Wiederholung

Wiederholung
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Flavour-Oszillationen: B-Mesonen (BABAR)
Zeitumkehrinvarianz
Herleitung der Dirac-Gleichung
Dirac-Spinor, γ-Matrizen
Lösungen der Dirac-Gleichung
Dirac- und Feynman-Bild
Anwendung: Pion-Photon-Wechselwirkung
Transformation von Spinoren
Zwei-Komponenten-Theorie
Chiralität und Helizität
Majorana- oder Dirac-Neutrino
Energiequellen und Zeitskalen
• Die Energieabstrahlung der Sonne ist sehr gross
(L☼ = 3.85x1033 erg/s).
• Es gibt eine direkte Beziehung zwischen den zur Verfügung
stehenden Energiereserven und der Lebensdauer eines
Sterns
• Wir können die Lebensdauer eines Sterns abschätzen für
bestimmte dominante Energiequellen:
Gravitation, EM-Wechselwirkung, Kernkraft
Energy
Time =
Lu min osity
Die chemische Zeitskala
• Chemische Prozesse sind mit der WW von Hüllenelektronen
mit Atomkernen verbunden. Typisch werden 1-10 eV pro
Atom freigesetzt.
• Nehmen wir an, dass die Sonne aus reinem Wasserstoff
besteht, und dass 10 eV pro Atom freigesetzt werden:
10eV × M sun mH
E
τ Chem =
≈
Lsun
Lsun
10eV × 2 ×1033 g 1.7 ×10 − 24 g
=
3.8 ×1033 erg s
= 5 ×1012 s = 1.6 × 105 yr
• Da die Erde einige mal 109 Jahre alt ist, können chemische
Prozesse eindeutig nicht für die Energiefreisetzung der
Sonne verantwörtlich sein.
Potentielle Energie aus Gravitation
•
Potentielle Energie aus Gravitation
• Bei der Bildung eines Sterns nimmt durchschnittlicher Abstand
zwischen den Massen ab, die den Stern bilden
• Die potentielle Energie wird negativer
• Energie muss in andere Form (z.B. kinetische) konvertiert werden
• Für ein System aus zwei Teilchen der Massen M und m ist die
potentielle Gravitationsenergie gegeben durch
M⋅m
•
Gravitationsenergie eines Sterns:
- Wechselwirkung jedes möglichen
Teilchenpaares berücksichtigen!
- Kraft auf eine Punktmasse dmi
ausserhalb einer sphärisch
symmetrischen Masse Mr ist
M r ⋅ dm i
dFi = G
r2
U = −G
r
Erwärmung durch Gravitation
• Die potentielle Energie einer Punktmasse m im Abstand r von einer
grossen Masse M ist:
M⋅m
U = −G
r
• U wird negativer, wenn der Abstand zwischen Mr und dmi kleiner wird. Die
freigesetzte Energie wird in Wärme konvertiert und schliesslich in den
Weltraum abgestrahlt.
• Nach Kontraktion ist der Stern daher für einige Zeit in der Lage, zu
scheinen. Wieviel, werden wir bald abschätzen
• Zur Abstrahlung ist allerdings nur die HÄLFTE der Änderung der
Gravitationsenergie verfügbar. Die verbleibende potentielle Energie
erwärmt den Stern
• Ursache hierfür ist das Virial Theorem der klassischen Mechanik
Das Virial Theorem
Betrachte ein Ensemble von Teilchen, die über eine Kraft F wechselwirken.
Das System hat ein Trägheitsmoment I, die kinetische Energie E und die
potentielle Energie U.
