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,
1. Übungsblatt
28.10.2013 (Abgabe bis 13.11.2013)
Präsenzaufgaben:
Aufgabe P1: Bewegungsgleichungen
Bewegunsgleichungen spielen eine grosse Rolle in der Teilchenphysik, da mit ihrer Hilfe
viele hilfreiche Identitätn abgeleitet werden können.
a) Bestimmen Sie aus der Lagrangafunktion L = m/2(dx/dt)2 des freien, nicht-relativstichen
Teilchens die Bewegunsgleichungen mit Hilfe der Lagrangegleichungen
0=
d ∂L
∂L
.
−
dt ∂ dx
∂x
dt
Wie ändern sie sich für den harmonischen Oszillator?
Einsetzen ergibt
m
d2 x
= 0.
dt2
Die Lagrangefunktion für den harmonischen Oszillator ist L = m/2dx/dt − mω 2 /2x2 , und
damit
d2 x
0 = 2 + ω 2 x = 0.
dt
b) Was ändert sich für ein relativistisches Teilchen? Verwenden Sie hierzu die Eigenzeit
zur Parametrisierung
der zugehörigen Weltlinie xµ (τ ). Die Lagrangefunktion ist dann
p
µ
τ
L = −m −∂τ x ∂ xµ .
Die dynamische Variable ist die Ableitung nach der Eigenzeit. Die Lagrangegleichungen
sind daher
d dL
dL
,
0=
−
dx
dτ d µ
dxµ
dτ
was vier Gleichungen ergibt,
dx
µ
d
d
dτ
,
m uµ = m p
dτ
dτ −∂τ xµ ∂ τ xµ
was in der Tat identisch erfüllt ist.
1
c) Für m = 0 macht diese Wirkung keinen Sinn. Um diese Möglichkeit zu betrachten,
benötigt es einer alternatien Formulierung. Dazu wird am besten eine Hilfsvariable
η(τ ) eingeführt (das sogenannte Tetrad), mit der Lagrangefunktion
1 ∂τ xµ ∂ τ xµ
2
L=
− ηm .
2
η
Zeigen Sie die Äquivalenz für massive Teilchen, und bestimmen Sie die Bewegungsgleichungen für den Fall m = 0.
Dazu bestimmt man die Bewegungsgleichungen für η,
0=
Ẋ µ Ẋµ
+ m2
η2
Ẋ µ Ẋµ
.
=⇒ η 2 = −
m2
d ∂L ∂L
−
dτ ∂ η̇
∂η
=
Daraus folgt

s
Ẋ µ Ẋµ

Ẋ µ Ẋµ 2 
−
m
m2
1
q
−
2
Ẋ µ Ẋ
− m2 µ


q
µ
m  −Ẋ Ẋµ
−q
− −Ẋ µ Ẋµ 
=
2
µ
−Ẋ Ẋµ
q
= −m −Ẋ µ Ẋµ = Spp .
was die Behauptung zeigt.
Die Bewegungsgleichungen für Masse 0 sind dann
1 ∂τ xµ
∂τ
2 η(τ )
∂τ xµ ∂ τ xµ
η2
= 0
= 0
Damit ist die zweite Gleichung gleich einer Konstanten, die dann nur Null sein kann.
d) Ein Beispiel für ein skalares Feld φ(x) ist die Lagrangedichte
1
m2 2 λ 4
φ − φ
L = ∂µ φ∂ µ φ −
2
2
4!
Bestimmen Sie die Bewegungsgelichungen, und lösen Sie sie für λ = 0. Zeigen Sie,
dass die relativistische Energieimpulsrelation erfüllt wird, und damit m tatsächlich
eine Masse ist.
Die Bewegungsgleichungen werden aus den Feldlagrangegleichungen bestimmt,
0 = ∂µ
∂L
∂L
−
∂∂µ φ ∂φ
= ∂ 2 φ + m2 φ +
2
λ 3
φ
3!
was für λ = 0 offenbar durch φ = c exp(ikp) bzw. der komplex konjugierten Version gelöst
wird, wenn −k2 + m2 = −E 2 + ~
p2 + m2 = 0 gilt, was die Massenschalenbedingung ist. Die
Lagrangedichte beschreibt also ein relativistisches Teilchen.
Aufgabe P2: Spin und Gruppen
Der Spin, und auch andere Drehimpulse, spielen eine wichtige Rolle in der Teilchenphysik.
