スピントロニクス理論の基礎/5-1 のバックアップ(No.2)

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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

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 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 \phi_0 ) の変化を伴う。

以下では集団座標の方法を用いて X および \phi_0 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 \xi(\bm r,t) を次のように定義する。

(5.1)

\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

(5.3)

&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

  1. \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]\\);

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

定常解

(4.43) の静止磁壁解は、以下に示すように \xi=\xi_0\equiv e^{-u(z,t)+i\phi_0} として与えられる。

&math( &\cos\theta=\frac{1-|\xi|^2}{1+|\xi|^2}=\frac{|\xi|^{-1}-|\xi|}{|\xi|^{-1}+|\xi|}\\ &=\frac{|e^{+u(z,t)-i\phi_0}|-|e^{-u(z,t)+i\phi_0}|}{|e^{+u(z,t)-i\phi_0}|+|e^{-u(z,t)+i\phi_0}|}\\ &=\frac{e^{+u(z,t)}-e^{-u(z,t)}}{e^{+u(z,t)}+e^{-u(z,t)}}=\tanh u(z,t)\\ &=\tanh\frac{z-X}{\lambda}\\ );

&math( &\sin\theta=\frac{2|\xi|}{1+|\xi|^2}=\frac{2}{|\xi|^{-1}+|\xi|}=\frac{1}{\cosh \frac{z-X}{\lambda}} );

&math( &e^{i\phi}=\frac{\xi}{|\xi|}=\frac{e^{-u(z,t)+i\phi_0}}{|e^{-u(z,t)+i\phi_0}|}\\ &=\frac{e^{-u(z,t)+i\phi_0}}{e^{-u(z,t)}}=e^{i\phi_0}\\ &\therefore \phi=\phi_0+2n\pi );

定常解からのズレ

今、系がこの定常解から各点で e^{\eta(z-X,t)} 倍だけずれたとする。

(5.4)

\xi=\xi_0\,e^{\eta(z-X,t)}=e^{-u(z,t)+i\phi_0+\eta(z-X,t)}

このとき、

&math( &\PD\xi/\PD t=(\PD u/\PD t)\xi+(\PD \eta/\PD t)\xi=(\PD \eta/\PD t)\xi\\ &\PD\xi/\PD x=(\PD u/\PD x)\xi+(\PD \eta/\PD x)\xi=(\PD \eta/\PD x)\xi\\ &\PD\xi/\PD y=(\PD u/\PD y)\xi+(\PD \eta/\PD y)\xi=(\PD \eta/\PD y)\xi\\ &\PD\xi/\PD z=(\PD u/\PD z)\xi+(\PD \eta/\PD z)\xi=(1+\PD \eta/\PD z)\xi\\ );

をまとめて、

(5.5)

&math( &\PD_\mu\,\xi=(\delta_{\mu,\red 3}+\PD_\mu \eta)\xi );

実際には \PD \eta/\PD x=\PD \eta/\PD y=0 である。

ズレの成分を実部と虚部に分けて

\eta\equiv\eta_R+i\eta_I

と書くと、

&math( \bar\xi\dot\xi-\dot{\bar\xi}\xi&=\bar\xi (\dot \eta_R+i\dot\eta_I)\xi-(\dot \eta_R-i\dot\eta_I)\bar\xi\xi\\ &=2i\dot\eta_I|\xi|^2 );

&math( \lambda^2|\nabla_i\xi|^2&=|\delta_{i,3}+\lambda\nabla_i\eta_R+i\lambda\nabla_i\eta_I|^2|\xi|^2\\ &=[(\delta_{i,3}+\lambda\nabla_i\eta_R)^2+(\lambda\nabla_i\eta_I)^2]|\xi|^2\\ &=(\delta_{i,3}+2\delta_{i,3}\lambda\nabla_i\eta_R+(\lambda\nabla_i\eta_R)^2+(\lambda\nabla_i\eta_I)^2]|\xi|^2\\ &=[\delta_{i,3}(1\red+2\lambda\nabla_i\eta_R)+\lambda^2|\nabla_i\eta|^2]|\xi|^2\\ );

と表せる。 \eta の2次まで展開した表式

(5.7)

