スピントロニクス理論の基礎/5-3 のバックアップ(No.6)

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5-3 ゼロモード

(5.12) 式の固有値方程式から得た (5.13), (5.15) の固有関数を用いて ゆらぎ \tilde\eta を展開し、その係数を \eta_i とする。

(5.18)

&math( \tilde\eta(\bm r,t)=\frac{1}{2}\eta_0(t)\varphi_0(z)+\sum_k\eta_k(t)\varphi_k(z) );

これを (5.11) に代入すると、ラグランジアンを \eta_i を変数として表せる。

(5.11)

&math( L_S=-\hbar S\int\frac{d^3r}{a^3}\left(\bar{\tilde\eta}\dot{\tilde\eta}-\dot{\bar{\tilde\eta}}\tilde\eta\right)-2KS^2\left\{\lambda^2\nabla\bar{\tilde\eta}\nabla\tilde\eta+\left(1-\frac{2}{\cosh^2 u}\right)\tilde\bar\eta\tilde\eta\right\}\\ );

を、

&math( &\int \frac{d^3r}{a^3} \bar{\tilde\eta}\dot{\tilde\eta}\\ &=\frac{A}{a^3}\int dz \left(\frac{1}{2}\bar\eta_0(t)\bar\varphi_0(z)+\sum_k\bar\eta_k(t)\bar\varphi_k(z)\right) \left(\frac{1}{2}\dot\eta_0(t)\varphi_0(z)+\sum_k\dot\eta_k(t)\varphi_k(z)\right)\\ &=\frac{A}{a^3}\left(2\lambda\bar\eta_0\dot\eta_0+\sum_{k',k}\bar\eta_{k'}\dot\eta_k\delta(k'-k)\right) );

&math( &\int \frac{d^3r}{a^3}\left\{\lambda^2\nabla\bar{\tilde\eta}\nabla\tilde\eta+\left(1-\frac{2}{\cosh^2 u}\right)\bar{\tilde\eta}\tilde\eta\right\}\\ &=\frac{A}{a^3}\int dz\left\{\lambda^2\nabla_z\bar{\tilde\eta}\nabla_z\tilde\eta+\left(1-\frac{2}{\cosh^2 u}\right)\bar{\tilde\eta}\tilde\eta\right\}\\ &=\frac{A}{a^3}\int dz\left\{-\lambda^2\bar{\tilde\eta}\nabla_z^2\tilde\eta+\left(1-\frac{2}{\cosh^2 u}\right)\bar{\tilde\eta}\tilde\eta\right\}\\ &=\frac{A}{a^3}\int dz \bar{\tilde\eta}\left\{-\lambda^2\nabla_z^2+\left(1-\frac{2}{\cosh^2 u}\right)\right\}\tilde\eta\\ &=\frac{A}{a^3}\int dz \left(\frac{1}{2}\bar\eta_0(t)\bar\varphi_0(z)+\sum_k\bar\eta_k(t)\bar\varphi_k(z)\right) \left(\frac{0}{2}\eta_0(t)\varphi_0(z)+\sum_k\omega_k\eta_k(t)\varphi_k(z)\right)\\ &=\frac{A}{a^3} \sum_{k',k}\omega_k\bar\eta_{{k'}}\eta_k{\delta(k'-k)}\\ );

などに注意して展開すると、

(5.19)

&math( L_S=N_w\left[\frac{i\hbar S}{4}(\bar\eta_0\dot\eta_0-\dot{\bar\eta}_0\eta_0)+ \red{\frac{1}{2\lambda}}\sum_{\red{k'},k}\big\{i\hbar S(\bar\eta_{\red{k'}}\dot\eta_k-\dot{\bar\eta}_{\red{k'}}\eta_k)-2KS^2\omega_k\bar\eta_{\red{k'}}\eta_k\big\}\red{\delta(k'-k)}\right] );

となる気がする?ただし、 N_w\equiv 2\lambda A/a^3 は (5.8) ですでに出てきたがここで初めて定義される定数で、磁壁を構成しているスピンの総数である( A は系の断面積)

N_w に含まれる 2\lambda \varphi_0 が正規化されていなかったために現れた定数なので、正規化されてた \varphi_k からは出てこない。そのため全体を N_w で括ると上記の \red{1/2\lambda} が現れてしまう。

そもそも、(5.14) から (5.17) あたりでは k は連続だったのに、 (5.18) の展開で k を整数に限っているのがおかしい。 \delta(k'-k) は次元を持つので、これを無視してしまうと次元すら狂ってしまう。

(5.18)'

&math( \tilde\eta(\bm r,t)=\frac{1}{2}\eta_0(t)\varphi_0(z)+\red{2\lambda\int dk}\eta_k(t)\varphi_k(z) );

とすれば、

(5.19)'