Ist das System periodisch,
dI
= 2∑ m i r&i ri
dann gilt dI/dt |t=0 = dI/dt |t=t
dt
und daher:
2
2
I = ∑ m i ri
1d I
2
2
&&
&
=
+
m
r
r
m
r
∑
∑
i i i
i i
d
I
2
2
dt
=0
1
2
E = ∑ m i r&i2
dt
1 d2I
2
2
= ∑ Fi ri + ∑ m i r&i
2
0= U +2 E
2 dt
U = ∑ Fi ri
1 d2I
1
U
2E
=
+
E
=
−
U
2
2 dt
2
•
•
•
Wenn F die Gravitationskraft ist, dann ist U negativ für ein gebundenes System
Gleichgewichtsbedingung: dI/dt = konstant
Ergebnis: 50% der gewonnenen Energie werden in Wärme konvertiert
(kinetische Energie), 50% werden abgestrahlt
Beispiel: Orbit mit Exzentrizität 0.5
I ∝ r2
d 2I
dt 2
d 2I
∫0 dt 2 dt
d 2I
→
=0
2
dt
t
Virial Theorem und Sternformation
• Annahme: ein Stern wird durch den Gravitationskollaps
eines grossen Nebels gebildet
• Im Gleichgewicht unterliegt der Stern dem Virial Theorem
– Die potentielle Energie des Sterns hat sich von einem Anfangswert
nahe Null (grosser Abstand zwischen Teilchen) zu einem
negativen statischen Wert verändert
– Energieerhaltung verlangt, dass die Gravitationsenergie während
des Kollaps in den Weltraum abgestrahlt wurde
• die halbe Energie wird in interne Energie (Wärme) konvertiert
• die andere Hälfte wird in den Weltraum während der Sternformation
abgestrahlt.
• Sterne, die Energie von der Oberfläche abstrahlen,
kontrahieren und heizen sich gleichzeitig auf
Gespeicherte Energie
•
•
•
Berücksichtige WW zwischen jedem möglichen Teilchenpaar
Betrachte punktförmige Masse dmi im Abstand r von einer Masse Mr
Die Kraft auf die punktförmige Masse und ihre potentielle Energie
sind gegeben durch
M r ⋅ dm i
Fi = G
r2
•
M r ⋅ dm i
dU i = −G
r
Annahme: die punktförmigen Massen sind gleichmässig auf einer
Schale der Dicke dr und Masse dm verteilt, wobei dm die Summe
aller punktförmigen Massen dmi ist. Dann ist:
dm = 4πr 2ρdr
ρ ist die Massendichte auf der Schale und
4πr2dr ihr Volumen
M r ⋅ 4πr ρ
dU = −G
dr
r
2
Potentielle Energie der Schale:
R
Integration über alle Massenschalen:
U = −4πG ∫ M r ρ r dr
0
Im Prinzip muessen wir ρ=ρ(r) kennen. Wenn wir annehmen, dass die
Dichte konstant und gleich ihrem durchschnittlichen Wert ist, erhalten wir
näherungsweise:
ρ≈ρ=
R
M
4 3
πR
3
4 3
M r = πr ρ
3
R
4 3 2
16 2 2 4
16 2 2 5
U = −4πG ∫ πr ρ r dr = − π Gρ ∫ r dr = − π Gρ R
3
3
15
0
0
oder, mit der Masse M des Sterns:
4
M = πR 3 ρ
3
16 2 2 5
3 GM
U = − π Gρ R = −
15
5 R
2
Anwendung des Virial Theorems liefert die gesamte „mechanische“ Energie
des Sterns:
3 GM
E=−
10 R
2
Beispiel: Wieviel interne Energie wurde bei der Bildung der Sonne (aus
einer unendlich grossen Wolke) geschaffen:
2
3 GM sun
48
≅ 1.1× 10 erg
E=
10 R sun
Kelvin-Helmholtz Zeitskala
• Annahme 1: einzige Energiequelle der Sonne ist die bei
Formation freigesetzte Gravitationsenergie
• Annahme 2: die Luminosität der Sonne ist ungefähr
konstant während ihrer Lebensdauer
⇒ Wie lange kann die
2
3 GM sun
Sonne mit dieser
10 R sun
1.1×10 48 erg
7
t
=
≈
≈
10
yr
Intensität Energie
KH
33
L sun
3.8 × 10 erg/s
emittieren?
• tKH ist die Kelvin-Helmholtz Zeitskala, zu vergleichen mit der
Zeit, die die Erde existiert (109 Jahre) .
⇒Es muss eine wesentlich stärkere Energiequelle verfügbar
sein, damit die Sonne derart lange scheinen kann!
⇒Gravitation is nicht die Ursache der solaren Energie!
