Rozpad neutronu

Rozpad neutronu1
1
Co będziemy liczyli
i po co się tym zajmować?
Czas życia neutronu to 885.7 ± 0.8 s [1]. W świecie cząstek elementarnych
taka „długowieczność” może być zaskakująca, skoro na przykład rozpadający
się w wyniku tego samego oddziaływania mion żyje 2.19703±0.00004·10−6 s.
Czy potrafimy jasno pokazać, że takie, wydawałoby się zupełnie rozbieżne,
wartości są zgodne z przewidywaniami teorii? Co odpowiada za różnicę między neutronem a mionem?
Odpowiedzi na właśnie te pytania poświęcone są niniejsze notatki. Drugim i niemniej ważnym celem jest zapoznanie z typowymi metodami rachunkowymi, stosowanymi w teorii pola, a szczególnie — w bliskiej autorom
skryptu fizyce neutrin.
2
Czas życia — co to jest?
3
Krótko o teorii Fermiego
4
Rozpad neutronu
Z poprzednich paragrafów wiemy, że czas życia τ cząstki jest równy odwrotności jej szybkości rozpadu Γ. Zanim napiszemy jak wyraża się szybkość
rozpadu, musimy bardzo precyzyjnie odpowiedzieć sobie na pytanie, co tak
naprawdę chcemy policzyć.
Umówmy się, że naszym celem będzie obliczenie szybkości rozpadu niespolaryzowanej2 tarczy składającej się ze spoczywających neutronów. Interesuje nas całkowita szybkość rozpadu, a nie: przejście do konkretnego stanu,
dlatego musimy wysumować po wszystkich możliwych stanach spinowych
Jest to robocza wersja skryptu sporządzonego z odręcznych obliczeń prof. J. Sobczyka
przez Artura Ankowskiego. Praca nad tymi notatkami polegała głównie na dodaniu komentarzy, rysunków i uszczegółowieniu przekształceń. Obaj będziemy bardzo wdzięczni
za wszelkie uwagi dotyczące tych notatek. Chętnie wprowadzimy wszelkie zasugerowane
ulepszenia, czy to dotyczące pomyłek czysto drukarskich, czy niejasności tekstu.
2
Określenie „niespolaryzowana” oznacza, że liczba cząstek o spinie w górę jest taka,
jak liczba cząstek o spinie w dół. Szybkość rozpadu nie zależy od orientacji spinu, który
ma jednak wpływ na rozkład powstających cząstek. Żeby maksymalnie uprościć rachunki
liczymy rozpad właśnie niespolaryzowanej tarczy, przywracając w ten sposób symetrię.
1
powstających cząstek i wycałkować po wszystkich możliwych stanach pędowych (jedynym warunkiem, jaki mają spełniać, jest zachowanie czteropędu).
Wtedy interesująca nas wielkość to3
Γ = 2π
Z
δ 4 (p′ + k + k ′ − p)
1 X
|Mf i |2 d3 p′ d3 k d3 k ′ .
2 spiny
(1)
Czynnik 21 nieprzypadkowo pojawia się właśnie przed sumą po spinach: bierze się on stąd, że opisujemy tarczę niespolaryzowaną, czyli liczymy średnią
arytmetyczną po spinach początkowego neutronu (innymi słowy: uśredniamy
wkład od spinu w górę i spinu w dół).
W teorii Fermiego element macierzy przejścia Mf i wyraża się następująco:
G
µ
Mf i = √ (2π)3 he− (k′ , λ′ )|Jˆµlept (0)|ν̄(k, λ)ihp(p′, s′ )|Jˆhadr
(0)|n(p, s)i,
2
µ
gdzie Jˆµlept (0) i Jˆhadr
(0) są operatorami przejścia odpowiednio neutrina elektronowego w elektron i neutronu w proton. Operator Jˆµlept (0) jest w sposób
ścisły reprezentowany macierzowo przez γµ (1−γ5 ). Z kolei macierzową repreµ
zentację Jˆhadr
(0) przy niewielkim przekazie pędu q = p′ − p (a właśnie z taką
sytuacją mamy do czynienia przy rozpadzie neutronu) bardzo dobrze opisuje
Γ µ = γ µ (1 + gγ5), gdzie g jest (ujemną) liczbą rzeczywistą (uzasadnienie
takiej postaci Γ można znaleźć w dodatku C).
Przechodząc od notacji Diraca do macierzowej otrzymamy przy naszej
normalizacji stanów (por. dodatek A)
G
1
Mf i = √ (2π)3
[(2π)3/2 ]2
2
s
me mν − ′ ′
e (k , λ )γµ (1 − γ5 )ν̄(k, λ)
Ek′ Ek
1
×
[(2π)3/2 ]2
s
M′ M
p(p′ , s′ )Γ µ n(p, s).
Ep′ Ep
Nie należy mylić pojawiającego się nad e− (oraz nad p) sprzężenia Diraca:
e− = (e− )† γ0 ,
z kreską nad ν, która oznacza antycząstkę.
Delta Diraca opisuje zachowanie czteropędu, element macierzowy |Mf i |2 — szansę
przejścia między stanami o konkretnych pędach i spinach; szukamy całkowitej szybkości
rozpadu (tzn. uwzględniamy wszystkie możliwe sposoby jego zajścia), dlatego sumujemy
po spinach i całkujemy po pędach powstających cząstek.
3
2
Potrzebny jest nam kwadrat modułu Mf i wysumowany po spinach (w poniższym równaniu stosujemy formalny zapis iloczynu, w którym wskaźnik
przebiega po czterech cząstkach uczestniczących w rozpadzie):
X
spiny
|Mf i |2 =
G2 1 Y 1
Lµν Hµν ,
2 (2π)6 i Ei
czyli wielkość, którą dla wygody obliczeń wyraziliśmy przez tensor leptonowy Lµν i tensor hadronowy H µν :
∗
X
.
Lµν = mν me
e− (k′ , λ′ )γµ (1 − γ5 )ν̄(k, λ) e− (k′ , λ′ )γν (1 − γ5 )ν̄(k, λ) ,
λ, λ′
H µν
∗
X
.
p(p′ , s′ )Γ µ n(p, s) p(p′ , s′ )Γ ν n(p, s) .
= MM ′
s, s′
(2)
Rachunki prowadzące do końcowych postaci tych tensorów zostały umieszczone w dodatkach B.14 i B.2, a ich zwężenie, tzn.
Lµν H µν = 4(1 − g)2 k·p k ′ ·p′ + 4(1 + g)2 k ′ ·p k·p′ − 4(1 − g 2 )MM ′ k ′ ·k,
szczegółowo otrzymano w dodatku B.3, patrz równanie (36).
Mamy obliczyć całkę
G2 Z 4 ′
1
d3 p′ d3 k d3 k ′
′
Γ=
δ (p + k + k − p) Lµν Hµν
.
(2π)5 Ep
4
Ep′ Eν Ee
(3)
Ze względu na to, że spektrum powstających elektronów można obserwować,
najpierw znajdziemy wartość całki, która jeszcze zawiera o nim informację,
tzn.
Z 3 ′ 3
1
. dp dk 4 ′
I=
δ (p + k + k ′ − p) Lµν Hµν .
(4)
Ep′ Eν
4
Po pierwsze zwróćmy uwagę, że p − k ′ jest tutaj stałym czterowektorem,
oznaczmy go r. Musimy znaleźć sposób na liczenie następujących całek:
Z
d3 p′
Ep′
Z 3 ′
dp
Ep′
d3 k 4 ′
δ (p + k − r) kα ,
Eν
d3 k 4 ′
δ (p + k − r) p′α kβ .
Eν
(5)
(6)
Tensor leptonowy można też otrzymać z hadronowego, przyjmując g = −1 i zastępując
p → k ′ oraz p → k. Gdybyśmy chcieli odtworzyć etapy pośrednie, musielibyśmy jeszcze
podstawić M ′ → me i M → −mν [bo masa neutrina pojawia się ze wzoru (27), a nie (26)],
ostatecznie człon z masą nie pojawia się w Lµν , co widać po postaci H µν .
4
′
3
Kluczowych podpowiedzi udzieli nam lorentzowski charakter tych wielkości.
Zacznijmy od nieco prostszego przypadku całki
.
F=
Z
d3 p′ d3 k 4 ′
δ (p + k − r).
