スピントロニクス理論の基礎/5-1 のバックアップ差分(No.1)

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[[スピントロニクス理論の基礎]]

* 5. 磁壁の集団座標 [#p73ac3ed]

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 &math(X); 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 &math(\phi_0);） の変化を伴う。

以下では集団座標の方法を用いて &math(X); および &math(\phi_0); の解を与える。

* 5-1 磁壁解のまわりのゆらぎ [#g2cca07d]

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 &math(\xi(\bm r,t)); 
を次のように定義する。

(5.1)

&math(\xi\equiv e^{i\phi}\tan\frac{\theta}{2});

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 &math((1+|\xi|^2)^2); の２乗は単なるミス、
最終項の &math(|\xi|^2); は、(4.3) で &math(\cos^2\theta); 
の部分を &math(\sin^2\theta); と取り違えた物と思われる？
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