(Fundamentalna) Fizika Elementarnih Čestica Dan 2: Fizika u prostor-vremenu, Lorentz-ova grupa, kinematika, Feynman-ovi dijagrami Tristan Hübsch Prirodno-Matematički Fakultet Univerzitet u Novom Sadu Department of Physics and Astronomy Howard University
Fundamentalna Fizika Elementarnih Čestica Program za danas Fizika u prostor- vremenu Lorentz-ove transformacije Lorentz-invarijante Rela4vis4čka kinema4ka i posledice Zakoni očuvanja 4-dimenziona notacija i tenzorski račun Relativistička kinematika Feynman- ovi dijagrami Konstanta raspada i amplituda procesa Model-igračka 2
Fizika u prostor-vremenu Lorentz-ove transformacije Promena izbora koordinatnog sistema ne sme da menja sadržaj prirodnih zakona (ne sme da ima opažljivih posledica) smena (transformacija) koordinata je simetrija. Naknadnom mudrošću XX veka: Kretanje čestica je opisano jednačinama kretanja Naelektrisane čestice proizvode elektromagnetno polje Elektromagnetno polje je opisano Maxwell-ovim jednačinama Jednačine za { nelektrisanje + EM polje }: iste simetrije Newton-ove jednačine kretanja imaju Galilei-eve simetrije Maxwell-ove jednačine imaju Lorentz-ove simetrije Proširenje Newton-ove mehanike da ima Lorentz-ovu simetriju je kompatibilno sa Maxwell-ovim jednačinama i prirodom. 3
Fizika u prostor-vremenu Lorentz-ove transformacije Specijalna teorija relativnosti: inercijalni (koordinatni) sistemi Koordinatni sistem je inercijalan ako važi prvi Newton-ov zakon, tj. zakon inercije: svako telo se kreće po pravoj liniji i konstantnom brzinom ako je zbir svih sila koje deluju na njega nula. Prava linija = geometrija u datim koordinatama konstantna brzina = diferencijalna geometrija u tim koordinatama I prava linija i konstantna brzina su merljiva svojstva čija preciznost (tolerancija) može da se zada = fizika! relativna brzina izmedju dva inercijalna sistema je konstantna Brzina svetlosti u vakuumu je konstanta c. Obrnuta definicija (inercijalni koordinatni sistemi su oni koji se kreću konstantnom relativnom brzinom) nije dovoljno dobra! 4
Fizika u prostor-vremenu Lorentz-ove transformacije a u obliku koji verovatno niste videli: r = r +( 1)( ˆv r) ˆv vt, r = r +( 1)( ˆv r ) ˆv + vt, t = := t 1 Ove transformacije čine simetriju Maxwell-ovih jendačina (posle dodatnog izvodjenja transformacije E+M polja) Simultanost (t A = t B ): v r c 2, t = v 2 1 2 c 2 što je simultano samo ako je t +, ˆv := v - v 2. t A t B = v ( r B r A ) c 2 v r c 2, v ortogonalno na razmak r B r A 5
Fizika u prostor-vremenu Lorentz-ove transformacije Razmak r := ( r B ra ) Izmerimo (simultano!). razmak U sistemu S je to onda r = r + ( r = r + ( r, = r $ = 1)(v r )v 1)(v r )v = r,, r$, v(t B t A ). r,, r$ + r, := (v r ) v, r$ := r (v r ) v. FitzGerald-Lorentz-ova formula za kontrakciju dužine (ali ne i njihova interpretacija, usled otpora pri kretanju kroz etar) Dva momenta u S : t B t A = (t B r ) v ( r B A t A ) +. 2 c 6 t= t,
