Einführung in die Teilchenphysik - Theoretisch

FRIEDRICH
SCHILLER
UNIVERSITÄT
J E N A
PD A. Maas
Theoretisch-Physikalisches
Institut
Einführung in die Teilchenphysik
WS 2013/14,
7. Übungsblatt
06.01.2014 (Abgabe bis 05.02.2014)
Präsenzaufgaben:
Aufgabe P16: CP von Bosesystemen
Wenn die schwache Wechselwirkung zunächst ignoriert wird, haben Systeme von Bosonen
einen eindeutigen Wert von CP. Im folgenden seien alle Fälle ohne Relativdrehimpuls.
a) Was ist das CP eines Systems aus zwei π 0 ?
Es sind identische Bosonen, also sind die Quantenzahlen gerade das Quadrat, und
damit ist CP=1.
b) Des Systems π + π − ?
Es sind wieder Bosonen, aber dieses Mal unterscheidbar, jedoch Teilchen und Antiteilchen. Es sind Pseudoskalare, also ist die Gesamtparität positiv. Aufgrund der
Bosesymmetrie ist die Wellenfunktion symmetrisch unter Vertauschung von Teilchen
und Antiteilchen. Damit ist dann CP=1.
c) Des Systems π 0 π + π − ?
π 0 kann in zwei Photonen zerfallen. Daher muß es unter C gerade sein, da es in einen
Endzustand mit zwei identischen Teilchen zerfällt. Es ist aber ein Pseudoskalar, und
mit dem Resultat für das π + π − System ist dann das Gesamtsystem CP ungerade.
d) Des Systems π 0 π 0 π 0 ?
Das ist die dritte Potenz des CP eines π 0 , und damit ungerade.
e) Was passiert mit Bahndrehimpuls?
Die Parität eines Zustandes mit Bahndrehimpuls ist die des Zustandes ohne, multipliziert mit (−1)l , wie bereits in der Quantenmechanik gezeigt.
Aufgabe P17: Kaonoszillationen
Neutrale pseudoskalare Kaonen waren die ersten Teilchen bei denen man CP-Verletzung
festgestellt hat. Diese Möglichkeit hat sich eröffnet, weil das Kaon und das Antikaon nicht
identisch sind.
a) Welchen Quarkinhalt haben das naive neutrale Kaon K 0 und sein Antiteilchen K̄ 0 ?
¯
Das naive Bild sind die Kombinationen ds̄ und sd.
1
b) Da Strangeness keine erhaltene Größe ist, können beide Kaonen mischen, was sie in
1
der Form 2− 2 (|K0 i ± |K̄0 i) tun. Die beiden so entstehenden Kaonzustände zeigen
sehr unterschiedliche Zerfallscharakteristiken. Das eine zerfällt in 10−11 Sekunden
dominant in zwei Pionen, es heißt daher KS mit S für short, wegen der kurzen
Lebenszeit. Das andere zerfällt erst nach 10−8 Sekunden, entweder in drei Pionen
oder Leptonen und Pionen, und heißt daher KL mit L für long. Erklären Sie diese
Beobachtung.
Die Mischungszustände haben in erster Näherung definierte Eigenschaften unter CP,
d. h. unter Vertauschung von Teilchen und Anti-Teilchen und Spiegelung. Es ist eine
Frage der Konventionen, welche von beiden. Im folgenden wird die übliche Konvention verwendet, daß die +-Version gerades CP hat.
Damit folgt unmittelbar, dass der Zustand mit geradem CP primär in zwei Pionen
zerfallen kann, da zwei Pionen auch gerades CP haben. Drei Pionen haben ungerades
CP, und sind daher für den anderen Zustand der mögliche Zerfallskanal. Jedoch
sind Zerfälle in drei Teilchen unwahrscheinlicher, und daher lebt einer der beiden
Zuständen länger, und damit können auch Zerfälle mit Leptonen relevant werden.
Höhere Drehimpulse können das ändern, aber das ist recht unwahrscheinlich, und damit nicht Anteil des dominanten Zerfallkanals. CP-Verletzungen sind vernachlässigbar klein für die dominanten Zerfallskanäle.
c) Da die Kaonen im Vergleich zu ihrer Masse recht schnell zerfallen, kann keine so einfache Näherung wie für Neutrinos später in H17 gemacht werden. Vielmehr verhalten
sich Kaonamplituden als Funktion der Zeit eher wie
ai (t) = ai (0) exp(−(Γi /2 − imi )t),
wobei m die Masse ist und Γ die Halbwertsbreite, und i die Sorte darstellt. Experimentell kann man einen Strahl nur aus K0 herstellen. Wie hoch ist dann die Intensität
an K̄0 nach einer Flugdauer t? Auf diese Art wurde die (winzige) Massendifferenz
von KS und KL von 3.52 × 10−6 eV gemessen. Wieso gibt es eine solche?
