• Leggi di conservazione
• simmetrie continue e discrete
• numero barionico e leptonico
• parita’, coniugazione di carica
• Isospin
0
Leggi di conservazione
Tutto ciò che non è proibito accade
+
n→
/ p+e ; p→
/ n + e +ν ; μ →
/ e+γ
y Se non accade vuol dire che è violata
qualche legge di conservazione.
1.
Leggi di conservazione “ sacre”: derivano da una
simmetria della Lagrangiana (teorema di Noether)
•
•
•
•
•
2.
Traslazione temporale → energia
Traslazione spaziale → quantità di moto
Invar. per rotazione → momento angolare
Invar. di gauge (U(1)) → carica elettrica
etc… etc…
Leggi di conservazione “empiriche”: non sono “protette” da una simmetria della Lagrangiana
e potrebbero venire violate in qualche processo
•
ad esempio il numero leptonico o numero barionico
1
Due tipi di simmetrie
|ψ '⟩ = U|ψ ⟩
; ⟨ψ '|ψ '⟩ = ⟨ψ|ψ ⟩
U = operatore unitario della simmetria
y Simmetrie continue: esempio traslazione spaziale.
y si ricavano dall’identità facendo trasformazioni
infinitesime;
y Esiste un generatore della trasformazione: iαF
U(α )=e
α = parametro reale ; F = generatore della trasf.
|
y F è un operatore
p
hermitiano che commuta con l’hamiltoniana → è un osservabile.
y numeri quantici additivi.
y Si
Simmetrie
i discrete: esempio
di
i parità.
ià
y non si ricavano facendo piccoli passi
y numeri quantici moltiplicativi.
2
Numero barionico
y Sperimentalmente si osservò che nelle reazioni
nucleari il numero di nucleoni si conservava; questo continuava ad essere vero anche
considerando i fermioni “strani” come Λ e Σ.
y Stuchelberg ipotizzò che si doveva conservare
il numero barionico.
barionico
y Oggi diciamo che in una reazione si deve
conservare il numero di quark meno il numero
di antiquark:
B=Nq -Nq
y Tuttavia non si riesce ancora a trovare una
simmetria dell’Hamiltoniana che tenga conto di questo effetto, per cui ci sono teorie che violano
la conservazione del numero barionico.
y La violazione del numero barionico è uno degli
ingredienti “base” per spiegare la “scomparsa” dell’antimateria.
3
Numero leptonico
y Sperimentalmente si osserva che anche il
numero leptonico si conserva. y Inoltre si hanno ((avevano) tre
)
leggi
gg di conservazione separate per i tre leptoni, perché non esiste il decadimento:
μ → e + γ ma μ → e + ν e + ν μ
B.R.(μ → e + γ ) < 10-11 ⎡⎣limite sperimentale⎦⎤
y Tuttavia negli
g ultimi anni si è osservata
l’oscillazione dei neutrini (l’autostato di massa non è uguale all’autostato di sapore), quindi il numero leptonico non si conserva
più
iù separatamente.
B.R.(μ → e + γ ) ≈ 10-55 ⎡⎣ valore del MS⎤⎦
y Nuove teorie (es. SUSY) prevedono:
B.R.(μ → e + γ ) ≈ 10-11-15
B.R. ≈ 10-13 ⎡⎣sensitivita' aspet. MEG⎤⎦
4
Parità
x, y, z → − x, − y, − z
y Gli autovalori di P sono: +1 e e ‐1
y Una funzione d’onda può avere o non avere una parità
definita. Nel caso l’avesse può essere pari (autovalore
+1) oppure dispari (autovale ‐1). Esempio: armoniche sferiche.
sferiche
y La parità delle armoniche sferiche è:
Ylm (ϑ , ϕ ) → Ylm (π -ϑ , π + ϕ ) = ( −1) Ylm (ϑ , ϕ )
l
y Nelle interazioni forti e e.m. la parità è conservata. Alcune reazioni non sono state osservate , mentre altre avvengono, ad esempio:
π- + d → n + n ; π- + d → n + n + π0
ciò si può spiegare assegnando al pione una
parità intrinseca.