&math( L_S=N_w\left[\frac{i\hbar S}{4}(\bar\eta_0\dot\eta_0-\dot{\bar\eta}_0\eta_0)+ \red{2\lambda\int dk}\big\{i\hbar S(\bar\eta_k\dot\eta_k-\dot{\bar\eta}_k\eta_k)-2KS^2\omega_k|\eta_k|^2\big\}\right] );

となって、これなら次元も問題ない。

ただ、これ以降の話が全部 \sum_k で書かれているので、 果たして上記の解釈が正しいのかどうか、あまり自信を持てない・・・

θとの関係

(5.4) に (5.18)' を代入すると、

(5.20)

&math( &\xi=\exp\left\{-u+i\phi_0+2\cosh u\left[\frac{1}{2}\eta_0\varphi_0+\red{2\lambda\int dk}\eta_k\varphi_k\right]\right\}\\ &\red{=}\exp\left\{-\frac{z-X}{\lambda}+i\phi_0+\eta_0+2\cosh u\left[\red{2\lambda\int dk}\eta_k\varphi_k\right]\right\}\\ &\red{=}\exp\left\{-\frac{z-(X+\lambda\mathrm{Re}[\eta_0])}{\lambda}+i(\phi_0+\mathrm{Im}[\eta_0])+2\cosh u\ \red{2\lambda\int dk}\eta_k\varphi_k\right\}\\ );

となって、普通に (5.20) が得られそうに思うのだが、 教科書では何故か等号が \simeq になっている。 どこかに近似が入っている???

(5.20) から、 \varphi_0 の励起モードは、 係数 \eta_0 の実部が X を、虚部が \phi_0 を、 それぞれシフトすることに対応している。

(5.21)

X(t)=X+\lambda\mathrm{Re}\eta_0(t)

\phi_0(t)=\phi_0+\mathrm{Im}\eta_0(t)

ゼロモードの存在により、これら X(t) および \phi_0(t) 自体が力学変数に昇格することになる。

励起モードの直交性 (5.16) により、ラグランジアンはこれら X(t), \phi_0(t) による部分と、それ以外の励起モード \eta_k による部分とに分離できる。

\eta_0=\frac{X(t)-X}{\lambda}+i\left(\phi_0(t)-\phi_0\right)

&math( &\bar\eta_0\dot\eta_0-\dot{\bar\eta}_0\eta_0\\ &= \left\{\frac{X(t)-X}{\lambda}-i\left(\phi_0(t)-\phi_0\right)\right\} \left\{\frac{\dot X(t)}{\lambda}+i\dot\phi_0(t)\right\}

  • \left\{\frac{\dot X(t)}{\lambda}-i\dot\phi_0(t)\right\} \left\{\frac{X(t)-X}{\lambda}+i\left(\phi_0(t)-\phi_0\right)\right\}\\ &= \left\{\frac{X(t)}{\lambda}-i\phi_0(t)\right\} \left\{\frac{\dot X(t)}{\lambda}+i\dot\phi_0(t)\right\} \left\{\frac{\dot X(t)}{\lambda}-i\dot\phi_0(t)\right\} \left\{\frac{X(t)}{\lambda}+i\phi_0(t)\right\}\\ &=\frac{2i}{\lambda}\left\{X(t)\dot\phi_0(t)-\dot X(t)\phi_0(t)\right\} );

途中で時間に対する全微分となる項 ( 定数×時間微分 となる項) は落とした。

(5.23)

&math( L_w^{(0)}=\frac{\hbar N_wS}{2\lambda}(\dot X\phi_0-X\dot\phi_0) );

&math( L_{sw}=\red{2\lambda}N_w\red{\int dk}\big\{i\hbar S(\bar\eta_k\dot\eta_k-\dot{\bar\eta}_k\eta_k)-2KS^2\omega_k\bar|\eta_k|^2\big\} );

以上の結果から、磁壁の位置 X と回転位相 \phi_0 は力学変数として振る舞うことが裏付けられた。これらの変数は「集団座標」である。

これらを含んだ形で書くと、5-2 で見た関係式は

(5.25)

\cos\theta=\tanh\frac{z-X(t)}{\lambda}

\sin\theta=\frac{1}{\cosh\frac{z-X(t)}{\lambda}}

\phi=\phi_0(t)

と表せる。

量子論

経路積分の復習 を参照。

ラグランジアンを (5.26) のように経路積分の位相に直す際、 上記リンク先では \exp \frac{i}{\hbar}\int dt \mathcal L とされていたが、 ここでは 1/\hbar の係数がない。

このあたりの流儀はまだよく分かっていない・・・

(5.26) から (5.27) へのくだりも個人的な勉強不足でついて行けていないが、 この部分ではとりあえず飛ばしていっても何とかなりそう? (基本的な量子力学を復習し直さないと・・・)

