スピントロニクス理論の基礎/5-1 の履歴(No.1)
更新5. 磁壁の集団座標†
磁壁は時に数百万を超えるスピンから構成されるマクロな物体として振る舞う。
その運動は中心座標 の変化として表され、 以下で見るように磁壁面の傾き(角度 ) の変化を伴う。
以下では集団座標の方法を用いて および の解を与える。
5-1 磁壁解のまわりのゆらぎ†
磁壁解 (4.43) は静止解であるが、その安定性について議論するには解から少しずれた時の運動を調べる必要がある。
「粒子的なゆらぎモード」を与える「ずれ」を定義するため、複素変数 を次のように定義する。
(5.1)
このとき、
(5.2)
&math( \frac{\xi+\bar\xi}{1+|\xi|^2}&=\frac{2\cos\phi\tan\frac{\theta}{2}}{1+\left|e^{i2\phi}\,\frac{\ \sin^2\frac{\theta}{2}\ }{\cos^2\frac{\theta}{2}}\right|}\\ &=2\cos\phi\tan\frac{\theta}{2}\cos^2\frac{\theta}{2}\\ &=2\cos\phi\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}\\ &=\cos\phi\sin\theta\\ );
&math(
- i\frac{\xi-\bar\xi}{1+|\xi|^2}&=2\sin\phi\tan\frac{\theta}{2}\cos^2\frac{\theta}{2}\\ &=\sin\phi\sin\theta\\ );
&math( \frac{1-|\xi|^2}{1+|\xi|^2}=\frac{\cos^2\frac{\theta}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2}}{\cos^2\frac{\theta}{2}}\cos^2\frac{\theta}{2}=\cos\theta );
&math( &\frac{-i}{2|\xi|^2}\big\{\bar\xi(\PD_\nu\xi)-(\PD_\mu\bar\xi)\xi\big\}\\ &=\frac{-i}{2\tan^2\frac{\theta}{2}}\left[ e^{-i\phi}\tan\frac{\theta}{2}\left(ie^{i\phi}\tan\frac{\theta}{2}\PD_\mu\phi+e^{i\phi}\frac{\PD_\mu\theta}{\cos\frac{\theta}{2}}\right)
- \left(-ie^{-i\phi}\tan\frac{\theta}{2}\PD_\mu\phi+e^{-i\phi}\frac{\PD_\mu\theta}{\cos\frac{\theta}{2}}\right) e^{i\phi}\tan\frac{\theta}{2} \right]\\ &=\frac{-i}{2\tan^2\frac{\theta}{2}}\left[ i2\tan^2\frac{\theta}{2}\PD_\mu\phi \right]=\PD_\mu\phi );
さらに、
&math( 1-\left(\frac{1-|\xi|^2}{1+|\xi|^2}\right)^2= \frac{4|\xi|^2}{(1+|\xi|^2)^2}=\sin^2\theta );
&math( &\left(\frac{\PD_\mu (|\xi|^2)}{|\xi|^2}\right)^2\frac{4|\xi|^2}{(1+|\xi|^2)^2}= \left(\frac{2\big\{\bar\xi(\PD_\mu\xi)+(\PD_\mu\bar\xi)\xi\big\}}{(1+|\xi|^2)|\xi|}\right)^2= (\PD_\mu\theta)^2\\ );
を確認できる。これを用いれば、(4.3), (4.5) のラグランジアンは
&math( L_S=&\int\frac{d^3r}{a^3}\Bigg[ \hbar S\frac{-i}{2|\xi|^2}(\bar\xi\dot\xi-\dot{\bar\xi}\xi)\left(\frac{1-|\xi|^2}{1+|\xi|^2}-1\right)\\ &\hspace{1cm}-\frac{J}{2}S^2\left\{\left(\frac{\big\{\bar\xi(\nabla\xi)+(\nabla\bar\xi)\xi\big\}}{(1+|\xi|^2)|\xi|}\right)^2
- \frac{4|\xi|^2}{(1+|\xi|^2)^2}\left(\frac{-i}{2|\xi|^2}\Big\{\bar\xi(\nabla\xi)-(\nabla\bar\xi)\xi\Big\}\right)^2 \right\}\\ &\hspace{1cm}+\frac{K}{2}S^2\left(\frac{1-|\xi|^2}{1+|\xi|^2}\right)^2 \Bigg]\\ =&\int\frac{d^3r}{a^3}\frac{S}{1+|\xi|^2}\Bigg[ i\hbar(\bar\xi\dot\xi-\dot{\bar\xi}\xi)
- \frac{KS}{2(1+|\xi|^2)}\left\{ \frac{\lambda^2}{|\xi|^2}\left( \big\{\bar\xi(\nabla\xi)+(\nabla\bar\xi)\xi\big\}^2
- \big\{\bar\xi(\nabla\xi)-(\nabla\bar\xi)\xi\big\}^2 \right)+(1-|\xi|^2)^2 \right\} \Bigg]\\ =&\int\frac{d^3r}{a^3}\frac{S}{1+|\xi|^2}\Bigg[ i\hbar(\bar\xi\dot\xi-\dot{\bar\xi}\xi)
- \frac{KS}{2(1+|\xi|^2)}\left\{ \frac{4\lambda^2}{|\xi|^2} \bar\xi(\nabla\xi)(\nabla\bar\xi)\xi+(1-|\xi|^2)^2 \right\} \Bigg]\\ =&\int\frac{d^3r}{a^3}\frac{S}{1+|\xi|^2}\Bigg[ i\hbar(\bar\xi\dot\xi-\dot{\bar\xi}\xi)
- \frac{2KS}{\red {1+|\xi|^2}}\left\{ \lambda^2|\nabla\xi|^2+\red{\frac{(1-|\xi|^2)^2}{4}} \right\} \Bigg]\\ );
と表せる。教科書の の2乗は単なるミス、 最終項の は、(4.3) で の部分を と取り違えた物と思われる?