intrinseca
5
Parità del pione: ηπ
È stata misurata dall’assorbimento
di pioni lenti in deuterio
π- + d → n + n
deutone:
L + S +1 ⎤
Sd = 1 ⇒ ηd = 1 ⎡η = ( −1)
⎣⎢
⎦⎥
• La conservazione della parità richiede:
Li
ηπ ⋅ ηd ⋅ ( −1) = ηd ⋅ ηd ⋅ ( −1)
Lf
ηd = 1, ηd ⋅ ηd = 1, Li = 0 ⇒ ηπ = ( −1)
Lf
• I due neutroni sono due fermioni identici, quindi la funzione d
d’onda
onda totale deve essere antisimmetrica. antisimmetrica Lo stato iniziale ha J=1 perché Sπ = 0, Sd=1 e Li = 0.
(1)
|ψ nn
⟩ =| J = 1, S = 1, Lf = 0,2⟩
⇒ ψ simmetrica
(2)
|ψ nn
⟩ =| J = 1, S = 1, Lf = 1⟩
⇒ ψ antisimmetrica
(3)
|ψ nn
⟩ =| J = 1, S = 0, Lf = 0,2⟩
⇒ ψ simmetrica
1
ηπ = ( −1) = −1
6
Coniugazione di carica
y L’operatore coniugazione di carica trasforma una
particella nella sua antiparticella, la quale ha tutti i
numeri quantici interni di segno opposto (carica, stranezza, momento
magnetico, etc…).
i )
y
Solo le particelle “neutre” possono essere
autostati dell
dell’operatore
operatore di carica.
C|α ,ψ ⟩ = Cα|α ,ψ ⟩
C|a
| ,ψ ⟩ = |a,
| ,ψ ⟩
⎡⎣autostato di C ⎤⎦
p
di a⎤⎦
⎡⎣ a=antiparticella
y Gli autovalori Cα sono +1 e ‐1.
y Autostati di C si p
possono costruire con coppie particelle‐antiparticelle dove l’operatore C scambia le due particelle.
y Se lo stato è simmetrico o antisimmetrico
per via dello scambio, si ha:
C|a,ψ1; a,ψ 2 ⟩ =|a,ψ1; a,ψ 2 ⟩ = ±|a,ψ1;a,ψ 2 ⟩
i questo
in
t caso |a,
| ψ1;a,ψ 2 ⟩ e'' un autostato
t t t di C
7
Stato
+
π
‐
π
y Prendiamo una coppia π+ π‐ in uno
stato di momento angolare orbitale L:
L
C|π π ,L ⟩ = (-1) |π +π -,L ⟩
+ -
perché scambiare i due pioni è equivalente ad invertire le loro posizioni
spaziali. i li y N.B. ricordiamo che lo spin del pione
p
p
è zero, quindi non va considerata la parte di spin nella funzione d’onda.
8
Stato f f
y coppia di fermioni di spin ½ y da tenere presente che:
| ↑↑⟩
S=1, S =1
Z
;
1
2
(| ↑↓⟩+| ↓↑⟩ )
; | ↓↓⟩
S=1, S =0
Z
1
| ↑↓⟩ − | ↓↑⟩
2
(
)
[Simmetrica]
S=1, S =-1
Z
⎣⎡S=0, SZ =0 ⎦⎤
⎣⎡antisimmetrica⎦⎤
scambiare i due fermioni introduce, a causa dello
spin, un fattore (‐1)S+1
y Inoltre, a causa della parità intrinseca opposta
di fermione-antifermione (vedi Dirac), occorre
introdurre un altro fattore -1.
L
C|ff,J,L,S⟩ = (-1) ⋅ (-1)
=
S +1
( −1)|ff,J,L,S⟩
=
(-1)L + S |ff,J,L,S⟩
y Questo pone dei vincoli nell’assegna‐
zione del contenuto dei quark alle varie
particelle.
particelle
9
Coniugazione di carica del π0
Sπ 0 =0
S = spin della coppia qq del π 0
L = momento angolare orbitale di qq
y La somma
a so
ad
di S e L della
S e de a copp
coppiaa qua
quark‐
antiquark da lo spin del pione. L+S
⇒ Cπ 0 = (-1)
⇒ L+S=0
0
= (-1) = 1
y Sperimentalmente si trova che il
decadimento dominante è:
π 0 → γγ
C | π 0 ⟩ = Cπ 0 | π 0 ⟩ ;
C | γγ ⟩ = Cγ ⋅ Cγ | γγ ⟩ = 1⋅ | γγ ⟩ dato che C2γ = 1
y Per l’invarianza delle interazioni e.m. per coniug. di carica
i di i sii deve
d
avere Cπ =1
1
in accordo con il modello a quark.