Ep′ Eν
(7)
Korzystając z zamiany argumentu delty Diraca:
δ f (x) =
−1
∂f
(x0 ) δ(x − x0 )
∂x
(8)
(patrz np. podręcznik B. Średniawy [5] str. 140.), możemy przekonać się
o równości
Z
d4 p′ δ p′2 − M ′2 . . . =
1
=
2
Z
dEp′
Z
dEp′ d3 p′ δ Ep2 ′ − p′2 − M ′2 . . .
q
d 3 p′
1
δ Ep′ − p′2 + M ′2 . . . =
Ep′
2
Z
d3 p′
... .
Ep′
Dlatego całkę F możemy zapisać w jawnie niezmienniczej postaci (składającej się wyłącznie z niezmienniczych miar i niezmienniczych delt Diraca):
Z
F = 4 d4 p′ d4 k δ(p′2 − M ′2 ) δ(k 2 − m2ν ) δ 4 (p′ + k − r).
Jej wartość musi być zatem pewną funkcją skalarną, która zależy wyłącznie
od czterowektora r. Skalarna funkcja czterowektora może zależeć jedynie od
jego normy, czyli
F = F (r 2).
(9)
Jeśli teraz spojrzymy na całkę (5), to zgodzimy się, że różni się ona od
skalarnej F tylko obecnością wektora kα . Ta różnica zmienia charakter całki
— musi ona być wektorem. Jedyny wektor jaki mamy do dyspozycji to r,
dlatego
Z 3 ′ 3
dp dk 4 ′
δ (p + k − r) kα = A(r 2 ) rα
(10)
Ep′ Eν
Pozostaje wyznaczyć funkcję A. Możemy obustronnie pomnożyć powyższą
równość przez r α (i wysumować po α, czego już jawnie nie robimy) oraz
wejść z r α pod znak całki:
Z
d3 p′ d3 k 4 ′
δ (p + k − r) r α kα = A(r 2 ) rα r α ,
Ep′ Eν
Skoro delta Diraca wymusza, żeby r = p′ + k, to
r α kα ≡ r·k = (p′ + k)·k = p′ ·k + m2ν .
4
Jednak skoro
r 2 = (p′ + k)2 = M ′2 + 2p′ ·k + m2ν ,
to iloczyn p′ ·k możemy wyrazić przez r 2 , czyli
1
1
r·k = (r 2 − M ′2 − m2ν ) + m2ν = (r 2 − M ′2 + m2ν ).
2
2
Widzimy, że dostaliśmy postać, która nie zależy ani od p, ani od k. Co więcej,
możemy w niej rozpoznać całkę F , zatem
r 2 − M ′2 + m2ν
F.
2r 2
Obliczenia wartości F zostały zamieszczone w dodatku B.4.
Do wyliczenia pozostała już tylko całka (6), która zawiera dwa wektory, więc jest tensorem drugiego rzędu. Jakimi obiektami lorentzowskimi
„o dwóch nóżkach” dysponujemy? Takimi które można zbudować z rτ , γτ oraz
σαβ , gαβ . Macierz σαβ (czyli iloczyn dwóch różnych macierzy gamma) możemy
od razu odrzucić, bo jest antysymetryczna względem zamiany wskaźników,
a całka — nie. Macierz gamma dopiero po obłożeniu spinorami przekształca
się jak wektor, więc także odpada. Jest oczywiste, że rα rβ spełnia wszystkie
wymagania. A jak jest z gαβ ? Skoro r α gαβ r β jest niezmiennikiem, a r α gαβ —
wektorem, to gαβ zachowuje się jak iloczyn dwóch wektorów, np. jak rα rβ .
Zatem możemy dokonać rozkładu całki (6) w bazie (rα rβ , gαβ ):
A=
Z
d 3 p′ d 3 k 4 ′
δ (p + k − r) p′α kβ = B(r 2 ) gαβ + C(r 2 ) rα rβ .
Ep′ Eν
(11)
Żeby znaleźć dwie funkcje: B i C, potrzebujemy dwóch warunków. Sprawdźmy
co dostaniemy licząc zwężenia kolejno z r α r β i z g αβ :
Z
d3 p′
Ep′
Z 3 ′
dp
Ep′
d3 k 4 ′
δ (p + k − r) r·p′ r·k = Br 2 + Cr 4 ,
Eν
d3 k 4 ′
δ (p + k − r) p′ ·k = B gαβ g αβ + C rα rβ g αβ = 4B + Cr 2 .
Eν
Wiemy już, że r ·k i p′ ·k dają się wyrazić przez stałe i r 2 . Czy jest też tak
z r·p′ ? Ze względu na to, że
1
1
(p′ + k)·p′ = M ′2 + k·p′ = M ′2 + (r 2 − M ′2 − m2ν ) = (r 2 + M ′2 − m2ν ),
2
2
dostajemy układ równań na B i C:



1 2
(r
2
1 2
(r
2
+ M ′2 − m2ν ) 12 (r 2 − M ′2 + m2ν )F = Br 2 + Cr 4 ,
− M ′2 − m2ν )F = 4B + Cr 2 .
5
Jego rozwiązanie daje
F r2 2
1
B= 2
(r − M ′2 − m2ν ) − (r 2 + M ′2 − m2ν )(r 2 − M ′2 + m2ν ) ,
3r 2
4
(12)
F
r2 2
2
′2
2
2
′2
2
′2
2
C = 4 (r + M − mν )(r − M + mν ) − (r − M − mν ) .
3r
2
Mamy już obliczone wszystkie składniki całki (4):
I = (1 − g)2k ′α pβ (Bgαβ + Crα rβ )
+ (1 + g)2 k ′ ·p (Bgαα + Cr 2 ) − (1 − g 2)MM ′ k ′α Arα
= (1 − g)2 (Bk ′ ·p + Ck ′ ·r p·r)
+ (1 + g)2 k ′ ·p (4B + Cr 2 ) − (1 − g 2 )MM ′ A k ′ ·r
i możemy ją na powrót wstawić do równania (3):
Γ=
G2 Z d3 k ′
I
.
(2π)5 Ep
Ee
(13)
Interesują nas całkowita szybkość rozpadu i spektrum elektronów w układzie spoczywającego neutronu, dlatego przyjmiemy p = (M, 0, 0, 0). Pozwoli
to uprościć strukturę całki, bo wyrażenie podcałkowe będzie skalarem, więc
w sferycznym układzie współrzędnych możemy scałkować względem kątów:
q
d3 k ′
|k|′2d|k|′
|k|′ Ee dEe
→ 4π
= 4π
= 4π Ee2 − m2e dEe .
Ee
Ee
Ee
Skoro z definicji r = p − k ′ , to teraz
k ′ ·p = MEe ,
k ′ ·r = k ′ ·(p − k ′ ) = MEe − m2e ,
p·r = p·(p − k ′ ) = M(M − Ee ),
r 2 = (p − k ′ )2 = M 2 − 2MEe + m2e .
Wstawiając wszystkie te wyrażenia otrzymamy ostatecznie różniczkową szybkość rozpadu w postaci
h
i
dΓ
G2 q
= 4 Ee2 − m2e (g − 1)2 BEe + C(M − Ee ) (MEe − m2e )
dEe
8π
+ (g + 1) Ee (4B + Cr ) + (g − 1)M A(MEe −
2
2
6
2
′
m2e )
.
(14)
4.1
Spektrum elektronów
Wzór (14) określa rozkład elektronów produkowanych w wyniku rozpadu
beta jako funkcję energii elektronu (którą można mierzyć doświadczalnie).
Pojawiają się w niej stałe: wartości mas cząstek uczestniczących w oddziaływaniu i stała Fermiego (pomnożona przez kąt Cabibbo). Masa neutrina jak
dotąd nie jest znana, istnieje tylko jej eksperymentalne ograniczenie od góry.
Aktualnie wynosi ono ok. 1 eV [1].
Czy mierząc spektrum elektronów można wyznaczyć masę neutrina? Przekonamy się, czy można to zrobić, wyznaczając jego granicę nisko- i wysokoenergetyczną. Wynik będzie potrzebny również przy obliczaniu całkowitej
szybkości rozpadu neutronu.
Jesteśmy ograniczeni jedynie przez zasadę zachowania czteropędu:
p = p′ + k + k ′ .
(15)
W układzie spoczywającego neutronu p = (M, 0, 0, 0). Skoro
me + mν + M ′ < M
to potrzebna jest energia kinetyczna, żeby zbilansować całkowitą energię. Pęd
musi być zachowany, więc przynajmniej dwie cząstki muszą się poruszać.
Zatem możliwy jest rozpad, w wyniku którego elektron spoczywa, a pędy
protonu i neutrina równoważą się i mają wartość zadaną przez równość
q
√
me + m2ν + k2 + M ′2 + k2 = M.