Nukleare Zeitskala
Es muss eine weitere Energiequelle geben: Kernenergie
Umwandlung von Masse zu Energie
Typisch: Stern verbrennt etwa 10% seiner Masse während seines
Lebenszyklus auf der HR-Hauptreihe
nur 0.7% der Brennstoff-Masse wird in Energie konvertiert
E nuclear = 0.007 × 0.1× M sun c 2 ≅ 1.3 ×1051 erg
dieses entspricht einer nuklearen Zeitskala
t nuclear
E nuclear
=
≅ 1010 yr
L sun
⇒ Ausreichend lang um konsistent mit der Existenz von Leben seit einer
Milliarde Jahren zu sein: Kernkraft ist Energiequelle der Sterne!
Kernreaktionen
• In Fusion zweier leichter Kerne (bis Fe) zu einem
schwereren Kern wird Energie freigesetzt
• In der Regel geschieht die Reaktion nicht spontan, aufgrund
der langreichweitigen Coulomb-Abstossung der positiv
geladenen Kerne
• relative kinetische Energie muss ausreichend gross sein, um
die Coulomb Barriere zu
überwinden (zumindest:
eine ausreichend hohe
Tunnelwahrscheinlichkeit
haben)
QM-Tunneln: eine Abschätzung
Welche Temperatur ist notwendig, um genügend grosse
Energien in einem Gas zu haben, um die Proton-Proton
Coulomb Barriere zu überwinden?
2
1
3
Z
Z
e
µ v 2 = kT = 1 2
r
2
2
2Z1Z 2 e 2
T=
3kr
Z1 = Z 2 = 1
r = 1fm
T ≈ 1010 K ≈ 1 MeV
•
•
Vergleich mit Temperatur im
Zentrum der Sonne:
T~1.5 x 107 K (~1 keV)
Auch wenn man die Ausläufer der
Boltzmann Verteilung
berücksichtigt, ist es unmöglich,
eine ausreichend hohe Zahl an pp
Kollisionen oberhalb der Barriere zu
erhalten!
⇒ Tunneln ist entscheidend!
Tunnel-Wahrscheinlichkeit
•
Je grösser das Verhältnis von
Barriere zu kinetischer
Energie oder je breiter die
Barriere, desto geringe ist die
Tunnelwahrscheinlichkeit.
• Eine einfache Abschätzung
der Tunnelwahrscheinlichkeit
bei gegebener Temperatur
erhält man, wenn man
annimmt, dass das Proton
innerhalb einer de Broglie
Wellenlänge zum Target sein
muss, damit Tunneln möglich
ist.
⇒ Abschätzung gibt richtige
Grössenordnung!
2
1
p
h
2
µ v =
λ=
2
2µ
p
Distance of closest approach :
(
Z1Z 2 e
p
h λ)
=
=
2µ
λ
2µ
2
2
2
h2
λ=
2µµ 1Z 2 e 2
2
1
2 4
2
2
4 µZ Z e
T=
≈ 107 K
3 kh
Reaktionsraten
• Die Reaktionsrate pro Energieintervall hängt ab
von
• der Teilchenzahldichte in bestimmtem Energieintervall
– Maxwell-Boltzmann Verteilung
» bekannt, wenn Temperatur und chemische
Zusammensetzung des Gases bekannt sind
• der Reaktionswahrscheinlichkeit (Wirkungsquerschnitt)
– abhängig von mehreren Faktoren, bestimmt durch Kernphysik:
» Matrixelemente, Q-Werte der Reaktion, Phasenraum
• Die gesamte Reaktionsrate erhält man durch
Integration über alle möglichen Energien
Maxwell-Boltzmann-Verteilung
2n
n E dE =
π
1
3
(kT) 2
E e
−E
kT dE
Energieabhängigkeit Wirkungsquerschnitt
• einfache Abschätzung:
– „geometrische“ Interpretation des Wirkungsquerschnitts σ(E)
• Radius des Projektils durch de Broglie Wellenlänge gegeben
2
⎛h⎞
1
σ(E) ∝ πλ ∝ π ⎜ ⎟ ∝
E
⎝p⎠
2
• Darüber hinaus muss der Wirkungsquerschnitt proportional zur
Tunnelwahrscheinlichkeit durch die Coulomb Barriere Uc sein:
σ(E) ∝ e
−2π
2 Uc
E
Wenn wir annehmen dass r~ λ = h/p