0
N B : Cγ = N.B. : C
= ‐1
1 perché (q→
(q→-q
q ; E,B→
E B→-E
E,-B)
B)
⇒ La C-parity di 3 fotoni e':
R=
(
Γ (π
) < 3 ⋅ 10
→ 2γ )
Γ π 0 → 3γ
0
(Cγ )
3
=-1
−8
10
Alcuni numeri quantici conservati
y N.B. non tutte le interazioni rispettano le varie leggi di conservazione. Ad esempio: Quantity Strong EM Weak Comments
Baryon number
Y
Y
Y
no p→π+π 0
Lepton number(s)
Y Y
Y
no μ‐→e‐γ
top
Y
Y N
discovered 1995
strangeness
Y
Y N
discovered 1947
charm
Y
Y N
discovered 1974, bottom
Y
Y N
discovered 1977
Isospin
Y
N
N
p = n (mu≈md)
Charge con (C) Charge con. (C) Y
Y N
part ⇔ anti‐part.
part. ⇔
anti‐part
Parity (P)
Y
Y N
1956
CP or Time (T)
Y
Y y/n
small No
CPT
Y
Y Y
sacred
y Un’interazione procede nell’ordine:
1.
interazione forte;
2. interazione e.m. (ad esempio
(
p se ci sono
fotoni che non interagiscono forte)
3.
interazione debole (ad esempio se ci sono
neutrini oppure viene violata una legge di conservazione
i
rispettata
i
d ll interazioni
dalle
i
i i
forti ed elettromagnetiche.
11
Esempi di reazione
ν μ + p → μ+ + n
• Int. debole ; proibita (vedi numero leptonico)
ν e + p → e- + μ+ + p
• Int. debole ; permessa ; (energia di soglia?)
Λ → e- + μ+ + ν e
• Int. debole ; proibita (vedi numero barionico)
K+ → μ - + π 0 + ν μ
• Int. debole
Int debole ; permessa (si conserva la stranezza?)
K+ → π + + π 0
• Int. ?; permessa (B.R. 20%)
12
Perché non accadono?
Non è sempre così semplice
K + p → Λπ + π +
(stranezza)
B.R.(φ(1020) → KK ) ≈ 83%
+ - o
B.R.(φ(1020) → π π π ) ≈ 15%
(regola di OZI)
σ (π + p → π + p) 195 mb
=
= 8.86
8 86 ≈ 9 (isospin)
−
−
22 mb
σ (π p → π p)
Γ(π − → e −ν e )
Γ(π
−
−
→ μ νμ)
= 1.2
1 2 x10−4
(elicita’))
(elicita
13
Isospin
y Heisemberg propose nel 1932 che il protone
ed il neutrone fossero due stati diversi di una
stessa particella: il nucleone.
y Per implementare questa idea si può
rappresentare il nucleone come un vettore
colonna a due componenti:
l
d i
⎛α ⎞
N= ⎜ ⎟
⎝β ⎠
;
⎛1 ⎞
p= ⎜ ⎟
⎝0⎠
;
⎛0⎞
n= ⎜ ⎟
⎝1 ⎠
y Il formalismo è identico al formalismo di
Pauli per trattare lo spin dell’elettrone.
y Il protone ha I3 = ½ ed il neutrone I3 = ‐½ y Se le interazioni forti sono invarianti per rotazioni nello spazio dell’isospin, allora
l’isospin si deve conservare in tutti i processi
d
dove intervengono
l
le interazioni
f
forti.