Jak znaleźć maksymalną wartość energii elektronu? Otóż odpowiada ona
minimalnej energii układu neutrino i proton:
max
z}|{
z
min
}|
{
M = Ee + Ep′ + Ek .
Przekształcając (15) możemy otrzymać pewien niezmiennik:
(p − k ′ )2 = (p′ + k)2 ,
który z jednej strony możemy wyrazić przez wielkości kinematyczne w układzie spoczywającego neutronu:
(p − k ′ )2 = (M − Ee )2 − k′2 = M 2 − 2MEe + Ee2 − k′2 = M 2 − 2MEe + m2e ,
a z drugiej w układzie środka masy protonu i neutrina łatwo przekonać się,
że
g′ + E
f 2 ­ (M ′ + m )2 .
(p′ + k)2 = E
p
k
ν
7
1024dΓ/dEe
1.6
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0
mν (eV):
0
500
750
1000
0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3
Ee (MeV)
1.2
mν (eV):
0
500
750
1000
1028dΓ/dEe
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0
1.2900 1.2905 1.2910 1.2915 1.292 1.2925
Ee (MeV)
Rysunek 1: Spektrum elektronów powstających w wyniku rozpadu beta.
W szerokim zakresie masy neutrina to widmo jest identyczne (górny rysunek), za wyjątkiem maksymalnej dopuszczalnej energii elektronu i niewielkiego przedziału przy niej (dolny rysunek).
8
Minimalna wartość sumy Ep′ + Ek , liczonej w układzie spoczywającego neutronu, wiąże się z minimalną wartością rozpatrywanego niezmiennika (p′ +k)2 :
(Ep′ + Ek )2 = (p′ + k)2 + (p′ + k)2 ­ (M ′ + mν )2 + (p′ + k)2 .
Oznacza to, że granica wysokoenergetyczna może być otrzymana z nierówności
M 2 − 2MEe + m2e ­ (M ′ + mν )2 ,
która po przekształceniu daje
i
1 h 2
M + m2e − (M ′ + mν )2 .
2M
Teraz zastanówmy się, jakie są wnioski z faktu, że energia elektronów,
powstających w wyniku rozpadu beta, jest z zakresu określonego nierównościami
i
1 h 2
me ¬ Ee ¬
M + m2e − (M ′ + mν )2 .
(16)
2M
Widzimy wyraźnie, że niezerowa masa neutrina ogranicza możliwe energie
elektronów („ścina” wysokie wartości, zmniejszając dostępną przestrzeń fazową). Dzięki temu efektowi możemy próbować mierzyć mν , jednak jest on
niezwykle subtelny. Wyniki numeryczne pokazane są na rysunku 1: nawet
w niefizycznym5 zakresie masy neutrina (m2ν < 1.1 eV2 , patrz [1]), jest on
możliwy do zaobserwowania jedynie tuż przy górnym krańcu spektrum. Na
dodatek musimy pamiętać o tym, że rozpatrywaliśmy jedynie wyidealizowaną sytuację teoretyczną: spoczywające, swobodne neutrony na powłoce masy;
rzeczywistość doświadczalna jest od niej bardzo daleka.
Ee ¬
4.2
Szybkość rozpadu neutronu
Żeby obliczyć i dobrze zrozumieć szybkość rozpadu neutronu, nie musimy
uwzględniać niezerowej masy neutrina. Szybkość w postaci (14) jest zaciemniona przez mν 6= 0, która ani trochę nie zmienia precyzji obliczeń.6
Zacznijmy od F . W postaci (41) widzimy, że możemy dokonać zastąpień
M ′2 − m2ν → M ′2 ,
M ′2 + m2ν → M ′2
(17)
Zejście do pojedynczych eV jest istotnym problemem numerycznym. Do zaprezentowania kluczowych cech zależności widma od wartości masy w zupełności wystarczą wartości
rzędu setek eV.
6
Masa protonu to 938.272029±0.000080 MeV, a neutronu: 939.565360±0.000081 MeV,
zatem obie znane są z dokładnością do ok. 80 eV [1]. Ta niepewność pomiarowa pozwala
zaniedbać masę neutrina, która jest mniejsza od ok. 1 eV, zawsze gdy towarzyszy jej masa
protonu lub neutronu.
5
9
i wtedy
F→
2π q ′2
2π 2
2 )2 =
(M
−
r
(r − M ′2 ).
r2
r2
W ostatnim kroku skorzystaliśmy z warunku r 2 ­ M ′2 (patrz: przypis na
str. 23). Identyczna operacja daje też
F 2
(r − M ′2 ),
2r 2
F r2 2
1 2
F
′2
′2
2
′2
B→ 2
(r − M ) − (r + M )(r − M ) =
(r 2 − M ′2 )2
2
3r 2
4
12r
A→
oraz
F
r2
C → 4 (r 2 + M ′2 )(r 2 − M ′2 ) − (r 2 − M ′2 )
3r
2
F 2
= 4 (r − M ′2 ) (r 2 − M ′2 ) + 3M ′2 ,
6r
F
F
4B + Cr 2 → 2 (r 2 − M ′2 )2 + M ′2 (r 2 − M ′2 ) = (r 2 − M ′2 ).
2r
2
Wstawienie otrzymanych postaci współczynników do (14) prowadzi do postaci
q
1
dΓ
G2 F
= 4 (r 2 − M ′2 ) Ee2 − m2e (g − 1)2 4
dEe
8π 12
r
h
i
2 2
′2
2
′2
× r (r − M )Ee + 2 (r − M ) + 3M ′2 (M − Ee ) (MEe − m2e )
1
+ 6(g + 1)2 Ee + 6(g 2 − 1)M ′ 2 (MEe − m2e ) .
r
W tej równości wielokrotnie pojawia się różnica r 2 − M ′2 , którą możemy
zapisać jako
r 2 − M ′2 = M 2 − 2MEe + m2e − M ′2 = (M + M ′ )(M − M ′ ) + m2e − 2MEe .
Wprowadzimy oznaczenie ∆ = M − M ′ i zauważmy, że w wyrażeniu
(M + M ′ )(M − M ′ ) + m2e = (M + M ′ )∆ + m2e = 2M∆ − ∆2 + m2e
wartości liczbowe: 2M∆ = 1215.17 MeV2 i (∆2 − m2e ) = 1.41 MeV2 różnią
się trzema rzędami wielkości, więc zamieniając
r 2 − M ′2 → 2M∆ − 2MEe = 2M(∆ − Ee ).
10
nie tracimy dokładności. Podobnie MEe ­ Mme = 480.12 MeV2 , zaś kwadrat masy elektronu to tylko 0.26 MeV2 , więc zachowamy dokładność na
interesującym nas poziomie, przybliżając
MEe − m2e → MEe .
Z kolei Ee ¬ ∆ = 1.29 MeV, a M = 939.57 MeV dlatego możemy zastąpić
także
M ′ = M − ∆ → M,
M − Ee → M,
1/r 2 → 1/M 2 .
W efekcie dostaniemy
i2 q
i
1 h
dΓ
G2 Ee h
2
2 − m2 (g − 1)2
= 3
2M(∆
−
E
)
E
6M
e
e
e
dEe
4π 12M 2
M2
+ 6(g + 1) + 6(g − 1)
2
2
q
G2
= 3 Ee (∆ − Ee )2 Ee2 − m2e (g − 1)2 + (g + 1)2 + (g 2 − 1)
2π
a po uproszczeniu wyrazów podobnych ostateczna postać to
q
dΓ
G2
= 3 (3g 2 + 1)Ee (∆ − Ee )2 Ee2 − m2e .
dEe
2π
(18)
Żeby otrzymać całkowitą szybkość rozpadu neutronu musimy scałkować
powyższą równość względem energii elektronu w granicach danych równaniem (16), do których — dla spójności rozumowania — stosujemy omówione
wcześniej przybliżenia:
me ¬ Ee ¬ ∆.
Żeby zrozumieć zaskakującą stabilność neutronu nie musimy wcale znać
wyniku całkowania. Gdy zaniedbamy masę elektronu i zastąpimy energię Ee
przez jej średnią wartość Eee , otrzymamy już konkretną wartość liczbową.
Oczywiście nie wiemy ile wynosi Eee , ale to musi być liczba z przedziału
(0, ∆), czyli równoważnie Eee = θ∆ przy θ ∈ (0, 1). Wtedy widzimy, że
Γ ∝ ∆5 .