Fizika u prostor-vremenu Lorentz-ove transformacije Sabiranje brzina u := r t = r +( 1)( ˆv r ) ˆv + v t = u, + v 1 + ( v u ) c 2 + t + ( v r ) c 2 = 1 u +(1 1 )( ˆv u ) ˆv + v 1 + ( v u, ) c 2 u $ 1 + ( v u ) c 2, gde u, =( u, ˆv) ˆv, u $ ˆv = 0, Prvi (paralelni) deo je uobičajeno naveden. Drugi (transverzalni) deo je obično izostavljen. 4-vektorska notacija: y µ = L µ x, x 0 = ct, r = 3 Â i=1 x i ê i, 2 6 4 y 0 y 1 y 2 y 3 3 7 5 = 7 2 4 L 0 0 L 0 1 L 0 2 L 0 3 L 1 0 L 1 1 L 1 2 L 1 3 L 2 0 L 2 1 L 2 2 L 2 3 L 3 0 L 3 1 L 3 2 L 3 3 3 5 2 4 i skraćenje } i rotacija x 0 x 1 x 2 x 3 3 5
Fizika u prostor-vremenu Lorentz-invarijante Kvadratna funkcija je invarijatna u odnosu na Lorentz-ove transformacije. Konciznije: Analogno: Stoga: (c ) 2 := c 2 t 2 r 2 = c 2 t 2 (x 1 ) 2 +(x 2 ) 2 +(x 3 ) 2 c 2 2 = x 2 = x x := x µ µ x, # = [ µ ]= " 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 p =(p µ ) := ( E/c, p) = ( m c, m v). p 2 := p µ µ p = E 2 /c 2 p 2 = m 2 2 c 2 p 2 = m 2 2 c 2 1 E 2 = p 2 c 2 + m 2 c 4. v 2 c 2 = m 2 c 2. 8
Fizika u prostor-vremenu Lorentz-invarijante Dakle, svojstveno vreme i masa su Lorentz-invarijante. Svojstveno vreme je takodje i koordinatno vreme u koordinatnom sistemu u kome čestica miruje (otud i naziv). Čestica bez mase u ne-relativističkoj fizici nema smisla. U relativističkoj: E 2 = p 2 c 2 + m 2 c 4. ( Energija/c) je 0-ta komponenta 4-vektora energije-momenta Masa je Lorentz-invarijanta Energija mirovanja: E 0 = mc 2. Oprez: E mc 2. m = 0 E 2 = p 2 c 2, E = c p mc 2 = mc v, v = c. 9
Relativistička kinematika i posledice Zakoni očuvanja Zakon očuvanja energije } održanje 4-vektora Zakon očuvanja impulsa energije-impulsa Zakon očuvanja ugaonog momenta i spin-statistika Diskretne simetrije P (parnost) T (obrtanje smera vremena) C (konjugacija naboja) CPT teorema 4-dimenzioni tenzorski račun 10
Tenzori u prostor-vremenu Dif. račun u prostor-vremenu (digresija) Izvod/derivacija (generalna definicija): D x [f(x) g(x)] = D x [f(x)] g(x) + f(x) D x [g(x)] Prostor-vreme: 1,3 :={x μ (,+ ), μ=0,1,2,3} x = (x 0, x 1, x 2, x 3 ), η μν = diag(1, 1, 1, 1) x y = x 0 y 0 (x 1 y 1 +x 2 y 2 + x 3 y 3 ) = c 2 (t 1 t 2 ) r 1 r 2 Ali niko Vas ne tera da koristite moje koordinate! Vaše koordinate: y μ = y μ (x 0, x 1, x 2, x 3 ). trebaće nam diferencijalni račun, da poredimo 11
Tenzori u prostor-vremenu Dif. račun u prostor-vremenu (digresija) Diferencijal i izvod: dy µ = 3 =0 y µ x dx kontra-varijantan 3 y µ = =0 x y µ ko-varijantan tenzor tipa (1,0) tenzor tipa (0,1) x Opšta tenzorska gustina tipa (p,q;w): T 1,, p 1,, q (y) = det y w y 1 x x µ 1 y p x µ p x 1 y 1 x q y q Tµ 1,,µ p 1,, q (x) 12