外部磁場の効果

(5.23) から運動方程式を求めると、

&math( \frac{d}{dt}\left(\frac{\PD L_S}{\PD \dot X}\right)=\frac{\PD L_S}{\PD X} );

&math( \dot \phi_0=-\dot \phi_0 );

&math( \dot \phi_0=0 );

そして、

&math( \frac{d}{dt}\left(\frac{\PD L_S}{\PD \dot \phi_0}\right)=\frac{\PD L_S}{\PD \phi_0} );

&math(

  • \dot X=\dot X );

&math( \dot X=0 );

となって、何ら意味のある解は得られない。

例えばこの系の容易軸方向( z 軸方向)に外部磁場がかかると状況は変化し、 外力により磁壁が駆動される。

ただしそのようにスピンが運動する状況を記述するには、 (4.33) で導入した運動方程式の「緩和項」を考慮しなければならない。

(4.33) の緩和項を変数変換すると、(5.25) より &math( \frac{d}{dt}\sin\theta=\dot\theta\cos\theta=-\frac{\dot X\sinh\frac{z-X}{\lambda}}{\lambda\cosh^2\frac{z-X}{\lambda}} =-\frac{\dot X}{\lambda}\cos\theta\sin\theta );

\dot\theta=-\frac{\dot X}{\lambda}\sin\theta

\dot\phi=\dot\phi_0

(5.28)

&math( &W_S=\int\frac{d^3r}{a^3}\frac{\hbar\alpha}{2S}\dot{\bm S^2}\\ &=\frac{\hbar SA\alpha}{2a^2}\int\frac{dz}{a} (\dot\theta^2+\sin^2\theta\dot\phi^2)\\ &=\frac{\hbar SA\alpha}{2a^2}\int\frac{dz}{a} \sin^2\theta\left(\frac{\dot X^2}{\lambda^2}+\dot\phi_0^2\right)\\ &=\frac{\hbar SA\alpha}{2a^2}\left(\frac{\dot X^2}{\lambda^2}+\dot\phi_0^2\right)\int\frac{dz}{a} \frac{1}{\cosh^2\frac{z-X}{\lambda}}\\ &=\frac{\hbar SA\alpha}{2a^2}\left(\frac{\dot X^2}{\lambda^2}+\dot\phi_0^2\right)(2\lambda)\\ &=\frac{\hbar S\alpha}{2}\left(\frac{\dot X^2}{\lambda^2}+\dot\phi_0^2\right)N_w\\ );

閑話休題して外部磁場との相互作用を考える。

局在スピンと外部磁場との相互作用は、

(5.29)

&math( H_B=\int\frac{d^3r}{a^3}\hbar\gamma \bm B\cdot\bm S );

エネルギーは \bm S \bm B とが同じ向きを向く時に最大となる。

これは、電子の電荷が負であるために磁化 \bm M=-\frac{\hbar\gamma}{a^3}\bm S が局在スピン \bm S と反対方向を向くためである。 局在スピン \bm S \bm B とが同じ向きを向く時、 磁化 \bm M \bm B とは逆向きになり、エネルギーが高くなる。

\bm B//\bm e_z かつ S_z=S\cos\theta 、そして (5.25) を用いれば、

\bm B\cdot \bm S=BS\cos\theta=BS\tanh\frac{z-X(t)}{\lambda}

より、

(5.29)

&math( H_B&=\hbar\gamma BS\int\frac{d^3r}{a^3}\tanh\frac{z-X(t)}{\lambda}\\ &=\frac{\hbar\gamma}{a^3} BSA\int dz\tanh\frac{z-X(t)}{\lambda}\\ );

z に関する積分範囲はこれまで (-\infty,\infty) とされていて、 それを使って部分積分なんかもしてきた気がするのだけれど、ここでは突如 [-L/2,L/2] として系のサイズ L を考えてしまう。 L\gg\lambda である限り問題は起きなさそうだけれど、話の流れとしてはちょっと乱暴。。。

(5.30)