Für Spin 1/2, also den einfachsten Fermionen, erfüllen die Spinoperatoren si die Algebra
[si , sj ] = iǫijk sk ,
wobei ǫijk total antisymmetrisch st mit ǫ123 = 1. Für die meisten Zwecke ist es nützlich
ein Darstellung in Form von Matrizen zu haben.
a) Zeigen Sie, dass mit den Paulimatrizen
0 1
0 −i
τ1 =
τ2 =
1 0
i 0
τ3 =
1 0
0 −1
mit der Identifikation si → τi /2 die Algebra erfüllt ist, und damit die Paulimatrizen
eine Darstellung der Algebra sind.
Folgt durch Ausrechnen.
b) Zeigen Sie, dass die drei Matrizen exp(iαi τi ) zusammen mit der Einheitsmatrix eine
Gruppe unter der Matrixmultiplikation bilden.
Dazu berechnet man zunächst die drei Exponentialfunktionen. Dazu nutzt man die Reihendarstellung aus
X xn
.
exp(a) =
n!
Da für die Paulimatrizen gilt
{τi , τj } = 2δij
(1)
lassen sich die Potenzen vereinfachen, und man erhält
exp(iαi τi ) = cos αi + iτi sin αi .
Um zu zeigen, daß es eine Gruppe ist, muß zunächst di Abgeschlossenheit gezeigt werden.
Da aber für jedes Produkt von Paulimatrizen gilt
τi τj = δij + iǫijk τk
(2)
folgt das sofort aus der Algebra. Die 1 wirkt offenbar als Einselement. Das inverse Element
ist ausserdem das mit −αi , da exp(A) exp(−A) = 1. Die Gruppe ist außerdem assoziativ,
da Matrixmultiplikation assoziativ ist, sie ist aber nicht kommutativ. Damit ist es ene
Gruppe.
c) Zeigen Sie, daß alle Gruppenelemente die Determinante 1 haben, und unitär sind,
und es sich somit um die spezielle unitäre Gruppe SU(2) handelt, mit 2 wegen der
Anzahl an möglichen Spineinstellungen, zwei.
3
Da exp(iαi τi )† = exp(−iαi τi ), da die Paulimatrizen hermitsch sind, folgt die Unitarität
direkt. Da für Determinaten gilt, daß det AB = det A det B ist, reicht es für den zweiten
Teil zu zeigen, daß es für die Basiselemente gilt. Das folgt aufgrund der Unitarität bis auf
eine Phase. Diese kann man direkt berechnen.
Aufgabe P3: Streuung und Zerfälle
Es gibt elektrisch neutrale Elementarteilchen namens Pionen π 0 der Masse mπ0 . Sie zerfallen nach 8.4 × 10−17 s hauptsächlich in zwei masselose Photonen. Berechnen Sie die
Viererimpulse der beiden emittierten Photonen für ein in Ruhe zerfallendes π 0 .
In diesem Prozeß gilt Viererimpulserhaltung. Weiterhin sind Photonen masselos, daher ist
für sie E = |~
p|c. Um die Dreierimpulserhaltung zu garantieren, müssen sie in entgegengesetzte Richtung emittiert werden. Daher sei diese Richtung in z-Richtung gelegt, und es
gilt
pπ0 = (mπ0 c, 0, 0, 0)T = pγ1 + pγ2 = (Eγ1 /c + Eγ2 /c, 0, 0, pzγ1 + pzγ2 )T = pγ1 + pγ2 .
pγi |c
Damit folgt sofort pzγ1 = −pzγ2 . Weiterhin gilt mπ0 c2 = Eγ1 + Eγ2 . Da Eγi = |~
2
gilt, müssen beide Energie gleich groß sein, und zwar genau Eγ1 = Eγ2 = mπ0 c /2. Die
Viererimpulsvektoren der beiden Photonen sind somit
pγ1 = (mπ0 c/2, 0, 0, mπ0 c/2)T
pγ2 = (mπ0 c/2, 0, 0, −mπ0 c/2)T .