14
Formula di Gell‐Mann ‐ Nishijima
La terza componente dell’isospin
distingue la carica all’intero di un multipletto
di
l l
d isospin
carica stranezza
1
Q = I3 + (B+S )
2
Numero barionico
N.B. B+S = Y
(ipercarica)
1
Q I3 +
Q=
Y
2
L’interazione elettromagnetica
rompe la simmetria
l i
t i di isospin.
i
i
Di conseguenza le masse all’interno
del multipletto sono diverse
( p diversa
(m
di
d mn)
da
15
Isospin
Vediamo una conseguenza dinamica
della conservazione dell’isospin
y Supponiamo di avere due nucleoni. Dalla
regola di addizione dei momenti angolari, sappiamo che l’isospin totale può essere
1 oppure 0.
0
Tripletto simmetrico; I = 1
a) |1,1⟩ = pp
b) |1,0⟩ =
1
2
c) |1,-1⟩ = nn
(pn+np )
Isosingoletto
antisimmetrico; I = 0
|0,0⟩ =
1
2
(pn - np )
y Esiste uno stato legato protone‐neutrone
(il deutone), ma non esistono stati legati
protone‐protone o neutrone‐neutrone, quindi il deutone deve essere un isosingo‐
un isosingo
letto, altrimenti sarebbero dovuti esistere
anche gli altri due stati che differiscono
per una rotazione nello spazio
p
p
dell’isospin.
16
Scattering nucleone‐nucleone
Consideriamo i processi:
a)) p + p → d + π +
b) p + n → d + π
il π ha
h isospin
i
i 1 perché
hé
esiste in tre stati diversi.
0
c) n + n → d + π -
y D
Dato
t che
h il deutone
d t
h I 0 i processii
ha I=0, per i
di destra si ha: d + π + = |1,1⟩ ; d + π 0 = |1,0⟩ ; d + π - = |1,-1⟩
mentre per quelli di sinistra si ha:
p + p = |1,1⟩ ; p + n =
1
2
(|1,0⟩+|0,0⟩ )
; n + n = |1,-1⟩
y Dato che I si deve conservare, contribui‐
scono solo gli stati con I= 1. Le ampiezze di
scattering devono
g
essere nel rapporto:
pp
1:
1
2
:1
e le σ
2 : 1: 2
y I processi a) e b) sono stati misurati, ed
misurati ed una
volta tenuto conto dell’interazione e.m., essi hanno il rapporto predetto. 17
Scattering pione‐nucleone
Consideriamo le 4 reazioni:
Gli stati iniziali sono la composizione di I=1 e I=1/2
che danno I=1/2 e I=3/2
a) π + + p → π ++ p
b) π - + p → π 0+ n
c) π - + p → π -+ p
d) π - + n → π -+ n
1 1 3
1⊗ = ⊕
2 2 2
y Esprimiamo i vari stati nella base dell’isospin totale usando i coefficienti di
Clebsch‐Gordan
|π
+,p⟩ = | 3 , + 3 ⟩
|π
3
3
-,n
n⟩ = | , − ⟩
2
2
2
2
;
;
|π
|π
- ,p⟩ =
0
,n
n⟩ =
1 3 1
| ,− ⟩ 3 2 2
2 1 1
| ,− ⟩
3 2 2
2 3 1
| ,− ⟩ +
3 2 2
1 1 1
| ,− ⟩
3 2 2
18
Scattering pione‐nucleone
y Scriviamo i 4 processi nella nuova base:
a) |
3
3
,+ ⟩
2
2
→|
3
3
,+ ⟩
2
2
b)
1 3 1
| ,− ⟩ 3 2 2
2 1 1
| ,− ⟩ →
3 2 2
2 3 1
| ,− ⟩ +
3 2 2
1 1 1
| ,− ⟩
3 2 2
c)
1 3 1
| ,− ⟩ 3 2 2
2 1 1
| ,− ⟩ →
3 2 2
1 3 1
| ,− ⟩ 3 2 2
2 1 1
| ,− ⟩
3 2 2
d) |
3
3
3
3
,− ⟩ →| ,− ⟩
2
2
2
2
y Per calcolare le ampiezze di probabilità
occorre fare il p
prodotto scalare:
⟨
3
3
, I3|S| , I3 ⟩
2
2
= A3 ; ⟨
2
1
1
, I3|S| , I3 ⟩
2
2
N.B. A 1 ≠ A3
2
⟨ f|S|i
| |⟩
= A1
2
2
a) A tot =A3 2
⎛ 2
⎞
2
−
b) A tot = ⎜
A
A1 2 ⎟
⎜ 3 32
⎟
3
⎝
⎠
2
⎛1
⎞
c) A tot = ⎜ A3 2 + A1 2 ⎟
3
⎝3
⎠
N.B. le interazioni
forti non mescolano
stati con isospin
diverso
d) A tot =A3 2
19
Scattering pione‐nucleone
y Le sezioni d’urto dei 4 processi saranno
proporzionali, tramite un fattore K uguale
g
per tutti ((tiene conto dello
p
spazio delle fasi, fattori 2π, etc…), a:
(
)
2
2
−
b) σ (π - + p → π 0+ n) = K
A
A
3
3
1
2
c)) σ (π - + p → π -+ p ) = K A
+ A
3
3
d) (π - + n → π -+ n) = K A
a) σ π + + p → π ++ p = K A3
2
2
32
2
12
2
32
12
2
σ
3
2
y Da queste relazioni si evince che i
processi a) e d) devono avere la stessa
sezione d
d’urto
urto alla stessa energia.