Uc
=
E
Z1Z2 e
2
r = 2Z1Z2 e
hv
µv 2
2
2
−
b
/
E
σ(E) ∝ e
b=
2
3/ 2 2
π
µ Z1Z 2 e
h
2
Achtung: b hängt von der
Zusammensetzung des Gases
ab
Wirkungsquerschnitt
gegeben durch Kombination von
– Geometrie
– Tunnelwahrscheinlichkeit
– unbekannte Funktion S(E), die die gesamte
Information über Kernstruktur-Effekte enthält
• S(E) ist der astrophysikalische Faktor
(hoffentlich eine langsam mit der Energie variierende
Funktion)
S(E) − b / E
σ(E) =
e
E
Berechnung der Reaktionsrate
•
•
•
Betrachte stellares Gas mit nx Teilchen pro Volumeneinheit vom Typ
x und ny Teilchen pro Volumeneinheit vom Typ y
Betrachte nur Teilchen des Typs x,y mit relativer Geschwindigkeit
v(E) der eine relative Energie E entspricht
willkürliche Auswahl:
– Teilchen des Typs x sind Projektile
– Teilchen des Typs y sind Targets
•
•
•
Die Projektile (x) sehen eine effektive Reaktionsfläche F = σ(E) · ny
Alle Projektile sehen diese Fläche F, daher hängt die Gesamtzahl der
Reaktionen vom Fluss J = nx· v(E) einlaufender Teilchen ab
Die Reaktionsrate ist das Produkt aus F und J:
r(E) = nx· ny · v(E) · σ(E)
Gesamte Reaktionsrate
Um die gesamte Rate zu bestimmen, muss das Produkt aus Boltzmann
Verteilung und σ(E) über alle Energien integriert werden:
S(E) − b / E
σ(E) =
e
E
3/ 2
⎛2⎞
r=⎜ ⎟
⎝ kt ⎠
nxny
Produkt der Faktoren:
Gamow Peak
2n
n E dE =
π
1
3
E e
−E
kT dE
(kT) 2
∞
− b / E e− E / kt dE
e
S
(E)
∫
µπ 0
=
Barriere
TunnelWahrscheinlichkeit
•
Hochenergie-Teil
Der Boltzmann
Verteilung
Gamow Peak
⎛ bkT ⎞
E0 = ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
2/3
George Gamow (1904-1968)
Erste Untersuchung der
Coulomb-Tunnelwahrscheinlichkeit
Als Folge des Gamow Peaks stammt der dominante Beitrag zur integrierten
Reaktionsrate aus schmalem Energiefenster, das abhängt von
• Temperatur und
• chemischer Zusammensetzung des Gases
Gamow-Peak
•
Annahme: S(E) variiert langsam mit der Energie über den Gamow-Peak.
Dann können wir S(E) als konstant annähern und vor das Integral setzen.
Die Peak-Position ist dann:
b ⎞
⎛ E
rate ∝ exp⎜ −
−
⎟
kT
E⎠
⎝
•
(
= 1.22 Z12 Z 22 µT62
)
13
keV
E0 = 5.9
E0 = 26.5
E0 = 56
E0 = 237
keV
keV
keV
keV
Die Verbrennungsrate ist proportional zur Höhe des Gamow-Peaks bei E0:
p+p:
p+14N:
a+12C:
16O+16O:
•
•
23
Die Position des Gamow-Peaks gibt die effektive mittlere Verbrennungsenergie bei Temperatur T. Zum Beispiel in der Sonne für T6=15 (~1keV)
p+p:
p+14N:
a+12C:
16O+16O:
•
⎛ bkT ⎞
E0 = ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
Imax = 1.1 x 10-6
Imax = 1.8 x 10-27
Imax = 3.0 x 10-57
Imax = 6.2 x 10-239
Selbst wenn schwerere Elemente da sind, verbrennen die leichten zuerst
Dann Gravitationskollaps mit wachsendem T bis nächstes Element brennt
Effektive Verbrennungsenergie
Particle velocity distributrion
Light nuclei barrier penetration
Heavy nuclei barrier penetration
Gamow Peak
E0
E0
Gamow Peak
Effektive Verbrennungsraten
•
Der Gamow Peak kann als Gauss angenähert werden (Fehler < 3%)
2
⎡
⎛
⎞
E − E0 ⎤
b ⎞
⎛ E
⎟⎟ ⎥
−
exp⎜ −