Hausaufgaben:
Aufgabe H1: Mandelstamvariablen
An vielen Hochenergieexperimenten werden zwei Teilchen mit Ruhemassen m1 und m2 zur
Kollision gebracht. Die Teilchen werden in der Reaktion vernichtet, und es entstehen neue
Teilchen. Als Beispiel sollen zwei neue Teilchen entstehen mit den Ruhemassen m3 und
m4 . Die vier Teilchen besitzen die Viererimpulse pµi mit i = 1, ..., 4. Es ist sehr bequem,
die Reaktion durch Lorentzskalare zu charakterisieren, die sich als Skalarprodukte aus den
vier Impulsen pµi bilden lassen. Speziell definiert man die Mandelstam-Variablen
s = (p1 + p2 )2
a) Zeigen Sie, daß s + t + u =
Es gilt p2i = m2i c2 . Damit folgt
t = (p1 − p3 )2
P
2 2
i mi c
u = (p1 − p4 )2 .
gilt.
s = (p1 + p2 )2 = m21 c2 + m22 c2 + 2p1 p2 ,
t = (p1 − p3
u = (p1 − p4
)2
=
)2
=
m21 c2
m21 c2
+
+
m23 c2
m23 c2
(3)
− 2p1 p3 ,
(4)
− 2p1 p4 .
(5)
Aufaddition liefert
s + t + u = 3m21 c2 + m22 c2 + m23 c2 + m24 c2 − 2p1 (p3 + p4 − p2 ).
Aufgrund der Erhaltung des Viererimpulses ist p3 + p4 − p2 = p1 . Da p21 = m21 c2 , folgt
somit
X
s + t + u = (3 − 2)m21 c2 + m22 c2 + m23 c2 + m24 c2 =
m2i c2 ,
i
was zu zeigen war.
4
b) Stellen Sie die Skalarprodukte pi · pj durch s und t sowie durch die Ruhemassen dar.
Von den 16 Skalarprodukten sind aufgrund der Symmetrie zunächst nur 10 unabhängig.
Die Skalarprodukte mit i = j ergeben direkt p2i = −m2i c2 . Somit verbleiben 6 nichttriviale Skalarprodukte. Diese sind zum Teil direkt durch Umformen der Gleichungen (3-5)
bestimmbar:
p1 p2 =
p1 p3 =
p1 p4 =
1
(s − m21 c2 − m22 c2 )
2
1 2 2
(m c + m23 c2 − t)
2 1
1 2 2
1
(m1 c + m24 c2 − u) = (s + t − m22 c2 − m23 c2 )
2
2
(6)
(7)
(8)
Für die verbleibenden drei Skalarprodukte gilt wegen der Viererimpulserhaltung zunächst
p2 p3 = −p1 p3 + p23 + p3 p4
p2 p4 = p1 p2 + p22 − p2 p3
p3 p4 = p1 p4 + p2 p4 − p24
Diese Gleichungen bilden ein lineares Gleichungssystem für die drei Unbekannten, und
lassen sich direkt lösen mit
p2 p3 = 12 (p1 p2 − p1 p3 + p1 p4 + p22 + p23 − p24 ) =
p2 p4 = 12 (p1 p2 + p1 p3 − p1 p4 + p22 − p23 + p24 ) =
p3 p4 = 21 (p1 p2 + p1 p3 + p1 p4 + p22 − p23 − p24 ) =
1
(s + t − m21 c2 − m24 c2 )
2
1 2 2
(m c + m24 c2 − t)
2 2
1
(s − m23 c2 − m24 c2 ).
2
Hierbei wurden im zweiten Schritt die Relationen (6-8) verwendet.
5
Aufgabe H2: Zerfälle
Ein ∆+ ist ein instabiles Teilchen und zerfällt in ∼ 2 · 10−24 s in ein Proton p und ein
neutrales Pion π 0 ,
∆+ → p + π 0 .
Die Ruheenergien dieser Teilchen sind m∆ = 1232 MeV, mp = 938.3 MeV und mπ = 135.0
MeV. Berechnen Sie die Energie und den Betrag des Dreierimpulses der beiden Teilchen
(Pion und Proton) im Endzustand für ein in Ruhe zerfallendes ∆.
Für ein Teilchen der Ruhemasse m ist der Viererimpuls gegeben durch
pµ = (E/c, p~),
wobei die Energie durch die Energie-Impuls-Relation gegeben ist als
E 2 = m2 c4 + p~2 c2 .
Aufgrund der Viererimpulserhaltung muß gelten
p
π
p∆
µ = pµ + pµ .
Vor dem Zerfall des ∆ ist dieses in Ruhe. Das führt zu der Bilanz
! p
q
2 c4 + p
2 c2 /c
m
c
m
~
m2π c4 + p~2π /c
∆
∆
p
p
+
.
pµ =
=
~0
p~π
p~p
Die Gleichung für die Raumkomponenten liefert
p~p = −~
pπ =: ~p,
und für die Zeitkomponenten
m∆ c =
q
m2p c4 + p~2 c2 /c +
p
m2π c4 + p~2 c2 /c.
