangle}{\sqrt2}, \qquad |f_n\rangle=\frac{|A_n\rangle-|B_n\rangle}{\sqrt2}.$

其中 $P_n|p_n\rangle=+|p_n\rangle$，$P_n|f_n\rangle=-|f_n\rangle$。$p_n$ 是偶通道，$f_n$ 是奇通道。连接点在这次局域交换下保持不动，因此奇通道不能耦合到连接点。直接把式 $(\ref{eq:diamond-hamiltonian})$ 改写为

$H=-\sqrt2t\sum_n\left[ \bigl(|C_n\rangle+|C_{n+1}\rangle\bigr)\langle p_n| +\mathrm{h.c.}\right],$

便能看到：$H$ 中有 $p_n$，却没有 $f_n$。偶通道可以沿连接点传播；奇通道与外界脱耦，留在一个菱形里。 这一类通过局域格点置换来构造 CLS 的方法已有系统研究。[1]

同一个复数只能在等于零时才等于它的负数，故 $\langle X|H|f_n\rangle=0$。这说明偶的外部格点无法接受局域奇态的振幅。在这个模型中，局域奇子空间只含 $|f_n\rangle$ 这一个方向，因此它必为哈密顿量的一个本征态。

局域交换对称性在这里足以给出两点 CLS；整个晶格的上下镜面对称本身不保证 CLS。反例是在上、下两条“腿”上分别加入相同的单元间跃迁：

$H_s=-s\sum_n\left( |A_{n+1}\rangle\langle A_n| +|B_{n+1}\rangle\langle B_n| +\mathrm{h.c.}\right).$

同时交换所有 $A_n$ 与 $B_n$，体系仍然不变；但单独交换某一个菱形已不再是对称操作。现在 $f_n$ 能跃迁到 $f_{n+1}$，其能量变为 $E_f(k)=-2s\cos k$，原来的零能平带获得带宽。

这个反例把两种角色区分开了：局域交换使一个单元内的奇态被困住；晶格平移把同一种局域态复制到各单元，从而形成宏观数目的等能态。若奇态之间又有单元间跃迁，仅有整体镜像对称就不足以阻止它们传播。

在动量空间验证平带

周期晶格中的本征态可以用晶体动量 $k$ 标记，其能量随 $k$ 的变化关系称为能带 $E(k)$。如果某条能带对所有 $k$ 都取同一个能量，它就是平带。在进入矩阵计算之前，式 $(\ref{eq:diamond-cls})$ 已经给出线索：每个菱形都有一个形状相同、能量也相同的局域本征态。接下来用动量空间把这个判断写成 $E(k)$。

对于周期边界下的 $N$ 个晶胞，采用傅里叶约定

$|X_k\rangle=\frac1{\sqrt N}\sum_n e^{ikn}|X_n\rangle, \qquad X=A,B,C.$

这里把晶格常数取为 1，故 $k$ 在第一布里渊区 $[-\pi,\pi]$。傅里叶变换的意义是把平移一个晶胞变成乘以相位 $e^{ik}$。同一 $A_n$ 既连接 $C_n$，又连接 $C_{n+1}$：前一条边在动量空间贡献 $-t$，后一条边贡献 $-te^{ik}$。两项相加，便是下面矩阵中的 $-t(1+e^{ik})$。若采用相反的傅里叶相位约定，矩阵里 $e^{ik}$ 与 $e^{-ik}$ 会互换，但物理能量不会改变。

在基底 $(A_k,B_k,C_k)$ 中，Bloch 哈密顿量为

$H(k)= \begin{pmatrix} 0&0&-t(1+e^{ik})\\ 0&0&-t(1+e^{ik})\\ -t(1+e^{-ik})&-t(1+e^{-ik})&0 \end{pmatrix}.$

不必先计算行列式，就能认出一个与 $k$ 无关的本征向量：

$u_0(k)=\frac1{\sqrt2} \begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}, \qquad H(k)u_0(k)=0.$

这正是实空间 CLS 的上下反对称结构。剩余两条带由偶通道与 $C$ 通道构成。

为了看清为什么只剩一个 $2\times2$ 问题，把基底改成 $(p_k,C_k,f_k)$。令 $g(k)=-\sqrt2t(1+e^{ik})$，则

$H_{pCf}(k)= \begin{pmatrix} 0&g(k)&0\\ g(k)^*&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$

右下角的零块就是不与其他通道耦合的 $f_k$。左上角的本征方程是 $E^2-|g(k)|^2=0$；连同奇通道，特征方程可写为 $E\bigl(E^2-|g(k)|^2\bigr)=0$。又因为 $|1+e^{ik}|^2=2+2\cos k=4\cos^2(k/2)$，最终得到

\begin{equation}
\boxed{E_0(k)=0},\qquad
E_\pm(k)=\pm\sqrt2t|1+e^{ik}|
=\pm2\sqrt2t\left|\cos\frac{k}{2}\right|. \label{eq:diamond-bands}
\end{equation}

上下对称通道的分解及三条能带

通道与能带。左侧是上下格点的对称与反对称组合；右侧黑色水平线对应 $E_0(k)=0$，两条弯曲线对应 $E_\pm(k)$。

在第一布里渊区端点 $k=\pm\pi$，三条带接触于零能。这不妨碍式 $(\ref{eq:diamond-cls})$ 的 CLS 成为精确本征态。能带接触只意味着该动量处还有其他零能本征态。

图中把另外两条带按能量高低标为 $E_+$ 和 $E_-$，所以式 $(\ref{eq:diamond-bands})$ 中有绝对值。能带在区间端点的接触使“只看 $E=0$ 就认定是 CLS”尤其不可靠：同一能量处也可能存在来自偶通道的态。要认出 CLS，应看它的振幅结构是否是上下反对称且连接点为零。