&math( &\frac{|\xi|^2}{1+|\xi|^2}=\frac{e^{-2u+2\eta_R}}{1+e^{-2u+2\eta_R}}=\frac{1}{e^{2u-2\eta_R}+1}\\ &=\frac{1}{e^{2u}(1-2\eta_R+2\eta_R^2+\dots)+1}\\ &=\frac{1}{e^{2u}+1}\frac{1}{1+\frac{e^{2u}(-2\eta_R+2\eta_R^2+\dots)}{e^{2u}+1}}\\ &=\frac{1}{e^{2u}+1}\left\{1-\frac{e^{2u}(-2\eta_R+2\eta_R^2+\dots)}{e^{2u}+1}+\left(\frac{e^{2u}(-2\eta_R+\dots)}{e^{2u}+1}\right)^2+\dots\right\}\\ &=\frac{1}{e^{2u}+1}+\frac{e^{2u}}{(e^{2u}+1)^2}\left({+2\eta_R-2\eta_R^2+\frac{4e^{2u}\eta_R^2}{e^{2u}+1}}+\dots\right)\\ &=\frac{1}{e^{2u}+1}+\frac{1}{(e^{u}+e^{-u})^2}\left({+2\eta_R+\frac{(-2e^{2u}-2+4e^{2u})\eta_R^2}{e^{2u}+1}}+\dots\right)\\ &=\frac{1}{e^{2u}+1}+\frac{1}{2\cosh^2 u}\left({\eta_R+\frac{(e^{2u}-1)\eta_R^2}{e^{2u}+1}}+\dots\right)\\ &=\frac{1}{e^{2u}+1}+\frac{1}{2\cosh^2 u}\left({\eta_R+\eta_R^2\tanh u}+\dots\right)\\ );

&math( &\frac{|\xi|^2}{(1+|\xi|^2)^2}=\frac{1}{(e^{+u-\eta_R}+e^{-u+\eta_R})^2}=\frac{1}{4\cosh^2(u-\eta_R)}\\ &=\frac{1}{4\cosh^2 u}+\frac{\sinh u}{2\cosh^3 u}\eta_R+\frac{3\sinh^2 u}{4\cosh^4 u}\eta_R^2-\frac{\cosh u}{4\cosh^3 u}\eta_R^2+\dots\\ &=\frac{1}{4\cosh^2 u}\left(1+2\eta_R\tanh u+\eta_R^2\left(3\frac{\sinh^2 u}{\cosh^2 u}-1\right)+\dots\right)\\ &=\frac{1}{4\cosh^2 u}\left(1+2\eta_R\tanh u+\eta_R^2\left(2-\frac{3}{\cosh^2 u}\right)+\dots\right) );

および、

&math( &\frac{1-|\xi|^2}{1+|\xi|^2}=\frac{1-e^{-2u+2\eta_R}}{1+e^{-2u+2\eta_R}}\\ &=\tanh(u-\eta_R)\\ &=\tanh u-\frac{1}{\cosh^2 u}\left(\eta_R+\eta_R^2\tanh u\right) );

&math( &\left(\frac{1-|\xi|^2}{1+|\xi|^2}\right)^2=\tanh^2(u-\eta_R)\\ &=\frac{1}{\cosh^2 u}\left(\sinh^2 u-2\eta_R\tanh u-\eta_R^2\left(2-\frac{3}{\cosh^2 u}\right)+\dots\right) );

を使うと、(5.3) は

&math( L_S=&\int\frac{d^3r}{a^3}\Bigg[ i\hbar S\,2i\dot\eta_I\frac{|\xi|^2}{1+|\xi|^2}

  • \frac{2KS^2}{(1+|\xi|^2)^2}\left\{ \Big[(1+2\lambda\nabla_z\eta_R)+\lambda^2|\nabla\eta|^2\Big]|\xi|^2+\frac{(1-|\xi|^2)^2}{4} \right\} \Bigg]\\ =&\int\frac{d^3r}{a^3}\Bigg[
  • \hbar S\,2\dot\eta_I\left\{\frac{1}{e^{2u}+1}+\frac{1}{2\cosh^2 u}\left({{\color{blue}\eta_R}+\eta_R^2\tanh u}+\dots\right)\right\}\\ &\hspace{1cm}-2KS^2\Bigg\{ \Big[(1+2\lambda\nabla_z\eta_R)+{\color{blue}\lambda^2|\nabla\eta|^2}\Big]\frac{1}{4\cosh^2 u}\left({\color{blue}1}+2\eta_R\tanh u+\eta_R^2\left(2-\frac{3}{\cosh^2 u}\right)+\dots\right)\\ &\hspace{2.5cm}+\frac{1}{4\cosh^2 u}\left(\sinh^2 u-2\eta_R\tanh u-\eta_R^2\left(2-\frac{3}{\cosh^2 u}\right)+\dots\right) \Bigg\} \Bigg]\\ );

むむぅ。

何を基準に項を取捨選択しているのかが全く見えないが、上で青く塗った項のみを取り出せば (5.8) が得られる。これだと \eta_R の2次の項を残した意味も見えないし、突然現れた N_W の定義も分からないし・・・

上で教科書と計算に相違があった (5.3) の最終項や (5.6) 第2式の符号も、この結果には何も効いてこない。

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