Tenzori u prostor-vremenu Dif. račun u prostor-vremenu (digresija) Očuvanje indeksa Indeks ponovljen jednom gore jednom dole je sumiran; njegov izbor nije proizvoljan, izraz od njega ne zavisi. Ne-ponovljeni indeks je slobodan i nije sumiran; izraz zavisi od izbora njegove vrednosti. Broj i pozicija indeksa u sabircima moraju da budu isti. Primer: A μ η μν = A ν tzv. podizanje indeksa A μ η μν = A ν tzv. spuštanje indeksa A μ η μν A ν = A 2 = A 0 2 (A 1 2 + A 2 2 + A 3 2) = kvadrat η-norme 4-vektora (A 0, A 1, A 2, A 3 ) 13
Tenzori u prostor-vremenu Dif. račun u prostor-vremenu (digresija) ajde sad Vi: Tip tenzora X μ ν je (1,1). Šta je tip tenzora (X μ ν Y ν ), ako Y ν je tenzor tipa (0,1)? Šta je tip tenzora (X μ ν Y νρσ ), ako Y νρσ je tenzor tipa (0,3)? Da li je izraz (X μν Y νρσ ) tenzorski? Zašto? Da li je izraz (X μν Y νρσ ) tenzorski? Zašto? Domaći! Da li je izraz (ε μνρσ X μν Y ρσ ) tenzorski, ako ε μνρσ je tenzorska gustina tipa (4,0;1) a X μν i Y ρσ tenzori tipa (0,2)? Zašto? Da li je izraz ( f/ x μ ) tenzorski? Zašto? Da li je izraz ( A μ / x μ ) tenzorski? Zašto? 14
Tenzori u prostor-vremenu Dif. račun u prostor-vremenu (digresija) Da proverimo: f f x µ y µ = x y µ f x jeste tenzor tipa (0,1). Ali A µ x µ A µ y µ = y µ A µ (y) = x y µ x y µ x A (x) = x y µ y µ x x A (x)+ x y µ x 2 y µ x A (x) = A x + x y µ 15 x 2 y µ x A (x)
Tenzori u prostor-vremenu Dif. račun u prostor-vremenu (digresija) Ako je x μ y μ = Λ μ ν x ν linearna transformacija, pa je Λ μ ν matrica konstantnih elemenata, onda je x y µ 2 y µ x x = x y µ y µ x x = x y µ µ x = 0 Za opšte transformacije, x μ y μ = Λ μ ν x ν, matrični elementi Λ μ ν su proizvoljne funkcije x ν, pa taj drugi, nesretni član ne iščezava! Tenzornost izraza zavisi od (ne)linearnosti transformacija x μ y μ = y μ (x) koje dozvoljavamo. 16
Tenzori u prostor-vremenu Dif. račun u prostor-vremenu (digresija) Ako definišemo DA Dx µ := A x µ + µ A DA Dx µ := A x µ Probajte! Izvedite kako to Γ mora da se transformiše pod nelinearnom promenom x μ y μ = y μ (x), a da bi ova dva D-izvoda bili tenzori tipa (1,1) i (0,2). Ovo je kovarijantni izvod, a Γ je Christoffel-ov simbol. Linearne promene x μ y μ = Λ μ ν x ν su Lorentz-ove transformacije; uporedite sa elektrodinamikom. Matrice Λ μ ν čine grupu SO(1,3). čuva (c 2 t 2 r r). µ A 17
Relativistička kinematika i posledice Relativistička kinematika Opet: p = ( E/c, px, py, pz) p p = pμ ημνpν = pμ pμ = E2/c2 p2 = m2c2 = invarijanta E = γmc2 za česticu mase m, a E = pc ako m = 0. U ne-relativističkoj fizici čestica mase m = 0 nema smisla! (Naime, onda i impuls, i kinetička i gravitaciona potencijalna energija moraju da iščezavaju!) poznat razvoj E = γmc2 za v < c: Dobro 2 ) 4 mc2 + 12 mv 2 + 12 mv 2 34 vc2 + 58 vc4 +.... energija mirovanja nerel. kin. energija relativistic ke korekcije 18