&math(H_B&=\frac{\hbar\gamma}{a^3} BSA\int_{-L/2}^{L/2} dz\tanh\frac{z-X(t)}{\lambda}\\ &=\frac{\hbar\gamma}{a^3} BSA\int_{-L/2}^{L/2} dz\lambda\frac{\frac{1}{\lambda}\sinh\frac{z-X(t)}{\lambda}}{\cosh\frac{z-X(t)}{\lambda}}\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA\int_{-L/2}^{L/2} dz\frac{\left(\cosh\frac{z-X(t)}{\lambda}\right)'}{\cosh\frac{z-X(t)}{\lambda}}\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA\left[\ln \big(\cosh\frac{z-X(t)}{\lambda}\big)\right]_{-L/2}^{L/2}\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA\left[\ln \big(e^{\frac{z-X(t)}{\lambda}}+e^{-\frac{z-X(t)}{\lambda}}\big)-\ln 2\right]_{-L/2}^{L/2}\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA\left[\ln \big(e^{\frac{L/2-X(t)}{\lambda}}+e^{-\frac{L/2-X(t)}{\lambda}}\big)-\ln \big(e^{\frac{-L/2-X(t)}{\lambda}}+e^{-\frac{-L/2-X(t)}{\lambda}}\big)\right]\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA\ln \left[\frac{e^{\frac{L/2-X(t)}{\lambda}}+e^{-\frac{L/2-X(t)}{\lambda}}}{e^{\frac{-L/2-X(t)}{\lambda}}+e^{-\frac{-L/2-X(t)}{\lambda}}}\right]\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA\ln \left[\frac{1+e^{-\frac{L-2X(t)}{\lambda}}}{\red{e^{\frac{-L}{\lambda}}+e^{\frac{2X(t)}{\lambda}}}}\right]\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA\ln \left[e^{\frac{-2X(t)}{\lambda}}\frac{1+e^{-\frac{L-2X(t)}{\lambda}}}{1+e^{\frac{-L-2X(t)}{\lambda}}}\right]\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA \left[\frac{-2X(t)}{\lambda}+\ln\left\{\big(1+e^{\frac{-L+2X(t)}{\lambda}}\big)\big(1-e^{\frac{-L-2X(t)}{\lambda}}+\dots\big)\right\}\right]\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA \left[\frac{-2X(t)}{\lambda}+\ln\left\{\big(1+e^{\frac{-L}{\lambda}}(e^{\frac{2X(t)}{\lambda}}-e^{\frac{-2X(t)}{\lambda}})-\dots\big)\right\}\right]\\ &=\frac{\hbar\gamma\lambda}{a^3} BSA \left[\frac{-2X(t)}{\lambda}+e^{\frac{-L}{\lambda}}(e^{\frac{2X(t)}{\lambda}}-e^{\frac{-2X(t)}{\lambda}})+\dots\right]\\ &=-\hbar N_wS\gamma B\frac{X(t)}{\lambda}+O(e^\frac{-L}{\lambda}) );

途中赤にした部分、教科書の2行目に当たるところは分母がおかしいと思う。
それと最終結果で教科書には const. という項が出てくるけれど、 そんな項は現れない気がする。

この結果から、容易軸方向の磁場は磁壁にポテンシャル勾配、すなわち力を与えることが分かる。

これを自由な磁壁のラグランジアン (5.23) に加えることで、

(5.31)

&math( L_w^B\equiv L_w^{(0)}-H_B=\frac{\hbar N_wS}{\lambda}\left(\dot X\phi_0+\gamma BX\right) );

このラグランジアンから緩和入りの運動方程式を求めると、

(5.32)

&math( \frac{\delta L_w^B}{\delta X}=\frac{\PD}{\PD X}L_w^B-\frac{d}{dt}\frac{\PD}{\PD \dot X}L_w^B=-\frac{\delta W_S}{\delta \dot X} );

&math( \frac{\hbar N_wS}{\lambda}\left(\gamma B-\dot\phi_0\right)=\frac{\alpha N_w\hbar S}{2} \frac{2\dot X}{\lambda^2} );

&math( \gamma B-\dot\phi_0=\alpha \frac{\dot X}{\lambda} );

&math( \frac{\delta L_w^B}{\delta \phi_0}=\frac{\PD}{\PD \phi_0}L_w^B-\frac{d}{dt}\frac{\PD}{\PD \dot \phi_0}L_w^B=-\frac{\delta W_S}{\delta \dot \phi_0} );

&math( \frac{\hbar N_wS}{\lambda}\dot X=\frac{\alpha N_w\hbar S}{2} 2\dot\phi_0 );

&math( \frac{1}{\lambda}\dot X=\alpha\dot\phi_0 );

これを \dot X,\dot \phi_0 について解けば、

(5.33)

&math( \dot X/\lambda=\alpha(-\alpha\dot X/\lambda+\gamma B) );

&math( \frac{\dot X}{\lambda}=\frac{\alpha}{1+\alpha^2}\gamma B );

&math( \dot\phi_0+\alpha(\alpha\dot\phi_0)=\gamma B );

&math( \dot\phi_0=\frac{1}{1+\alpha^2}\gamma B );

として、 X,\phi_0 ともに等速度運動を行うことが分かる。
特にこのとき、運動の速度は磁場由来の外力と摩擦力とが釣り合う条件で決まっており、 摩擦力が本質的な役割を担っている。

5-4 ピン止めポテンシャルと困難軸磁気異方性

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