(19)
Czas życia mionu to ok. 2.2 · 10−6 s. Przy jego rozpadzie ∆µ ≈ 52.8 MeV
[spójrz na równanie (16) w przypadku, gdy wszystkie powstające cząstki są
11
1024dΓ/dEe
1.6
1.4
1.2
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0 eV
app
0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3
Ee (MeV)
Rysunek 2: Porównanie spektrum elektronów obliczonego ze wzoru (14) —
linia ciągła — i przybliżenia (18) — punkty.
w przybliżeniu bezmasowe]. Skoro ∆µ /∆ ≈ 40.9 (i po uwzględnieniu odmiennych wartości g oraz faktu, że w rozpadzie mionu pojawia się tylko
stała Fermiego, a w rozpadzie neutronu — pomnożona dodatkowo przez kąt
Cabibbo), to czas życia neutronu powinien być rzędu 183 s. Brakujący czynnik 4.8 (faktycznie czas życia wynosi ok. 886 s) wiąże się zapewne z innymi
w obu przypadkach współczynnikami θ, które są podniesione do czwartej
potęgi. Wystarczy bowiem, że θµ /θ = 21 / 13 , żeby wytłumaczyć otrzymaną
rozbieżność.
Podsumowując nasze rozważania możemy powiedzieć, że neutron jest niezwykle stabilny tylko i wyłącznie dzięki bardzo zbliżonej masie protonu.
W rozpadzie mionu powstające cząstki mają do dyspozycji dużo większą
przestrzeń fazową, więc szybkość różni się ogromnie (mówiąc obrazowo: dużo
większy wybór pędów pozwala im szybciej zdecydować się na rozpad).
12
A
Konwencje
Przyjęte konwencje zgadzają się z klasycznym podręcznikiem Bjorkena i Drella [2]. Równania są pisane w układzie jednostek, w którym ~ = 1 i c = 1,
o ile wyraźnie nie zaznaczono, że jest inaczej. Czterowektory zostały oznaczone kursywą: p, k, zaś wektory przestrzenne — czcionką półgrubą: p, k.
Po powtarzających się na różnych poziomach wskaźnikach greckich (łacińskich) należy zsumować od 0 do 3 (od 1 do 3). Wybrana metryka przestrzeni
Minkowskiego to jeden plus i trzy minusy (g µν = gµν ):




g=

1
−1
−1
−1


.

Oznacza to, że na przykład p0 = p0 , a pi = −pi (bierze się to stąd, że
pµ = gµν pν ). Całkowicie antysymetryczny symbol Levi-Civity definiujemy
jako ǫ0123 = +1. Zwężenie dwóch epsilonów można zapisać przy pomocy
iloczynu delt Kroneckera jako
ǫµνκλ ǫµνρσ = 2(δσκ δρλ − δρκ δσλ ).
(20)
Równanie Diraca w reprezentacji położeniowej ma postać
(iγ µ ∂µ − m)ψ(x) = 0,
(21)
a macierze Diraca spełniają warunek
{γ µ , γ ν } = 2g µν .
(22)
Wybraliśmy7 taką ich realizację, w której (γ 0 )† = γ 0 oraz (γ i )† = −γ i , więc
zachodzi własność
(γ τ )† = γ 0 γ τ γ 0
(23)
dla τ ∈ {0, 1, 2, 3}. Pisząc γ τ będziemy zawsze mieli na myśli dowolną z czterech macierzy gamma. Antyprzemienną z każdą γ τ macierz γ5 definiujemy
jako
γ5 = iγ 0 γ 1 γ 2 γ 3 ,
zatem jest ona hermitowska i nilpotentna: (γ5 )2 = 1l (żeby nie komplikować
zapisu, zwykle będziemy pisali po prostu 1 zamiast macierzy jednostkowej 1l;
Tego wyboru dokonaliśmy pisząc równanie Diraca w postaci (21). Gdybyśmy napisali
je jako (Γµ ∂µ − m)ψ(x) = 0, jak w podręczniku Meissnera [4], to Γ0† = −Γ0 oraz Γi† = Γi .
Wiąże się to z żądaniem hermitowskości operatora hamiltona.
7
13
z kontekstu zawsze łatwo wywnioskować, czy mamy do czynienia z jedynką
macierzową czy liczbową). Z relacji antyprzemienności wiążących macierze
γ τ i γ5 wynika, że są one bezśladowe. Ślad iloczynu dwóch macierzy gamma
jest różny od zera wtedy i tylko wtedy, gdy te macierze są tożsame:
Tr(γ µ γ ν ) = 4g µν .
(24)
Ślad iloczynu nieparzystej liczby macierzy γ τ jest równy zero. W trakcie
obliczeń będziemy także korzystać z równości
Tr γµ γρ γν γσ = 4(gµρ gνσ − gµν gρσ + gµσ gρν ),
Tr γ5 γµ γρ γν γσ = 4iǫµρνσ ,
(25)
patrz np. Bjorken i Drell [2] str. 102. Komutator dwóch macierzy γ τ daje
liniowo niezależną od nich macierz
i
σ µν = [γ µ , γ µ ].
2
Rozwiązania równania Diraca o dodatniej częstości (pµ γ µ − m)u(p, s) = 0
wysumowane po spinach spełniają równość
X
s
pµ γ µ + m
uα (p, s)uβ (p, s) =
2m
,
(26)
αβ
gdzie u oznacza sprzężenie Diraca u = u† γ0 . Analogiczna własność dla rozwiązań o ujemnej częstości (pµ γ µ + m)v(p, s) = 0 ma postać
X
s
pµ γ µ − m
vα (p, s)v β (p, s) =
2m
.
(27)
αβ
Dowody dwóch ostatnich równości można znaleźć np. u Bjorkena i Drella [2]
na stronach 101 i 105. Normalizacja stanów ma postać:
1
|p, si =
(2π)3/2
s
m
u(p, s),
Ep
(28)
√
gdzie Ep = M 2 + p2 .
Jak sprawdzić, że jest poprawna? Reprezentacja położeniowa stanu o określonym pędzie (fala płaska) i spinie to
ψp,s (x) = |p, si exp(−ip·x),
dlatego
Z
d3 x ψ p,s (x)ψp,s (x) =
1 m Z 3
d x u(p, s)u(p, s).
(2π)3 Ep
14
(29)
Ile wynosi ostatnia całka? Otóż
u(p, s)u(p, s′) =
Ep
δss′ ,
m
(30)
bo jest gęstością prawdopodobieństwa i musi się odpowiednio transformować
(jej całka względem objętości musi być skalarem lorentzowskim — nie może
zależeć od układu odniesienia, por. [2], str. 41), więc zachodzi
Z
1 Z 3
d x ψ p,s (x)ψp,s (x) =
d x exp(−i(p − p)·x)
(2π)3
1 Z 3
=
d x exp(−i(p − p)·x).
(2π)3
3
Ostatnia całka jest równa potrójnej delcie Diraca od zera:
Z
d3 x ψ p,s (x)ψp,s (x) = δ 3 (0).
Właśnie takiej (nieskończonej) normalizacji oczekujemy od fali płaskiej w nieskończonej przestrzeni.
Przejście do skończonej objętości, które wiązałoby się z wykonaniem zastąpień (por. [3], str. 158)
s
V
ψp,s (x),
(2π)3
V
δ 3 (p − p′ ) →
δp, p′ ,
(2π)3
ψp,s (x) →
dałoby normalizację do jedynki:
Z
d3 x ψ p,s (x)ψp,s (x) = δp, p = 1,
do której jesteśmy przyzwyczajeni, np. z kursu mechaniki kwantowej. (Pojawiający się w równaniach symbol δp, p′ należy rozumieć jako iloczyn trzech
delt Kroneckera: δpx , p′x δpy , p′y δpz , p′z .)
15
B
Obliczenia pomocnicze
B.1
Tensor leptonowy
W równaniu (2) zdefiniowaliśmy tensor leptonowy następująco:
∗
X
.
Lµν = mν me
e− (k′ , λ′)γµ (1 − γ5 )ν̄(k, λ) e− (k′ , λ′ )γν (1 − γ5 )ν̄(k, λ) .
λ, λ′
Żeby niepotrzebnie nie zaciemniać zapisu, na początkowym etapie obliczeń
pominiemy informację o pędach i spinach cząstek. Obliczmy ile wynosi wyrażenie liczbowe, które wystąpiło ze sprzężeniem zespolonym. Skorzystamy
z własności (γ0 )2 = 1l i z tego, że sprzężenie hermitowskie liczby jest tożsame
sprzężeniu hermitowskiemu:
(e− )† γ0 γν (1 − γ5 )ν̄
∗
= (e− )† γ0 γν (1 − γ5 )γ0 γ0 ν̄
∗
= (e− )† γ0 γν (1 − γ5 )γ0 (γ0 ν̄)
†
†
= (γ0 ν̄)† γ0 γν (1 − γ5 )γ0 e− .