Diese Relation läßt sich durch nach Quadrieren umformen zu
q
2
2 2
2
2 2
2
p2 + m2π c2 ) p~2 + m2p c2
(m∆ c) = mp c + p~ + mπ c + p~ + 2 (~
p
p
= 2~
p2 + m2p c2 + m2π c2 + 2 p~2 + m2π c2 m∆ c − p~ + m2π c2
p
= 2~
p2 + m2p c2 + m2π c2 + 2m∆ c p~2 + m2π c2 − 2 p~2 + m2π c2
p
= m2p c2 − m2π c2 + 2m∆ c p~2 + m2π c2
Daraus folgt nun
2
p~ +
m2π c2
=
m2∆ c2 − m2p c2 + m2π c2
(2m∆ c)2
2
.
Damit ergibt sich dann der Betrag von p~ zu
s
(m2∆ − m2p + m2π )2 c4
− m2π c2
|~
p| =
4m2∆ c2
q
2
c
m2∆ − m2p + m2π − 4m2∆ m2π
=
2m∆
c q 4
=
m∆ + (m2p − m2π )2 − 2m2∆ (m2p + m2π )
2m∆
= 229.3 MeV/c
6
Man beachte, daß dieser Ausdruck symmetrisch in beiden Teilchen ist, so, wie es sein muß.
Was bleibt, sind die Energien zu bestimmen. Da aber jetzt der Dreierimpuls bekannt ist,
ist das direkt berechenbar zu
q
Ep = m2p c4 + ~p2 c2 = 965.9 MeV
p
Eπ = m2π c4 + p~2 c2 = 266.1 MeV.
Natürlich kann man auch erst die allgemeinen Ausdrücke ableiten, welche sich zu
Ep =
Eπ =
c2
m2∆ − m2π + m2p
2m∆
c2
m2∆ + m2π − m2p
2m∆
ergeben. Das ist hier aber nicht gefragt.
Aufgabe H3: Lichtkegelkoordinaten
In vielerlei praktischen Anwendungen, z. B. tiefinelastische Streuung von Elektronen an
Protonen oder in der Stringtheorie, sind sogenannte Lichtkegelkoordinaten nützlich. Diese
sind definiert durch
1
x+ = √ (x0 + x1 )
2
1
x− = √ (x0 − x1 )
2
i
i
x⊥ = x
Hierbei läuft dann i von 2 bis 3 im normalen Minkowskiraum und in der Stringtheorie bis
zur Anzahl der übrigen Dimensionen, etwa in der einfachsten Stringtheorie bis 25. Dieser
Teil der Koordinaten wird auch transverse Koordinaten genannt.
a) Wie ist der Zusammenhang zwischen ko- und kontravarianten Komponenten?
In den üblichen Koordinaten ist dies x0 = x0 und xi = −xi für i = 1, ..., D − 1. Daraus
folgt
x+ = x−
x− = x+
x⊥i = −xi⊥ .
b) Das Skalarprodukt soll von dieser Umschreibung unabhängig sein. Wie sieht dann
der zugehörige metrische Tensor aus?
Das Skalarprodukt läßt sich direkt umschreiben als
xµ xµ = x0 x0 + x1 x1 + xj xj
1
1 0
(x x0 + x1 x1 + 2x0 x1 ) + (x0 x0 + x1 x1 − 2x0 x1 ) + xj xj
=
2
2
= x+ x− + x− x+ + xj xj .
Die Metrik ist also


0 1
0
.
g = 1 0
0
0 0 diag(−1)
Hierbei läuft die Diagonalmatrix von 2 bis D − 1.
7
c) Wie stellen sich Ableitungen in den neuen Koordinaten dar?
Die Ableitungen nach den transversen Koordinaten ändern sich nicht. Bleiben also die
Ableitungen nach den neuen Koordinaten x+ und x− . Diese ergeben sich zu
∂
∂x+
∂
∂x−
=
∂x0 ∂
∂x+ ∂x0
+
∂x1 ∂
∂x+ ∂x1
=
∂x0 ∂
∂x− ∂x0
+
∂x1 ∂
∂x1 ∂x1
√ ∂
∂
+
2 1
∂x0
∂x
√ ∂
√ ∂
=
2 0 − 2 1.
∂x
∂x
=
√
2
Hierbei wurde ausgenutzt, daß
√
x0 =
√
x1 =
2(x+ + x− )
2(x+ − x− ).