⎟ ⇒ I max exp ⎢− ⎜⎜
E⎠
⎝ kT
⎢⎣ ⎝ ∆ 2 ⎠ ⎥⎦
•
Die Breite wird bestimmt durch Vergleich der 2..Ableitungen:
4
E0 kT
∆=
3
•
⎛ bkT ⎞
E0 = ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
23
Die Rate ist proportional zum Integral des Gamow Peaks
⎛
⎞
⎛
⎞
⎜ 3 E0 ⎟
τ −2
E0
∆
b ⎟
1
2
3 3
⎜
(
)
∆
−
−
=
−
rate ∝
exp
exp
∝
τ
exp
−
τ
∝
T
⎜
⎟
32
⎜ kT
⎟ (kT )3 2
kT ⎟
(1kT2)3
E
{
0 ⎠
⎜
⎝
144424443
⎝ ≡τ ⎠
from M - B
height× width of Gammov Peak
•
Die Temperaturabhängigkeit der Rate bei T6=15 ist:
p+p:
p+14N:
a+12C:
16O+16O:
rate ~ T3.9
rate ~ T20
rate ~ T42
rate ~ T182
EC = 0.55 MeV
EC = 2.27 MeV
EC = 3.43 MeV
EC = 14.1 MeV
Astrophysikalischer Faktor S(E)
Der “astrophysikalische Faktor” beinhaltet die gesamte
detaillierte Information über die Kernstruktur
S(E) − b / E
σ(E) =
e
E
•
•
Oft ist der astrophysikalisch
relevante Energiebereich
unterhalb der minimal
messbaren Energie in direkten
Reaktionen.
Allgemein ist S(E) eine glatte
Funktion, und daher ist eine
Extrapolation in den nicht
gemessenen Bereich möglich.
Astrophysikalischer Faktor S(E)
•
•
Im Labor gemessene Daten werden oft zum Vergleich mit
astrophysikalischen Wirkungsquerschnitten als S(E) angegeben.
In manchen Fällen kann S(E) stark mit der Energie variieren aufgrund
von Resonanzen:
Abschirmung
Abschirmung kann die Reaktionsrate beeinflussen:
– Infolge von Ionisation gibt es eine hohe Dichte freier
Elektronen im Innern der Sterne
– dieser „See“ negativ geladener Elektronen kann die
Coulomb Barriere reduzieren, indem das repulsive
elektrische Feld der geladenen Kerne reduziert wird
⇒Dadurch wird die Reaktionsrate erhöht
⇒Erhöhung kann signifikant sein, bei He-Erzeugung um 10 - 50%
Reaktionsketten und Zyklen
•
•
•
•
Bisher: nur einzelne Reaktionen
Jetzt: Schrittweise Reaktionsfolge, bei der ein Element in ein
anderes konvertiert wird
Dominanter Energieerzeugungsprozess in der Sonne: Umwandlung
von 4 Protonen zu 4He, 2 Positronen und 2 Neutrinos
Es ist höchst unwahrscheinlich, dass dieses in einer einzelnen 4Körper-Reaktion geschieht, bei der 4 Protonen gleichzeitig die
richtige Energie haben müssen!
→ Der Endzustand muss durch Reihe von 2-Körper-Reaktionen entstehen
•
Die wichtigsten Reaktionsketten sind
– Proton-Proton-Kette
– CNO-Zyklus
(Kohlenstoff, Stickstoff und Sauerstoff dienen als Katalysatoren um 4He aus 4
Protonen zu bilden)
Proton-Proton-Kette
Proton-Proton-Kette
• Der Hauptzweig der pp-Kette besteht aus folgenden
Reaktionen:
1. Zwei (Masse 1) Wasserstoffisotope verschmelzen zu Isotop mit
Masse 2 (Deuterium), wobei gleichzeitig ein β-Zerfall stattfindet
und ein Positron und ein Neutrino emittiert werden
2. Das Deuterium reagiert mit einem weiteren Masse-1
Wasserstoffisotop zu Helium-3 und einem Photon.
3. Zwei Helium-3 Isotope (die getrennt in den Schritten 1 und 2
entstehen) verschmelzen zu Helium-4, zwei Protonen werden
freigesetzt.
• Insgesamt wird aus Wasserstoff Helium, die freigesetzte
Energie verteilt sich auf die erzeugten Teilchen und ihre
kinetischen Energien.