Questo è verificato sperimentalmente.
y Per gli altri processi occorre conoscere
A1/2 e la fase relativa tra le ampiezze.
p
20
La risonanza Δ
y La risonanza Δ ha isospin 3/2 (esiste in 4
stati di carica diversa), quindi i processi in
cui compare la Δ come risonanza di
formazione posso procedere solo
attraverso il canale con I=3/2, quindi:
(
)
2
b) σ (π - + p → π 0+ n) = K
A
3
1
c) σ (π - + p → π -+ p ) = K A
3
d) σ (π - + n → π -+ n) = K A
a) σ π + + p → π ++ p = K A3
2
2
2
32
32
2
2
=
A
9 32
1
=
A
9 32
2
2
2
3
2
y Da queste relazioni si evince ora che: (
σ (π - + p
) =9
→ π -+ p )
σ π + + p → π ++ p
;
(
σ (π - + p
) =2
→ π -+ p )
σ π - + p → π 0+ n
che abbiamo verificato essere vero.
21
Coefficienti di Clebsch‐Gordan
22
Si abbia un sistema composto da una Σ‐ ed un protone. Scrivere la funzione d’onda del sistema in termini degli stati di isospin
totale del sistema e calcolare la probabilità di trovare il sistema in uno stato di spin
isotopico totale ½ La Σ‐ ha I=1 e I3=‐1, mentre il protone ha I=1/2 e I3 = +1/2 , combinando insieme i due stati si può avere come isospin totale ½ oppure 3/2 e come terza componente 1/2
oppure 3/2 e come terza componente ‐1/2.
•
|Σ - p ⟩ =
1 3 1
| ,− ⟩ −
3 2 2
2 1 1
| ,− ⟩
3 2 2
la probabilità di trovare il sistema in uno stato di isospin totale ½ è di 2/3
•
23
Il barione Λ decade in protone – π- oppure in neutrone- 0. Nel
decadimento il quark s della Λ si trasforma in un quark u del
nucleone, quindi il suo isospin forte varia di ½ . Assumendo che nel
decadimento della Λ questa regola di selezione venga rispettata e
trascurando altre correzioni, qual è il rapporto che ci si aspetterebbe
tra il B.R. in p- π- rispetto a quello in n- 0?