还有一种不经过矩阵对角化的理解：每个 $|f_n\rangle$ 都有相同的能量，所以其 Bloch 叠加 $|f_k\rangle=N^{-1/2}\sum_n e^{ikn}|f_n\rangle$ 对任何 $k$ 都保持零能。实空间中可选局域基底，动量空间中可选延展基底；它们描述同一个简并子空间。

在本模型中，不同菱形的 $|f_n\rangle$ 支撑在互不相交的 $A_n,B_n$ 上，所以 $\langle f_m|f_n\rangle=\delta_{mn}$。这给出了 $N$ 个彼此正交的局域本征态。正因为这些态简并，对它们作傅里叶叠加不会改变能量；这就是实空间构造与平带之间最直接的联系。

文献中还常用 $U$ 给 CLS 分类：$U$ 是一个不可再缩小的 CLS 所占据的最少相邻晶胞数，不是有振幅的格点数。按我们选定的晶胞 $(A_n,B_n,C_n)$，式 $(\ref{eq:diamond-cls})$ 虽占两个格点，却只占一个晶胞，因此属于 $U=1$。这样的 CLS 在不同晶胞没有支撑重叠，平移得到的态自然正交。Maimaiti 等人在 2017 年的工作中，从 CLS 的晶胞支撑出发建立局域平带检验与生成方法；他们重点求解的是每晶胞两格点、最近邻晶胞耦合、不可约 $U=2$ 的模型族，图中的典型结构是锯齿链，而不是这里的三格点菱形链。[4] 这也提醒我们：$U$ 的比较必须同时说明晶胞划分和模型范围。

在 $k=\pm\pi$ 处，另外两条能带也碰到零能。因此，上述 $N$ 个 CLS 张成的是这条平带对应的子空间；若把“所有能量等于零的态”一并计算，带接触点还存在来自其他能带的零能态，不能简单将两者等同。

复数跃迁与更一般的构造条件

理想模型所有斜边的矩阵元相同，所以用 $+1,-1$ 就能相消。在带磁通或人工规范场的模型里，跃迁矩阵元还可能带复数相位。此时不能只看一条边的强度；必须把跃迁矩阵元乘以出发点波函数振幅，再到每个连接点分别求和。

令上、下两点通向左连接点的矩阵元分别为复数 $t_L^A,t_L^B$，通向右连接点的矩阵元分别为 $t_R^A,t_R^B$。这些符号已经包含正负号和相位。要在 $A_n,B_n$ 两点上构造 $\alpha|A_n\rangle+\beta|B_n\rangle$，必须同时满足

\begin{equation}
\begin{pmatrix}
t_L^A&t_L^B\\
t_R^A&t_R^B
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\end{pmatrix}=0. \label{eq:outward-coupling}
\end{equation}

这个 $2\times2$ 的“向外耦合矩阵”存在非零零向量，当且仅当

\begin{equation}
\boxed{t_L^A t_R^B-t_L^B t_R^A=0}. \label{eq:zero-determinant}
\end{equation}

从线性代数看，式 $(\ref{eq:zero-determinant})$ 要求向外耦合矩阵的两行线性相关。若四个矩阵元都非零，也可以写成

$\frac{\beta}{\alpha}=-\frac{t_L^A}{t_L^B} =-\frac{t_R^A}{t_R^B}.$

等式两边都是复数比值：模长规定 $A$、$B$ 上的振幅比例，辐角规定它们的相对相位。左右两端给出的比例必须一致。理想菱形链四个矩阵元相同，零向量自然为 $(1,-1)$。假设上下路径在左右两端分别都是 $2t$ 与 $t$，则虽没有 $A\leftrightarrow B$ 的显式交换对称性，仍有零向量 $(1,-2)$，得到 $\bigl(|A_n\rangle-2|B_n\rangle\bigr)/\sqrt5$。这说明显式镜面对称是方便的充分机制，而式 $(\ref{eq:outward-coupling})$ 给出更一般的外向相消条件。

再看一个纯相位的例子：令 $t_L^A=t_L^B=t_R^A=t$，但 $t_R^B=te^{i\varphi}$。左端要求 $\beta=-\alpha$；右端则要求 $\alpha+e^{i\varphi}\beta=0$。除非 $e^{i\varphi}=1$，同一个两点态无法同时满足两端条件。这里单条边的相位可随格点基底的重新定义而改变，真正影响两条路径相消的是它们到达同一点时的相对相位；闭合回路上的总相位也具有不依赖这种基底选择的意义。

式 $(\ref{eq:zero-determinant})$ 只检查“不漏出”，还没有检查“本征态”。 记局域候选向量为 $v=(\alpha,\beta)^\mathsf T$，其内部哈密顿量为 $D$，向外耦合矩阵为 $T$，那么完整的 CLS 条件是

$Tv=0,\qquad Dv=Ev.$

第一式确保区域外振幅为零，第二式确保区域内部的图样在哈密顿量作用下只乘上能量 $E$。在最初的理想模型中 $D=0$，第二式自动给出 $E=0$；若上下点在位能不同，或两点间加入直接跃迁，就必须重新检查它。

由此可以得到一个可迁移到其他晶格的构造流程：先圈出一个有限的候选区域；列出通往区域外每个格点的矩阵元，寻找向外耦合矩阵 $T$ 的零向量；最后在这些零向量中寻找内部矩阵 $D$ 的本征向量。磁通可改变路径相位及最小 CLS 的范围，所以两点 CLS 消失并不意味着体系中再无其他大小的 CLS。[2] 相位可控的菱形链也已用于实验观测平带局域态。[3]