Völlig analog ergeben sich dann die Umkehrtransformationen zu
∂
∂x0
∂
∂x1
=
=
1 ∂
1 ∂
√
+√
+
2 ∂x
2 ∂x−
1 ∂
1 ∂
√
−√
.
+
2 ∂x
2 ∂x−
d) Was sind die Lorentztransformationen für die neuen Koordinaten für Geschwindigkeiten in x1 - und in x2 -Richtung?
Diese erhält man durch direktes Einsetzen. Es ergibt sich für den Boost in x2 -Richtung
x+
′
x−
′
′
x2
′
1
√ (γ(x0 − βx2 ) + x1 )
2
1
= √ (γ(x0 − βx2 ) − x1 )
2
= γ(x2 − βx0 )
=
′
xl⊥ = xl .
Hierbei läuft l von 3 bis D − 1. Es gibt bei dieser Transformation also keine einfache
Darstellung der neuen Lichtkegelkoordinaten als Funktion der alten. Bei einer Lorentztransformation in x1 -Richtung hingegen folgt
x+
′
= γ √12 (x0 − βx1 + x1 − βx0 ) = γ(x+ − βx+ ) =
x−
′
= γ √12 (x0 − βx1 − x1 + βx0 ) = γ(x− + βx− ) =
′
xj⊥
1−β +
p
x
1 − β2
1+β −
p
x
1 − β2
xj .
=
Bei einer solchen Transformation werden also die Koordinaten nicht gemischt, sondern nur
mit einem Faktor multipliziert. Das macht den besonderen Vorteil dieser Koordinaten in
der Anwendung aus.
Aufgabe H4: Streuung
8
In niedrigster (Bornscher) Näherung gilt für die elastische Streuung eines (spinlosen) Teilchens (Masse m vernachlässigbar) mit der Geschwindigkeit v ∼ 1 und Impuls p im Anfangszustand und Impuls q im Endzustand an einem anderen, sehr viel schwerern Teilchen
(Masse M ), das im Anfangszustand in Ruhe ist, in der Quantenmechanik die Formel
dσ
dΩ
Mi f
p|2 dp
1 |~
|Mif |2
(2π)2 |~v | dEf
Z
=
ei(~p−~q)~r V (~r)d3 r
=
wobei Ef die Gesamtendenergie ist. Berechnen Sie diesen Wirkungsquerschnitt als Funktion der (auf 1 normierten) Ladungsverteilung des schwerern Teilchens ρ(~r), der Masse
M , und dem Impuls p und q, wenn die Wechselwirkung ausschliesslich elektromagnetisch
abläuft, und beide teilchen eine Elementarladung tragen. Betrachten Sie nur den Fall
großer Impulsänderungen, d. h. |~
p − q~| groß gegenüber alle anderen Skalen.
Zunächst ist die Ableitung der Gesamtenergie im Endzustand zu berücksichtigen. Die
Gesamtenergie zu Beginn ist p0 + M , die Endzustandsenergie gerade
p
p
Ef = q + k2 + M 2 = q + p2 + q 2 − 2pq cos θ + M 2
p = ~
~
q + ~k
mit ~k dem Rückstoßimpuls des Kerns, und der zweite Schritt in der ersten zeile folgt aus
der zweiten Zeile. Damit ist dann
Wq
W
∂p
=
=
∂Ef
Mp
M 1+
1
.
− cos θ)
p
M (1
Die elektromagnetische Streuung verläuft über das Potential
Z
ρ(~s) 3
e2
d ~s.
V (~r) =
4π
|~s − ~r|
Das liefert
e2
Mif =
F ((~
p − ~q)2 )
4π
Z
~
2
~
F (l ) =
eil~r ρ(~r)d3~r
eis|vecp−~q| cos α 2πs2 dsd cos α
.
s
Z
(9)
Um das zweite Integral auszurechnen, muß man es regularisieren, diesen regulator kann
man in dem vorliegenden Fall am Ende entefrnen f—’ur groß Impulsübeträge. Zunächst
liefert die Regularisierung das regularisierte Ergebnis
Mif =
e2
1
F ((~
p − ~q)2 )
,
2
(~
p − ~q)2 + Λ2
worin Λ der Regulator ist. Dieser kann für den Fall großer Impulsübeträge vernachlässigt
werden. Damit ist das Ergebnis
p
4e2
q2
~
p2 + q 2 − 2pq cos θ + M 2 |~q|
dσ
= 2
F ((~
p − ~q)2 )2 .
dΩ
4π (~
p−~
q )4
M
|~
p|
9