Pamiętając, że macierze γ0 i γ5 są hermitowskie, a γν† = γ0 γν γ0 , [por. równanie (23)] możemy pojawiający się w powyższym wyrażeniu iloczyn macierzy
zapisać jako
γ0 γν (1 − γ5 )γ0
co oznacza, że
†
=
γ0† (1
−
γ5 )† γν† γ0†
= γ0 (1 −
γ5 )γν† γ0
z }| {
= γ0 ( 1 − γ5 ) γ0 γν γ0 γ0
= γ0 γ0 γν (1 − γ5 )γ0 γ0 = 1γν (1 − γ5 )1 = γν (1 − γ5 ),
e− γ0 γν (1 − γ5 )ν̄
∗
= ν̄γν (1 − γ5 )e− .
(31)
Teraz możemy wrócić do głównego wątku obliczeń i przepisać tensor leptonowy w postaci
Lµν = me mν
X
e− (k′ , λ′ )Aµ ν̄(k, λ) ν̄(k, λ)Aν e− (k′ , λ′ ) ,
λ, λ′
oznaczając dla skrótu Aτ = γτ (1 − γ5 ). Napiszmy jawnie wskaźniki macierzowe (α, β, γ, δ ∈ {1, 2, 3, 4}):
Lµν =
4
X
α, β, γ, δ=1
me mν
X
λ, λ′
e− α (k′ , λ′ ) Aµ
16
αβ
ν̄β (k, λ)ν̄ γ (k, λ) Aν
e− (k′ , λ′ ),
γδ δ
i obliczmy sumę po spinach antyneutrina λ ze wzoru (27):
Lµν =
4
X
me mν
α, β, γ, δ=1
X
e−
α (k
′
, λ ) Aµ
′
λ′
αβ
k ρ γρ − mν
2mν
βγ
Aν
e− (k′ , λ′ ).
γδ δ
−
Zarówno e−
γ jak i e α są liczbami (wyrazami macierzy o odpowiednio jednej
kolumnie i jednym wierszu), więc możemy zmienić kolejność w jakiej występują w sumie i przełożyć, na przykład, e− α na koniec:
Lµν =
4
X
me mν Aµ
α, β, γ, δ=1
αβ
k ρ γρ − mν
2mν
βγ
Aν
γδ
X
′
′ −
′
′
e−
δ (k , λ )e α (k , λ ).
λ′
Tylko ostatnie dwa wyrazy zależą od spinu elektronu λ, dlatego przesunęliśmy znak sumy bezpośrednio przed nie. Po skorzystaniu ze związku (26)
otrzymamy
Lµν =
4
X
α, β, γ, δ=1
= me mν
me mν Aµ
4
X
α=1
Aµ
αβ
k ρ γρ − mν
2mν
βγ
k ρ γρ − mν k ′σ γσ + me
Aν
2mν
2me
Aν
k ′σ γ
γδ
+ me
2me
σ
δα
,
αα
czyli ślad pewnego iloczynu macierzy, który po przywróceniu jawnego zapisu
macierzy Aµ i Aν przybierze postać
Lµν =
i
1 h
Tr γµ (1 − γ5 )(k ρ γρ − mν )γν (1 − γ5 )(k ′σ γσ + me ) .
4
Jak było wspomniane w dodatku A na str. 14, ślad nieparzystej liczby macierzy gamma wynosi zero, dlatego takie wyrazy nie przeżywają:
i
1 h
Lµν = Tr γµ (1 − γ5 )k ρ γρ γν (1 − γ5 )k ′σ γσ − γµ (1 − γ5 )mν γν (1 − γ5 )me ,
4
(macierz γ5 zawiera cztery macierze γτ ). Skoro γ5 antykomutuje z γτ , to
i
1 h
Lµν = Tr γµ k ρ γρ γν (1 − γ5 )2 k ′σ γσ − γµ mν γν (1 − γ5 )(1 + γ5 )me .
4
Jednak (1 − γ5 )(1 + γ5 ) = 1 − γ52 = 1 − 1 = 0, a (1 − γ5 )2 = 2(1 − γ5 ), dlatego
pod śladem pozostaje tylko pierwszy wyraz:
i
i
1 h
1 h
Tr γµ k ρ γρ γν (1 − γ5 )k ′σ γσ = Tr (1 + γ5 )γµ k ρ γρ γν k ′σ γσ
2
2
1 ρ ′σ
1 ρ ′σ
= k k Tr(γµ γρ γν γσ ) + k k Tr(γ5 γµ γργν γσ ).
2
2
Lµν =
17
Potrzebne wyrażenia na ślady zostały podane w równaniach (25):
Lµν = 2k ρ k ′σ (gµρ gνσ − gµν gρσ + gµσ gρν ) + 2ik ρ k ′σ ǫµρνσ
= 2(kµ kν′ − k·k ′ gµν + kµ′ kν + iǫµρνσ k ρ k ′σ )
Po uporządkowaniu wskaźników przy epsilonie tensor leptonowy można zapisać w ostatecznej postaci:
Lµν = 2(kµ kν′ − k·k ′ gµν + kµ′ kν − iǫµνρσ k ρ k ′σ ).
(32)
Warto zauważyć, że składa się on z części symetrycznej Lsym
µν i antysymetrycznej Lanty
względem
zamiany
µ
↔
ν:
µν
′
′
′
Lsym
µν = 2(kµ kν + kµ kν − k·k gµν ),
ρ ′σ
Lanty
µν = −2iǫµνρσ k k .
(33)
Ten fakt pozwoli szybciej obliczyć zwężenie tensora leptonowego z hadronowym.
B.2
Tensor hadronowy
Przez tensor hadronowy H µν rozumiemy wyrażenie zdefiniowane w (2):
∗
X
.
H µν = MM ′
p(p′ , s′ )Γ µ n(p, s) p(p′ , s′ )Γ ν n(p, s) .
s, s′
gdzie Γ τ = γ τ (1 + gγ5) jest przybliżoną macierzową reprezentacją operatora
przejścia neutronu w proton, dającą dobry opis przy niewielkim przekazie
pędu q = p′ − p (jak ma to miejsce przy rozpadzie neutronu). Czynnik g jest
ujemną liczbą rzeczywistą.
Podobnie jak przy obliczaniu tensora leptonowego, przez chwilę nie będziemy pisać jawnie pędów ani spinów. Sprzężenie zespolone policzymy tym
razem w nieco inny, całkowicie równoważny, sposób, pisząc jawnie wyrazy
macierzowe:
ν
(p γ0 Γ n) =
†
∗
4
X
(p† )∗α
(γ0 Γ ν )∗αβ
α, β=1
n∗β
=
4
X
pα [(γ0 Γ ν )† ]βα (n† )β .
α, β=1
Pod sumą pojawiły się liczby, więc możemy zmienić ich kolejność i przywrócić
zapis macierzowy:
(p† γ0 Γ ν n)∗ =
4
X
(n† )β [(γ0 Γ ν )† ]βα pα = n† (γ0 Γ ν )† p.
α, β=1
18
Skoro Γ ν = γ ν (1 + gγ5), macierze γ 0 i γ5 są hermitowskie, a g jest liczbą
rzeczywistą, to
(γ0 Γ ν )† = Γ ν† γ0 = [γ ν (1 + gγ5)]† γ0 = (1 + gγ5)γ ν† γ0 .
W związku (23) możemy oczywiście podnieść wskaźniki i w takiej postaci
zastosować go do obliczeń:
z }| {
ν †
ν
ν
(γ0 Γ ) = (1+gγ5)γ0 γ γ0 γ0 = (1+gγ5 )γ0 γ 1 = ( 1+gγ5 ) γ0 γ ν = γ0 γ ν (1+gγ5 ).
Otrzymany wynik można podsumować krótko: iloczyn γ0 Γ ν jest hermitowski.