Reaktionsraten
Der erste Schritt bestimmt die Zeitskala, und verhindert, dass Sterne Bomben werden
Andere pp-Ketten
•
Abhängig von Temperatur und Dichte können andere Reaktionen an
der He-Erzeugung teilnehmen
•
Zusätzlich wird ein kleiner Anteil monoenergetischer Neutrinos (pep
Neutrinos) erzeugt: p+e-+p → 2H + ne
Proton-Proton-Kette
PEP
ProtonProtonKette
Wie viel Energie wird erzeugt?
• Der Mensch verbraucht etwa 109 erg/s
(100 Watt = 2000 Kalorien/Tag)
• Bindungsenergie von Helium ist etwa 26 MeV
• 1 Gramm Wasserstoff reicht aus, um bei der
Verschmelzung zu Helium einen Menschen
200 Jahre lang mit Energie zu versorgen
CNO-Zyklus
Netto-Ergebnis des CNOZyklus ist die Fusion von
Wasserstoff zu Helium
(das α-Teilchen wird erst
im letzten Schritt
emittiert). Kohlenstoff ist
nur ein Katalysator.
CNO-Zyklus
Der CNO-Zyklus konvertiert Wasserstoff zu Helium durch
die folgende Reihe von Reaktionen:
1. Ein 12C-Isotop fängt ein Proton ein und emittiert ein Photon, dadurch
entsteht ein 13N-Isotop.
2. 13N ist instabil und geht durch β-Zerfall mit einer Halbwertszeit von
etwa 10 Minuten in ein 13C-Isotop über.
3. Das 13C-Isotop fängt ein Proton ein und emittiert ein Photon, dadurch
entsteht ein 14N-Isotop.
4. Das 14N-Isotop fängt ein weiteres Proton ein und emittiert ein Photon,
dadurch entsteht ein 15O-Isotop.
5. Das 15O-Isotop geht durch β-Zerfall in ein 15N-Isotop übe.
6. Das15N-Isotop fängt noch ein Proton ein und emittiert ein 4He-Isotop,
der Kreis ist geschlossen bis zum 12C.
Der heisse CNO-Zyklus
Vergleich pp-Kette ↔ CNO-Zyklus
99% der Energie unserer Sonne wird in der pp-Kette erzeugt, nur etwa
1% durch den CNO-Zyklus. Hätte die Sonne nur 10-20% mehr Masse,
würde der CNO Zyklus dominieren.
Was passiert, wenn He durch die pp-Kette
bzw. den CNO-Zyklus erzeugt wird?
mittleres Molekulargewicht µ des Gases nimmt zu
bei gleichbleibender Temperatur und Dichte muss der zentrale
Druck abnehmen
→ Der Stern wäre nicht mehr im hydrostatischen Gleichgewicht und
beginnt zu schrumpfen
•
•
• Damit steigen Dichte und Temperatur
• Irgendwann können He-Kerne die Coulomb Barriere überwinden und
Helium-Verbrennung fängt an (T muss sich um einen Faktor 64 im
Vergleich zur Wasserstoff-Verbrennung erhöhen).
• He wird durch Triple-Alpha-Prozess in C umgewandelt
– Im ersten Schritt werden aus 2α der instabile 8Be Kern, der sehr schnell wiededr
in 2α zerfällt
– Nur wenn ein drittes α verfügbar ist (3-Körper Reaktion) wird der stabile 12C-Kern
gebildet
• Bei genügend hohen Temperaturen können noch schwerere Elemente (bis
Fe) gebildet werden
Warum gibt es viel C und O?
This is a fast
reaction since a
resonance is in the
Gamov peak
He ⇔
Be
dN He→ Be dN Be→ He
=
dt
dt
1
1 dN
∝Γ∝
τ
N dt
N He
N Be
=
τ He→ Be
τ Be→ He
τ Be→ He ∝ Q − 2
Jp = 2p=(-1)L
Langsame Reaktion. Lägen
die Resonanzen höher,
wäre sie schneller und es
bliebe kein C übrig. Lägen
sie tiefer, wäre die
Reaktion so langsam, dass
es kein O gäbe.
Mit Quantenzahlen JP=2-,
ist es nicht möglich, dass
ein α in dieses Niveau
absorbiert wird:
0++0++Lp ≠ 2Andernfalls bliebe kein O
übrig. Übergang nur in
sehr schweren Sternen
über den 3- Zustand
möglich.
Ursprung von Solar-Neutrinos
Solar-Neutrino Energiespektrum