Die Gesamtamplitude für das K̄0 ist gerade die Differenz der beiden Amplituden. Die
Intensität ist das Betragsquadrat. Umgekehrt ist die Amplitude für das K0 gerade
die Summe der beiden Amplituden. Damit zur
√ Zeit t = 0 nur K0 da sind, muß
a1 (0) = a2 (0) gelten, die damit beide gleich 1/ 2 sein müssen. Die K̄0 Intensität ist
damit
Γ1 +Γ2
1 −Γ1 t
I = (a1 (t) − a2 (t))(a1 (t) − a2 (t))∗ =
e
+ e−Γ2 t − 2e 2 t cos ∆mt ,
4
und damit kann die Massendifferenz durch die Oszillation gemessen werden. Die
kommen dadurch zustande, dass es verschiedene Zwischenzustände gibt, und damit
die Quantenkorrekturen zu den Massen unterschiedlich sind.
d) Ein KL zerfällt jedoch auch mit geringer Wahrscheinlichkeit in zwei Pionen in einer
s-Welle. Wieso ist das möglich?
In diesem Fall wird CP geändert. Das ist aufgrund der CKM Matrix im Standardmodell möglich, jedoch stark unterdrückt.
Hausaufgaben:
Aufgabe H17: Oszillationen und Neutrinos
2
a) Formulieren Sie den Hamiltonoperator für ein allgemeines Zweizustandssystem, in
dem Übergänge zwischen beiden Zuständen möglich sind.
Die allgemeinste Form ist eine 2×2 Matrix
H0 + ǫ
∆
H=
,
∆∗
H0 − ǫ
bei dem H0 reell ist, ǫ das splitting zwischen den Energiezuständen darstellt, und ∆
komplex, so daß der Hamiltonoperator hermitesch ist.
b) Bestimmen Sie den Zeitentwicklungsoperator, sowie die Wahrscheinlichkeit dafür,
daß nach einer Zeit δt ein reiner Zustand sich in den anderen Zustand umgewandelt
hat, bzw. noch derselbe Zustand ist.
Der Zeitentwicklungsoperator ensteht durch die Matrixexponentialisierung. Diese
liefert einen Phasenfaktor, sowie eine Nichtdiagonalmatrix. Das Ergebnis ist
i∆
iǫ
sin ωt
iH0 t cos ωt + ω sin ωt
ω
U (t) = e
i∆∗
cos ωt − iǫ
ω sin ωt
ω sin ωt
mit der Frequenz
ω=
p
ǫ2 + |∆|2
Die Übergangsmatrixelemente sind dann
iǫ
iH0 t
M1→1 = e
cos ωt + sin ωt
ω
∗
i∆
M1→2 = ieiH0 t
sin ωt,
ω
und analog für die anderen zwei Elemente. Die Übergangswahrscheinlichkeiten sind
dann
ǫ + |∆|2 cos2 ωt
ω2
2
|∆| sin ωt
.
ω2
P1→1 =
P1→2 =
Die Raten für den anderen Zustand sind identisch. Man sieht direkt, daß für ∆ → 0
die Zustände sich nicht mischen.
c) In der ultrarelativstischen Näherung bewegen sich Teilchen mit Lichtgeschwindigkeit. Das ist eine gute Näherung für Neutrinos, für die die Mischungsstärke gerade
durch ∆2m /E, mit E der Energie, gegeben ist. Wie groß sind für solare Neutrinos
oder Reaktorneutrinos mit einigen MeV Energie die Distanzen, bis eine vollständige
Umwandlung erfolgt ist? Geben Sie das Ergebnis auch in km an!
Damit ist ǫ = ∆m und |∆| = ∆2m /E. In dieser Näherung ist die Zeit identisch
zur Distanz. Eine maximale Umwandlung, die im allgemeinen nicht vollständig sein
kann, ist gegeben für
r
∆2
π
= ωL = ∆m 1 + m
L ≈ ∆m L
2
E2
3
was nach Auflösung
L=
π
2∆m
liefert. Das sind etwa 102 eV−1 , was einer Strecke von ca. 1010 fm oder gerade einmal
10 µm entspricht. Die Abschätzung ist also nicht allzu gut, die tatsächlichen Längen
sind im Bereich vieler km. Der Grund dafür ist die Abschätzung von ǫ ≈ ∆m . Im
Falle von ǫ = 0, also dem vernachlässigen von ǫ gegenüber von H0 ≈ E, ergibt sich
die erwartete Größe vieler km, denn dann
L=
πE 2
≈ 1014 eV−1 ≈ 1022 fm ≈ 107 m ≈ 10000 km
∆m
4