Teraz wyrażenie
(pΓ ν n)∗ ≡ (p† γ0 Γ ν n)∗ = n† (γ0 Γ ν )† p = n† γ0 Γ ν p = nΓ ν p.
posłuży nam do udowodnienia, że (pΓ µ n)(nΓ ν n)∗ jest równe pewnemu śladowi. Analogicznie jak tensorze leptonowym, zapiszemy H µν jawnie poprzez
składowe macierzy:
4
X
H µν =
MM ′
α, β, γ, δ=1
X
µ
ν
pα (p′ , s′ )Γαβ
nβ (p, s)nγ (p, s)Γγδ
pδ (p′ , s′ ),
s, s′
i skorzystamy ze relacji (26), obliczając najpierw sumę po spinach neutronu s:
H
µν
4
X
=
MM
′
α, β, γ, δ=1
X
pα (p , s
′
′
µ
)Γαβ
s′
pκ γ κ + M
2M
βγ
ν
Γγδ
pδ (p′ , s′ ),
a po przestawieniu liczby pα (p′ , s′ ) na koniec wiersza:
H
µν
4
X
=
MM
′
µ
Γαβ
α, β, γ, δ=1
pκ γ κ + M
2M
βγ
ν
Γγδ
X
pδ (p′ , s′ ) pα (p′ , s′ ),
s′
sumę po spinach protonu s′ :
H
µν
=
4
X
α, β, γ, δ=1
MM
′
µ
Γαβ
pκ γ κ + M
2M
βγ
ν
Γγδ
p′λ γ λ + M ′
2M ′
.
δα
W otrzymanym wyrażeniu na tensor ponownie rozpoznajemy ślad:
i
1 h µ
Tr Γ (pκ γ κ + M)Γ ν (p′λ γ λ + M ′ ) .
4
Macierze Γ τ zawierają nieparzystą liczbę macierzy γ τ , dlatego iloczyn pod
śladem upraszcza się:
H µν =
i
1 h µ
Tr Γ pκ γ κ Γ ν p′λ γ λ + Γ µ MΓ ν M ′
4
1
1
= pκ p′λ Tr(Γ µ γ κ Γ ν γ λ ) + MM ′ Tr(Γ µ Γ ν ).
4
4
H µν =
19
(Pozostałe dwa wyrażenia zawierają nieparzystą liczbę γ τ , więc ich ślad wynosi zero; por. dodatek A, str. 14.) Dla wygody, przekształćmy macierze pod
śladami następująco (pamiętając, że γ52 = 1l):
Γ µ γ κ Γ ν γ λ = γ µ (1 + gγ5 )γ κ γ ν (1 + gγ5 )γ λ
= γ µ (1 + gγ5 )2 γ κ γ ν γ λ = γ µ (1 + gγ5)2 γ κ γ ν γ λ
= (1 + g 2)γ µ γ κ γ ν γ λ − 2gγ5γ µ γ κ γ ν γ λ ,
Γ µ Γ ν = γ µ (1 + gγ5 )γ ν (1 + gγ5) = γ µ (1 + gγ5)(1 − gγ5 )γ ν
= (1 − g 2 )γ µ γ ν .
Teraz możemy zastosować wzory (24) i (25):
H µν = pκ p′λ (1 + g 2 )(g µκ g νλ − g µν g κλ + g µλ g ρκ )
− 2igǫµκνλ pκ p′λ + (1 − g 2 )MM ′ g µν
oraz wykonać zwężenia i uporządkować wskaźniki przy epsilonie
H µν = (1+g 2)(pµ p′ν −p·p′ g µν +p′µ pν )+2igǫµνκλ pκ p′λ +(1−g 2 )MM ′ g µν . (34)
Na tensor hadronowy, podobnie jak na leptonowy, składają się dwie części:
µν
µν
symetryczna Hsym
względem zamiany µ ↔ ν i antysymetryczna Hanty
:
µν
Hsym
= (1 + g 2 )(pµ p′ν − p·p′ g µν + p′µ pν ) + (1 − g 2 )MM ′ g µν ,
µν
Hanty
= 2igǫµνκλ pκ p′λ .
(35)
Wykorzystamy to licząc zwężenie Lµν H µν .
B.3
Zwężenie tensorów
Przy obliczaniu kwadratu modułu macierzy przejścia od stanu początkowego
do końcowego |Mf i|2 potrzebujemy znać zwężenie tensora leptonowego Lµν
z hadronowym H µν .
Żeby zaoszczędzić niepotrzebnych rachunków, sprawdźmy, że zwężenie
tensora symetrycznego z antysymetrycznym wynosi zawsze zero. Oznaczmy
przez S ...µν... tensor symetryczny względem zamiany µ ↔ ν, a przez A...µν...
tensor antysymetryczny względem tej operacji. Jeśli w ich zwężeniu zamienimy interesujące nas wskaźniki miejscami, to pojawi się znak minus:
X
µ, ν
A...µν... S ...µν... = −
20
X
µ, ν
A...νµ... S ...νµ... .
Skoro sumujemy po µ i ν, to te wskaźniki są nieme (ang. dummy indices),
tzn. możemy dowolnie zmienić ich nazwę, bo wynik zwężenia nie zależy od
nich, nie zawiera ich jawnie. Możemy zatem dokonać też zamiany: µ → ν
i równocześnie ν → µ, w której wyniku otrzymamy wniosek, że zwężenie jest
równe sobie samemu z minusem:
X
µ, ν
A...µν... S ...µν... = −
X
A...µν... S ...µν... ,
ν, µ
czyli że musi wynosić zero. Nie musieliśmy robić żadnych dodatkowych założeń, więc nasz wynik jest uniwersalny.
Jak zauważyliśmy przy liczeniu tensora leptonowego i hadronowego, oba
składają się z części symetrycznej i antysymetrycznej [por. równania (33)
i (35)]:
′
′
′
Lsym
µν = 2(kµ kν + kµ kν − k·k gµν ),
ρ ′σ
Lanty
µν = −2iǫµνρσ k k ,
h
i
µν
Hsym
= (1 + g 2 )(pµ p′ν + p′µ pν ) + (1 − g 2 )MM ′ − (1 + g 2 ) p·p′ g µν ,
µν
Hanty
= 2igǫµνκλ pκ p′λ .
Na mocy tego, co właśnie ustaliliśmy, niezerowy wkład dają tylko dwa wyrazy
zwężenia:
µν
anty µν
Lµν H µν = Lsym
µν Hsym + Lµν Hanty .
Zajmijmy się najpierw zwężeniem części symetrycznych:
µν
2
′
′
′
µ ′ν
′µ ν
Lsym
µν Hsym = 2(1 + g )(kµ kν + kµ kν − k·k gµν )(p p + p p )
i
h
+ 2(kµ kν′ + kµ′ kν − k·k ′ gµν ) (1 − g 2)MM ′ − (1 + g 2) p·p′ g µν ,
= 4(1 + g 2 )(k·p k ′ ·p′ + k ′ ·p k·p′ − k·k ′ p′ ·p)
h
i
+ 2(k·k ′ + k ′ ·k − 4k·k ′) (1 − g 2 )MM ′ − (1 + g 2 ) p·p′ ,
co po zredukowaniu wyrazów podobnych jest równe
µν
2
′ ′
′
′
2
′ ′
Lsym
µν Hsym = 4(1 + g )(k·p k ·p + k ·p k·p ) − 4(1 − g )MM k ·k.
Pozostaje jeszcze obliczenie zwężeniem części antysymetrycznych:
µν
ρ ′σ
′
µνκλ
Lanty
= 8g k ρ k ′σ pκ p′λ (δσκ δρλ − δρκ δσλ ),
µν Hanty = 4gk k pκ pλ ǫµνρσ ǫ
przy czym w ostatnim kroku zastosowaliśmy wzór (20) na zwężenie dwóch
epsilonów. Ostatecznie stwierdzamy, że
µν
′ ′
′ ′
Lanty
µν Hanty = 8g (k·p k ·p − k·p k ·p ),
co w sumie daje całkowite zwężenie równe
Lµν H µν = 4(1 − g)2 k·p k ′ ·p′ + 4(1 + g)2 k ′ ·p k·p′ − 4(1 − g 2 )MM ′ k ′ ·k. (36)
21
B.4
Całka pomocnicza
W paragrafie 4 do obliczeń potrzebna jest wartość całki danej równaniem (7)
.
F=
Z
d3 p′ d3 k 4 ′
δ (p + k − r).
Ep′ Eν
Obliczając ją skorzystamy z przestrzennej delty Diraca do usunięcia całki
względem d3 p′ w równaniu (7):
F=
q
Z
d3 k
δ(Ep′ + Eν − r0 ).
Ep′ Eν
(37)
Od tej pory Ep′ = M ′2 + (r − k)2 . Wybierając oś kz w kierunku wektora r,
istotnie uprościmy dalsze rachunki, bo wtedy utożsamimy kąt między k a p′
zq kątem biegunowym θ sferycznego układu współrzędnych. Wtedy Ep′ =
M ′2 + |r|2 − 2|r||k| cos θ + |k|2 i przechodząc do zmiennej cos θ za pomocą
wzoru (8) otrzymamy
δ(Ep′ + Eν − r0 ) =
Ep′
δ(cos θ − cos θ0 ),
|r||k|
gdy argument delty jest równy zero dla pewnego kąta θ0 . Wstawiając ten
związek pod całkę dostajemy
F = 2π
Z
|k|d|k| d cos θ
δ(cos θ − cos θ0 ) = 2π
|r|Eν
Z
Eν dEν
2π
=
|r|Eν
|r|
Z
dEν ,
skoro |k|d|k| = Eν dEν . Gdy oznaczymy dolną i górną granicę całkowania
jako Eνmin i Eνmax , to
2π max
(E
− Eνmin ).