Il nucleone ha isospin ½ mentre il pione ha isospin 1, quindi un
nucleone più un pione possono dare isospin totale uguale a ½
oppure 3/2
3/2. La Λ ha isospin zero,
zero quindi nella funziona dd’onda
onda del
sistema nucleone-pione occorre prendere in considerazione soltanto
la componente con isospin ½ , per la regola di selezione ΔI=1/2
p + π− =
1 1
2 1 1
;
;−
+ 1; −1 = −
+
2 2
3 2 2
n + π0 =
1 1
;−
+ 1;0 =
2 2
1 3 1
;−
3 2 2
1 1 1
;−
+
3 2 2
2 3 1
;−
3 2 2
La probabilità di transizione è proporzionale al quadrato della funzione d’onda: (
)=
B.R. ( Λ → n + π )
B.R. Λ → p + π −
⟨p + π − |
0
I l i I valori sperimentali sono: i
t li 0
⟨n + π |
(
1
1
;− ⟩
2
2
1
1
;− ⟩
2
2
2
2
=
2
3 =2
1
3
)
(
)
B.R. Λ → p + π − = 63.9%
63 9% ; B.R. Λ → n + π 0 = 35.8%
35 8%
(
) = 63.9 = 1.78
B.R. ( Λ → n + π ) 35.8
B.R. Λ → p + π −
0
Probabilmente vi è un contributo di ordine superiore con ΔI=3/2
24
Il K0S può decadere in due pioni carichi oppure in due pioni neutri.
Trovare il rapporto tra il B.R. del decadimento in pioni neutri
rispetto a quello in pioni carichi. Si ricorda che per ragioni di
simmetria lo stato finale deve avere isospin totale zero
Nei decadimento deboli con ΔS=1 si ha ΔI=1/2, quindi dato che il
K ha I=1/2, lo stato finale dei due pioni deve avere I=0 oppure I=1.
La funzione d’onda dei due pioni deve essere simmetrica rispetto
allo
ll scambio
bi delle
d ll due
d particelle,
i ll quindi
i di dato
d che
h essii hanno
h
spin
i
zero e si trovano in uno stato di momento angolare l=0, anche la
parte di isospin deve essere simmetrica, quindi I=0.
Utilizzando i coefficienti di Clebsh-Gordan si ha:
1
1
1, +1;1 − 1 −
1, 0;1, 0 +
3
3
0;0 = +
1 + −
1 0 0
π π −
π π +
3
3
=+
1
1, −1;1 + 1 =
3
1 − +
π π
3
Di conseguenza abbiamo: (
B.R. ( K
B.R. KS0 → π 0 + π 0
0
S
+
→π +π
−
)=
)
⟨π 0π 0 | 0; 0⟩
+ −
⟨π π | 0; 0⟩
2
2
=
1
2
I valori sperimentali sono: (
)
(
)
B.R. KS0 → π 0 + π 0 = 30.7% ; B.R. KS0 → π + + π − = 69.2%
(
B.R. ( K
B.R. K S0 → π 0 + π 0
0
S
→ π+ + π−
) = 30.7 = 0.44
) 69.2
Probabilmente vi è un contributo di ordine superiore con ΔI=3/2
25
. Dedurre attraverso quali canali di isospin possono avvenire le seguenti
due reazioni:
a) K- + p → Σ0 + π 0
; b) K- + p → Σ + + π −
Nel caso in cui il canale dominante sia quello con isospin 0 per
entrambe le reazioni, trovare il rapporto tra le sezioni d’urto σa/σb
Ricordiamo l’isospin totale e la terza componente delle particelle coinvolte nella reazione e scriviamo lo stato iniziale ed i due stati finali in termini degli autostati di isospin utilizzando i coefficienti di Clebsh‐Gordan.
K− = I =
1
; I3
2
=−
1
2
; p= I =
1
; I3
2
=
1
2
K− + p = +
Σ0 + π 0 = +
Σ0 = I = 1; I3 = 0 ; π 0 = I = 1; I3 = 0
Σ+ + π − = +
Σ + = I = 1; I3 = 1 ; π − = I = 1; I3 = −1
1
1
1;0 −
0;0
2
2
2
1
2;0 −
0;0
3
3
1
2;0 +
6
1
1;0 +
2
1
0;0
3
Di conseguenza la reazione a) può avvenire soltanto attraverso il canale di isospin totale 0, mentre la reazione b) può avvenire attraverso il canale con isospin 0 ed anche con isospin 1.
Nel caso in cui il canale dominante sia quello con isospin 0 per entrambe le reazioni, allora il rapporto tra le sezioni d’urto è pari al rapporto dei quadrati dei coefficienti di C.G. dell’autostato di isospin 0 nei due stati finali:
Σ0 + π 0 0;0
σa
=
σb
Σ + + π − 0;0
2
1
−
3
=
1
3
2
=1
26