Relativistička kinematika i posledice Relativistička kinematika Dve se grudve mase m sudare i zalepe pri brzini ±0.60 c. Kolika je masa, M, konačne slepljene grudve? Pošto je p 1 = p 2, očuvanje linearnog momenta: p M =0. Očuvanje energije daje da E M =E 1 +E 2, pa M = (E 1 +E 2 )/c 2, M = 2(mc 2 γ)/c 2 = 2m/(1 (³ ₅) 2 ) 1/2 = 5m/2 > 2m. Porast M 2m = ½m potiče od kinetičke energije pretvorene u masu. Ako se mirujuća grudva mase M raspadne na dve jednake grudve, mase m, kolikom se brzinom razidju? Održanje energije: M = 2mγ, pa v = c[1 (2m/M) 2 ] ½. Mora biti da m < ½M. Pošto je M Deut. = 1875.6 MeV/c 2, a m p +m n = 1877.9 MeV/c 2, treba 2.3 MeV-a za raspad deuterona, tj. deuteron je stabilan. 19
Relativistička kinematika i posledice Relativistička kinematika Mirujuća grudva mase M se raspadne na dve različite grudve, m 1 i m 2, izračunati brzine v 1 i v 2. Očuvanje linearnog momenta daje p 1 = p 2, jer p M = 0. Očuvanje energije daje da je E 1 + E 2 = E M. Koristimo E i 2 p i 2c 2 = m i 2c 4 a E M = Mc 2, jer p M = 0. Rešavanjem po p = p 1 = p 2 dobijemo p = ± c M4 +(m1 2 m2 2)2 2M 2 (m1 2 + m 2 2) 2M Ako je m 2 0, onda p = ± c(m2 m 2 1 ) 2M 20 Izvedite sami. Plus, izračunajte totalne energije, E 1 i E 2, kao funkciju (samo) od masa m 1, m 2 i M.
Feynman-ovi dijagrami Par osnovnih napomena Kod raspada, dn = Γ N dt, te N(t) = N(0)e Γt. Pošto se čestice raspadaju na više načina, Γtot = Σi Γi. Srednje τ = 1/Γtot, (branching ratio za raspad i ) = Γi/Γtot. Zlatno pravilo : n n 3 d p S 4 4 i d = M 2 ( 2 ) (p M p j ) 3 2h M i=1 (2 ) 2Ei j =1 Tu je M matrični element za raspad čestice mase M u n čestica pi je 4-momenat i-te čestice, Ei = c(mi2c2+ pi2)½ njena energija; δ-funkcija nameće održanje 4-momenta, a izraz je dat u sopstvenom sistemu čestice koja se raspada, pa je pm = ( Mc,0); S je proizvod statističkih faktora 1/j! za svakih j jednakih čestica. 21
Feynman-ovi dijagrami Par osnovnih napomena Kada se jedna čestica raspada u dve, ako 4-momenti rezultujućih čestica nisu poznati, integralimo po njima: gde je = S 2 hm 1 (4 ) 2 d 3 p 1 m 2 1 c 2 +p1 2 4 p M p 1 p 2 = Mc E 1 = Mc d 3 p 2 m 2 2 c 2 +p2 2 E 2 c m 2 1 c 2 +p1 2 M 2 4 p M p 1 p 2 c 3 p 1 p 2 m 2 2 c 2 +p2 2 3 Integracija po p 2 se, zbog δ 3 -funkcije, svodi na zamenu p 2 p 1. Integracija po uglovima p 1 daje 4π ako M ne zavisi od njih. Obično ostaje samo integracija po modulu p 1. p 1 + p 2 22
Feynman-ovi dijagrami Pravila u jednom modelu-igrački Računanje M koristeći Feynman-ova pravila Model-igračka ima tri čestice, masa m A, m B i m C. Pretpostavimo da je m A > m B + m C, tako da je jedini dozvoljeni (realni) raspad tipa A B + C: B C vreme A 23
Feynman-ovi dijagrami Pravila u jednom modelu-igrački Tom najjednostavnijem procesu doprinose i virtuelni: B C A B C B A C B A B C C B C A C B B C A A gde je svaki čvor tipa A B + C, osim što ih ne ograničava kinematički uslov m A > m B + m C. Svi ovi dijagrami imaju 3 čvora, i jednu zatvorenu petlju; u sledećem redu, imaju dve zatvorene petlje i 5 čvora A A 24