(38)
F=
|r| ν
Pozostaje nam jeszcze znalezienie minimalnej i maksymalnej energii neutrina, dozwolonej przez kinematykę układu. Zasada zachowania energii [czyli
matematycznie: delta Diraca w równaniu (37)] daje warunek
q
Ep′ + Eν − r0 = 0,
przy czym Ep′ = M ′2 + |r|2 − 2|r||k| cos θ0 + |k|2 . Skoro r0 jest ustalone, to
Eνmin odpowiada Epmax
, zaś Eνmax wiąże się z Epmin
′
′ . Energia protonu Ep′ (dla
konkretnej energii Eν , czyli konkretnego |k|) jest największa dla cos θ0 = −1,
a najmniejsza — dla dla cos θ0 = 1. Podsumowując:
Eνmin ↔ cos θ0 = −1,
Eνmax ↔ cos θ0 = +1.
22
(39)
Konkretną postać Eν jako funkcję cos θ0 otrzymamy z równania na zachowanie energii:
q
M ′2 + |r|2 − 2|r||k| cos θ0 + |k|2 = r0 − Eν .
Podnosząc je obustronnie do kwadratu i wyrażając pęd neutrina przez jego
energię dostajemy
q
M ′2 + |r|2 − 2|r| Eν2 − m2ν cos θ0 − m2ν = r02 − 2r0 Eν ,
a porządkując wyrazy i zapisując r02 − |r|2 jako r 2 , a M ′2 − m2ν − r 2 jako −d
(wtedy d > 0), dochodzimy do postaci
q
−d + 2r0 Eν = 2|r| Eν2 − m2ν cos θ0 ,
którą należy podnieść do kwadratu jeszcze raz, by otrzymać równanie na
energię neutrina:
4(r02 − |r|2 cos2 θ0 ) Eν2 − 4r0 d Eν + d2 + 4m2ν |r|2 cos2 θ0 = 0
którego rozwiązaniami są:
Eν =
r0 d ±
q
r02 d2 − (r02 − |r|2 cos2 θ0 )(d2 + 4m2ν |r|2 cos2 θ0 )
2(r02 − |r|2 cos2 θ0 )
.
Czy oba rozwiązania są dodatnie? Decyduje o tym znak drugiego wyrażenia
pod pierwiastkiem (udowodnimy, że d > 0; zaś r0 jest dodatnie jako suma
2
2
2
2
dwóch energii). Skoro r02 − |r|2 cos
q θ0 ­ r0 − |r| = r , a jak sprawdzimy za
chwilę8 niezmiennik r 2 > 0, to r02 d2 − . . . ¬ r0 d. Oznacza to, że dla konkretnej wartości cos θ0 mamy dwie możliwe energie neutrina. Przypominając
sobie związek ekstremalnych energii z cos θ0 dany równaniem (39), możemy
stwierdzić, że rozwiązanie o wyższej energii z cos θ0 = +1 daje Eνmax , zaś
rozwiązanie o niższej energii z cos θ0 = −1 daje Eνmin:
Eνmin =
q
r0 d − |r| d2 − 4m2ν r 2
2r 2
Eνmax =
,
q
r0 d + |r| d2 − 4m2ν r 2
2r 2
.
Wstawiając te wzory do (38) otrzymamy ostateczny wynik:
F=
2π q ′2
(M − m2ν − r 2 )2 − 4m2ν r 2 .
r2
(40)
Z definicji F czterowektor r jest równy p′ + k. Niezmiennik r2 = M ′2 + 2p′ ·k + m2ν
możemy obliczyć w dowolnym układzie odniesienia, np. spoczywającego protonu. Wtedy
r2 = M ′2 + 2M ′ Ẽν + m2ν ­ M ′2 + 2M ′ mν + m2ν > 0. Z kolei d = r2 − M ′2 + m2ν , więc
d ­ 2M ′ mν + 2m2ν > 0.
8
23
Widzimy, że jest od zależny jedynie od r 2 , co zgadza się z naszymi rozważaniami z paragrafu 4.
Na koniec zastanówmy się jeszcze nad jedną kwestią: skoro początkowe
wyrażenie (7) jest w pełni symetryczne względem zamiany p′ ↔ k, to końcowy wynik również powinien mieć tę własność. Jest tak w rzeczywistości,
można się o tym przekonać rozpisując wyrażenie podpierwiastkowe:
2π q ′2
F = 2 (M − m2ν )2 − 2r 2 (M ′2 + m2ν ) + (r 2 )2 .
r
B.5
(41)
Całkowita szybkość rozpadu
Skoro różniczkowa szybkość rozpadu ma postać daną równaniem (18), mianowicie
q
dΓ
G2
= 3 (3g 2 + 1)Ee (∆ − Ee )2 Ee2 − m2e ,
dEe
2π
więc musimy wiedzieć, jak policzyć całki postaci „potęga razy pierwiastek”
z wyrażeniem potęgowym rzędu od pierwszego do trzeciego.
Zacznijmy od przekształcenia
I2k+1
.
=
Z
x2k+1
√
x2 − m2 dx
w następujący sposób:
(2k + 2) I2k+1 =
Z
(2k + 2) x2k+1
√
x2 − m2 dx =
Z x2k+2
′
√
x2 − m2 dx.
Całkowanie przez części da
(2k + 2) I2k+1 = x
2k+2
√
x2
−
czyli
(2k + 2) I2k+1 = x2k+2
−
Z
√
m2 −
Z
x2k+2 √
x2 − m2 x2 − m2
x2k+1 √ 2
dx −
x − m2
x2
x
dx,
− m2
Z
x2k+1 √
Z
√
m2
dx,
x2 − m2
czyli po przeniesieniu szukanej całki na lewo:
(2k + 3) I2k+1 = x2k+2
√
x2 − m2 − m2
24
x2k+1
dx.
x2 − m2
Dla konkretnego przypadku k = 0 oznacza to, że
Z
√
x
dx
3I1 = x2 x2 − m2 − m2 √ 2
2
x
−
m
Z √
′
√
= x2 x2 − m2 − m2
x2 − m2 dx
√
√
= x2 x2 − m2 − m2 x2 − m2 ,
a tym samym
1
I1 = (x2 − m2 )3/2 .
3
Potrzebujemy jeszcze I3 , która odpowiada k = 1:
√
Z
(42)
x3
dx
x2 − m2
Z
Z
√
m2
x2 − m2
2
√
= x4 x2 − m2 − m2 x √ 2
dx
−
m
x
dx
2
2 − m2
x
−
m
x
√
√
= x4 x2 − m2 − m4 x2 − m2 − m2 I1 .
5I3 = x4
x2 − m2 − m2
√
Łącząc dwa pierwsze wyrazy otrzymamy
czyli
5I3 = (x2 + m2 ) (x2 − m2 )3/2 − m2 I1 = I1 (3x2 + 2m2 )
I3 =
Do parzystych potęg
1
(3x2 + 2m2 )(x2 − m2 )3/2 .
15
.
I2k =
Z
x2k
√
(43)
x2 − m2 dx
dla odmiany zastosujemy inne podejście. Po wstawieniu pewnej szczególnej
jedynki:
√
Z
√
x2 − m2
2k
I2k = x
x2 − m2 √ 2
dx
x − m2
dostaniemy różnicę dwóch całek
I2k =
Z
x2k+2
√
dx − m2
x2 − m2
Z
Zajmijmy się osobno pierwszą z nich:
Z
√
x2k+2
dx =
x2 − m2
Z
x2k+1
25
√
√
x2k
dx.
x2 − m2
′
x2 − m2 dx,
(44)
całkując ją przez części
Z
√
Z
√
√
x2k+2
2k+1
2
2
x
−
m
− (2k + 1) x2k x2 − m2 dx
dx
=
x
x2 − m2
√
= x2k+1 x2 − m2 − (2k + 1) I2k
i zapisując jako
Z
√
√
x2k+2
2k+1
2 − m2 − (2k + 1) I .
x
dx
=
x
2k
x2 − m2
(45)
Jednak pociąga to za sobą możliwość wyrażenia w wygodny sposób także
drugiej całki:
Z
√
√
x2k
2k−1
2 − m2 − (2k − 1) I
dx
=
x
x
2k−2 .
x2 − m2
(46)
Równanie (45) wstawione do (44) pozwala wyrazić wyjściową całkę jako
(2k + 2) I2k = x2k+1
√
x2 − m2 − m2
Z
√
x2k
dx.
x2 − m2
(47)
Teraz przyjrzyjmy się szczególnemu przypadkowi k = 0. Aby nie uciekać
się to funkcji area
√ (funkcji polowych), zastosujemy pierwsze podstawienie
Eulera: y = x + x2 − m2 . Pociąga ono za sobą następujący, kluczowy dla
obliczeń, związek między różniczkami:
√
2 − m2 dx
x
+
x
xdx
ydx
√
dy = dx + √ 2
=
=√ 2
.
