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.3)

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#contents

* 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

(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
+\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 &math((1+|\xi|^2)^2); の２乗は単なるミス、
のように &math(\xi); のみの関数として表せる。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); 
であるはずの部分を &math(\sin^2\theta); と取り違えた物と思われる？

** 定常解 [#z3118293]

(4.43) の静止磁壁解は、以下に示すように &math(\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 [#v36a5577]

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

(5.4)

&math(\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 &math(\PD \eta/\PD x=\PD \eta/\PD y=0); である。
実際には &math(\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

&math(\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。&math(\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 &math(\eta_R); の２次の項を残した意味も見えないし、突然現れた &math(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。

** さらに書き直す [#hd5e19ff]
なにより (5.3) の最終項とは (4.3) の K の項だから、この項をまるっきり落としてしまったと言うことは
(5.8) に磁気異方性の影響はまったく含まれていないことになる。
（式中に &math(K); があらわれるが &math(K\lambda^2=J); 
なのでこの &math(K); は見せかけだけの物であることに注意）

** スピン波 [#hd5e19ff]

&math(\eta_R\dot\eta_I); の部分が数学的に美しくないので何とかしたいが、&math(\frac{1}{\cosh^2u}); 
の係数があるために部分積分が使えず手に負えない。

そこで、新たな変数 &math(\tilde\eta); を導入する。

(5.9)

&math(\eta\equiv 2\tild\eta\cosh u);

これを使うと、

(5.10)

&math(
\frac{\PD\eta}{\PD x_\mu}=(2\cosh u)\frac{\PD\eta}{\PD x_\mu}
);　　(&math(\mu=0,1,2);)

&math(
\frac{\PD\eta}{\PD z}=(2\cosh u)\frac{\PD\tilde\eta}{\PD z}+\frac{2\sinh u}{\lambda}\tilde\eta
);

&math(
&\frac{|\nabla_z\eta|^2}{4\cosh^2 u}=\left|\nabla_z\tilde\eta+\frac{\tanh u}{\lambda}\tilde\eta\right|^2\\
&=\left(\nabla_z\tilde\eta_R+\frac{\tanh u}{\lambda}\tilde\eta_R\right)^2
+\left(\nabla_z\tilde\eta_I+\frac{\tanh u}{\lambda}\tilde\eta_I\right)^2\\
&=|\nabla_z\tilde\eta|^2+\frac{2\tanh u}{\lambda}\big\{(\nabla_z\tilde\eta_R)\tilde\eta_R+(\nabla_z\tilde\eta_I)\tilde\eta_I\big\}+\left(\frac{\tanh u}{\lambda}|\tilde\eta|\right)^2\\
&=|\nabla_z\tilde\eta|^2+\frac{\tanh u}{\lambda}\nabla_z\big\{\tilde\eta_R^2+\tilde\eta_I^2\big\}+\left(\frac{\tanh u}{\lambda}|\tilde\eta|\right)^2\\
&=|\nabla_z\tilde\eta|^2+\frac{\tanh u}{\lambda}\nabla_z\big(|\tilde\eta|^2\big)+\left(\frac{\tanh u}{\lambda}|\tilde\eta|\right)^2\\
);

であるから、ラグランジアンは

(5.11)

&math(
L_S&=-4\hbar S\int\frac{d^3r}{a^3}(\tilde\eta_R\dot{\tilde\eta}_I)
-2KS^2\int\frac{d^3r}{a^3}\left\{\lambda^2|\nabla\tilde\eta|^2+\lambda\tanh u\nabla_z(|\tilde\eta|^2)+(\tanh^2 u)|\tilde\eta|^2\right\}\\
&=-\hbar S\int\frac{d^3r}{a^3}(\tilde\eta+\bar{\tilde\eta})(\dot{\tilde\eta}-\dot{\bar{\tilde\eta}})\\
&\hspace{5mm}-2KS^2\int\frac{d^3r}{a^3}\left\{\lambda^2|\nabla\tilde\eta|^2-\nabla_z(\lambda\tanh u)|\tilde\eta|^2+(\tanh^2 u)|\tilde\eta|^2\right\}\\
&=-\hbar S\int\frac{d^3r}{a^3}(\bar{\tilde\eta}\dot{\tilde\eta}-\dot{\bar{\tilde\eta}}\tilde\eta+\tilde\eta\dot{\tilde\eta}-\bar{\tilde\eta}\dot{\bar{\tilde\eta}})\\
&\hspace{5mm}-2KS^2\int\frac{d^3r}{a^3}\left\{\lambda^2|\nabla\tilde\eta|^2-\frac{1}{\cosh^2 u}|\tilde\eta|^2+\frac{\sinh^2 u}{\cosh^2 u}|\tilde\eta|^2\right\}\\
&=-\hbar S\int\frac{d^3r}{a^3}\left(\bar{\tilde\eta}\dot{\tilde\eta}-\dot{\bar{\tilde\eta}}\tilde\eta+\frac{1}{2}\frac{\PD(\tilde\eta^2)}{\PD t}-\frac{1}{2}\frac{\PD(\bar{\tilde\eta}^2)}{\PD t}\right)\\
&\hspace{5mm}-2KS^2\int\frac{d^3r}{a^3}\left\{\lambda^2|\nabla\tilde\eta|^2-\frac{1}{\cosh^2 u}|\tilde\eta|^2+\frac{\cosh^2 u-1}{\cosh^2 u}|\tilde\eta|^2\right\}\\
&=-\hbar S\int\frac{d^3r}{a^3}\left(\bar{\tilde\eta}\dot{\tilde\eta}-\dot{\bar{\tilde\eta}}\tilde\eta\right)\\
&\hspace{5mm}-2KS^2\int\frac{d^3r}{a^3}\left\{\lambda^2|\nabla\tilde\eta|^2+\left(1-\frac{2}{\cosh^2 u}\right)|\tilde\eta|^2\right\}\\
);

と書き換えられる。

教科書では「時間に対する部分積分により」対称化したと書いてあるが、
ここでは時間積分は現れないのでちょっと用語がおかしい。
上で落とした項はラグランジアンの時間積分を考えたとき、
&math(\tilde\eta); の端点のみで決まる定数項を与えるので落とした
と言うのが正しいのではないか。

(5.8) と比べると &math(\eta); に対して「素性の良い」形になった。

これは、&math(\eta); が「良い素性の励起モード」であることを表す（？）

これを「スピン波」と呼ぶ。

*** 注意点 [#dd196ef1]

(5.8) では顕わに &math(K); に比例する項は含まれていなかったが、
(5.11) には &math(\nabla_z\tilde\eta); に含まれる 「&math(u); 
の &math(z); 依存性の成分を打ち消すために」&math(K); 
に比例する項が現れている。

言葉で言い表すのが難しいのでもう一度言い方を変えて書くと、
(5.11) の &math(|\nabla\tilde\eta|^2); からは &math(\nabla_z u); 
に比例する成分が現れるが、その成分は (5.8) には存在しなかった。
(5.11) でこの &math(\nabla_z u); を打ち消しているのが
&math(K); に比例する最終項である。

それにもかかわらず、この項は (5.11) 
の中で唯一媒質の非等方性を含む項であり、
磁壁運動の本質に関わる項でもあるのではないかと感じられる。

このあたり、(5.8) と (5.11) のどちらが本質的な物理現象を表しているのか、
掘り下げて考えてみる必要がありそうだ。

* コメント [#kde1bdd6]

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