Feynman-ovi dijagrami Pravila u jednom modelu-igrački Već na najjednostavnijem nivou, elastični sudar može da se dogodi putem dva procesa, opisanih dijagramima (virtuelnim istorijama): B C A B E > 1 2 h q p 1 2 h C A A Šta nije zabranjeno, dozvoljeno je. A i ono što je zabranjeno, kad niko ne gleda. B 25 A B
Feynman-ovi dijagrami Pravila u jednom modelu-igrački 1. Označimo spoljne 4-momente p i, unutrašnje q j ; odaberemo predznak stavljajući strelicu na liniju. 2. Svakom čvoru pripišemo faktor [ i g], gde je g parametar ( jačina ) interakcije. 3. Svakom čvoru pripišemo (2π) 4 δ 4 (k 1 +k 2 +k 3 ); (4-momenti +k i ulaze u čvor, a k i izlaze). 4. Svakoj unutrašnjoj liniji pripišemo faktor [i/(q j 2 m j 2c 2 )], gde je 4-momenat q j slobodan, pa nije q j 2 = m j 2c 2. 5. Unutrašnjim linijama pripišemo d 4 q j /(2π) 4 i integralimo. 6. Iz čitavog izraza izbacimo faktor (2π) 4 δ 4 (p 1 +p 2 + p n ). 7. Rezultat je i M. 26
Feynman-ovi dijagrami Pravila u jednom modelu-igrački Tree-level vrednost Γ A B+C : p B B ig p C C A p A Pošto nema unutrašnjih linija, pravila 4 i 5 su prazna. Primenjujući pravila 1 i 2 dobijemo gornju sliku, a pravilo 3 ubaci faktor (2π) 4 δ 4 (p A p B p C ), koji onda pravilo 6 izbaci. Ostane da je M = g, na ovom, najjednostavnijem nivou. 27
Feynman-ovi dijagrami Pravila u jednom modelu-igrački Računamo: = S 2 hm A gde koristimo M 2 (2 ) 4 4 (p A p B p C ) c d 3 p B 2(2 ) 3 E( p B ) c d 3 p C 2(2 ) 3 E( p C ) 4 (p A p B p C )= (m A c E B /c E C /c) 3 ( 0 p B p B ) To daje: S = 2(4 ) 2 hm A d 3 p B M 2 (m Ac m 2 Bc 2 + p 2 B m 2 Bc 2 + p 2 B m 2 Cc 2 +( p B ) 2 ) m 2 Cc 2 +( p B ) 2 Integracija po uglovima daje faktor 4π. 28
Feynman-ovi dijagrami Pravila u jednom modelu-igrački Smenom imamo odnosno E := c m 2 Bc 2 + 2 + m 2 Cc 2 + 2 d d E d de = c + = m 2 Bc 2 + 2 m 2 Cc 2 + m 2 2 Bc 2 + 2 m 2 Cc 2 + 2 2 d 2 m 2 Bc 2 + 2 m 2 Cc 2 + 2 = (E) de E što zamenimo u integral po ρ 29
Feynman-ovi dijagrami Pravila u jednom modelu-igrački Konstanta raspada postaje: = S 8 hm A (m B +m C )c de E M 2 (E) (m A c E/c) Pošto za Dirac-ovu delta funkciju važi δ(x/a) = a δ(x), = 0 := p B 0 = S 0 8 hm 2 A c M 0 2 ako m A > m B + m C ; 0 ako m A 6 m B + m C. M 0 := M(E = m A c 2 ) c m 4 A + m 4 B + m 4 C 2m 2 2m Am 2 B 2m 2 Am 2 C 2m 2 Bm 2 C A 30
Feynman-ovi dijagrami Pravila u jednom modelu-igrački Za konkretan slučaj M = g, imamo Γ = g 2 ρ 0 /8πħm A 2c. τ = 1/Γ = 8πħm A 2c/g 2 ρ 0. Vežbe: Proraditi čitav račun. Proveriti da li su Γ i τ dobijeni sa koreknim jedinicama. 31
Hvala na pažnji Tristan Hubsch Prirodno-Matematički Fakultet Univerzitet u Novom Sadu Department of Physics and Astronomy Howard University http://homepage.mac.com/thubsch/