2
2
2
x −m
x −m
x − m2
Zatem
Z
√
dx
dx =
x2 − m2
Z
√
dy
= ln y = ln x + x2 − m2 .
y
Wynika stąd, że dla k = 0 mamy
√
1 √
m2 I0 = x x2 − m2 −
ln x + x2 − m2 .
2
2
Przy k = 1 w (47) potrzebna jest całka podana w (46):
Z
√
√
x2
2 − m2 − I ,
dx
=
x
x
0
x2 − m2
26
(48)
żeby otrzymać
I2 =
a ostatecznie
I2 =
x3 √ 2
m2 √ 2
m2
x − m2 −
x x − m2 +
I0 ,
4
4
4
√
x3 √ 2
m2 √ 2
m4 x − m2 −
x x − m2 −
ln x + x2 − m2 .
4
8
8
(49)
Już jesteśmy gotowi do zajęcia się bardziej fizyczną stroną szybkości rozpadu. Całkę (18) wykonujemy od me do ∆, dlatego też
1
1
I1 = (∆2 − m2e )3/2 = ∆3 (1 − m2e /∆2 )3/2 ,
3
3
q
1 3q 2
1 2 q 2
m4e
∆
2
2
2
2
ln
+ ∆ /me − 1
I2 = ∆ ∆ − me − me ∆ ∆ − me −
4
8
8
me
1 4q
1 2 2q
m4e
∆ q 2 2
2
2
2
2
ln
+ ∆ /me − 1 ,
= ∆ 1 − me /∆ − me ∆ 1 − me /∆ −
4
8
8
me
1
1
I3 = (3∆2 + 2m2e )(∆2 − m2e )3/2 = ∆5 (3 + 2m2e /∆2 )(1 − m2e /∆2 )3/2 .
15
15
Z jakimi współczynnikami pojawiają się te całki? Skoro
q
G2
dΓ
= 3 (3g 2 + 1)Ee (∆2 − 2∆Ee + Ee2 ) Ee2 − m2e ,
dEe
2π
to widzimy, że
Γ=
G2
(3g 2 + 1)(∆2 I1 − 2∆I2 + I3 ).
3
2π
(50)
Wcześniej dbaliśmy o precyzję na poziomie ok 0.1%. Żeby poznać zerowe
przybliżenie, pójdźmy dużo śmielej do przodu, przyjmując że m2e /∆2 ≪ 1
(w rzeczywistości to 0.156). Wtedy
1
I1 → ∆3 ,
3
1
I2 → ∆4 ,
4
1
I3 → ∆5 ,
5
dlatego szybkość rozpadu
dΓ
G2
=
(3g 2 + 1)∆5 (10 − 15 + 6)
3
dEe
60π
27
ostatecznie upraszcza się w zerowym przybliżeniu do
Γ=
G2
(3g 2 + 1)∆5 .
3
60π
(51)
.
Wiemy, że zaniedbanie wszystkich wyrazów zawierających δ = m2e /∆2 jest
bardzo grubym przybliżeniem, więc nie dziwi nas fakt, że w ten sposób otrzymujemy czas życia τ = 451 s, czyli zaniżony blisko dwa razy. Pełni zapału
optymiści, do jakich przecież się zaliczamy, spojrzą na ten wynik jako na
przybliżenie istotnie lepsze niż oszacowanie z rozpadu mionu na stronie 11.
Zmobilizowani tym sukcesem do dalszej pracy, obliczmy przybliżenie pierwszego rzędu w δ. Skoro pojawiający się wielokrotnie pierwiastek ma następujące rozwinięcie w szereg Maclaurina:
√
1
1 − x2 = 1 − x2 + . . .
2
to bez obliczania rozwinięcia możemy stwierdzić, że
√
3
(1 − x2 )3/2 = (1 − x2 ) 1 − x2 = 1 − x2 + . . .
2
Dlatego w najniższym rzędzie w δ = m2e /∆2
1
3
I1 → ∆3 1 − δ ,
3
2
1
1 2 2
1
m4e
∆
∆
1
1 4
ln
+
1− δ
I2 → ∆ 1 − δ − me ∆ 1 − δ −
4
2
8
2
8
me me
2
4
1
1
1
1
m
2∆ me
= ∆4 1 − δ − δ 1 − δ − e ln
−
4
2
2
2
8
me
2∆
1 4
1 2 1 2
1 4
1
→ ∆ 1 − δ − δ − δ ln(4/δ) → ∆ 1 − δ − δ 2 ln(4/δ) ,
4
4
4
4
4
1 5
3
1 5
5
I3 → ∆ (3 + 2δ) 1 − δ → ∆ 3 − δ .
15
2
15
2
Z równania (50) dostajemy tym razem
Γ=
h
i
G2
2
5
2
(3g
+
1)∆
10
−
15δ
−
15
+
15δ
+
15/4
δ
ln(4/δ)
+
6
−
5δ
,
60π 3
zatem pierwsze przybliżenie wynosi
G2
15
Γ=
(3g 2 + 1)∆5 1 − 5δ + δ 2 ln(4/δ)
3
60π
4
28
(52)
i daje czas życia τ = 872 s. Jest on dość bliski eksperymentalnej wartości
τ = 885.7 ± 0.8 s [1].
Czy jednak otrzymany ciąg przybliżeń dąży do doświadczalnego czasu
życia neutronu? Pierwsze przybliżenie [czyli (52)] od zerowego [tj. (51)] różni
się współczynnikiem, który wynosi 0.5159. Gdy bez przybliżeń obliczymy
wzór końcowy, współczynnikiem będzie 0.4726. Ta blisko dziesięcioprocentowa różnica daje dokładną wartość 953 s.
C
Uzupełnienia
Pełna postać reprezentacji macierzowej operatora przejścia neutronu w proton to
Γµ = γ µ F1 (q 2 ) + iσ µκ qκ
q µ FP (q 2 )
F2 (q 2 )
+ γ µ γ5 FA (q 2 ) + γ5
,
2MN
MN
.
.
gdzie masa nukleonu MN = 21 (M + M ′ ), a przekaz czteropędu q = p′ − p.
W powyższym wzorze pojawiły się skalarne funkcje q 2 zwane czynnikami
postaci (ang. form factors), które dzieli się na dwie grupy — wektorowe:
q 2 −1
q2
2
F1 (q ) = 1 −
GE (q ) −
GM (q 2 ) ,
2
2
4MN
4MN
2 −1 q
2
2
2
−GE (q ) + GM (q )
F2 (q ) = 1 −
4MN2
2
i aksjalny oraz pseudoaksjalny:
FA (q 2 ) =
FP (q 2 ) =
g
(1 − q 2 /MA2 )2
2MN2 FA (q 2 )
.
m2π − q 2
,
W związku z tym, że różnica mas M − M ′ jest niewielka, energia kinetyczna
protonu musi być mała, więc q 2 /MN2 → 0 (stała MA zwana masą aksjalną to
ok. 1.03 GeV, więc jest jeszcze większa od MN ). W tej granicy
Γµ → γ µ F1 (q 2 ) + γ µ γ5 FA (q 2 ) → γ µ · 1 + γ µ γ5 · g = γ µ (1 + gγ5),
ponieważ wtedy GE (q 2 ) → 0. Współczynnik g = −1.2695 i jest zwykle oznaczany w literaturze jako gA .
29
Literatura
[1] W.-M. Yao et al., J. Phys. G 33, 1 (2006).
[2] J.D. Bjorken, S.D. Drell, Relatywistyczna teoria kwantów, PWN, Warszawa 1985.
[3] S. Weinberg, Teoria pól kwantowych, t. 1, PWN, Warszawa 1999.
[4] K.A. Meissner, Klasyczna teoria pola, PWN, Warszawa 2002.
[5] B. Średniawa, Mechanika kwantowa, PWN, Warszawa 1978.
30