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Istituzioni di Fisica SubnucleareA. Bettini 2006

Capitolo 4 Gli adroni

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La risonanza in meccanica

F t( ) =F0 cos ωt( )

B =F0 / m

ω02 −ω 2( )+Γ2ω 2

δ =arctanΓω

ω02 −ω 2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

x t( ) =Bcos ωt−δ( )

Oscillatore che si muove lungo x (x=0 posizione di equilibrio) sollecitato dalla forza esterna

Soluzione stazionaria

In risonanza

•L’ampiezza è massima

•Al variare della frequenza la fase passa velocemente per 90˚

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La risonanza

+– ––

– –

Modellino: atomo = nuvola negativa, al centro massa positiva. Classico

1. Eccitarlo nel modo normale di pulsazione propria = ω0; larghezza propria = Γ e lasciarlo oscillare liberamente

Ψ t( ) = Ψ 0 exp –Γt

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

cosω0t = Ψ 0 exp –t

2τ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

cosω0t, τ =1/Γ

è la costante di tempo del decadimento dell’intensità

2. Eccitiamolo con un campo elettrico periodico di pulsazione ω e misuriamone la risposta (ampiezza2 di oscillazione) in funzione di ω

R ω( ) =Γ2ω 2

ω02 –ω 2( )

2+ω 2Γ2

La larghezza della curva di risonanza dell’oscillatore forzato è uguale all’inverso della sua vita media quando libero

La curva di risposta è il quadrato della trasformata di Fourier della legge oraria

Nei pressi della risonanza e per Γω0

ω02 −ω 2

( )2

+ω 2Γ 2 = ω0 −ω( )2

ω0 +ω( )2

+ω 2Γ 2 ≈ 4ω02 ω0 −ω( )

2+

Γ

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

R ω( ) ≈L ω( ) =Γ / 2( )2

ω0 −ω( )2+ Γ / 2( )2

Lorenziana o Breit-Wigner

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Lorenziana o Breit-WignerEsperimento:

Sorgente di radiazione monocromatica accordabile in frequenza

Bersaglio = gas di atomi A

Rivelatore della luce diffusa ad un angolo

Misurare intensità in funzione di ωRisultato: l’intensità diffusa ha un picco ogni volta che la pulsazione e quella propria di un livello eccitato Ai

Misurando la distribuzione angolare della radiazione diffusa con ωωi si trova momento angolare dello stato

γ + A → Ai* → γ + A

Fisica subnucleare. Si misura la sezione d’urto totale - o una parziale - in funzione dell’energia

σ E( ) =2J +1( )

2sa +1( ) 2sb +1( )

4π

E2

Γ i Γ f

E − M R( )2

+ Γ / 2( )2

rivelatore

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Risonanza in produzioneCi sono risonanze che decadono R cd?

Studiare una reazione in cui cd siano prodotte assieme ad altre

Per ogni evento misurare le grandezze cinematiche e calcolare Mcd

Se in qualche caso procede attraverso a+bR+e+… c+d+e +…, nella distribuzione c’è un picco

a +b→ c+d+e+...

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Risonanze in formazione e terminologia

Bersagli semplici: p e n (nel d).Stati adronici iniziali possibiliπ+p; π+n osservate risonanzeπ–p; π–n osservate risonanzeK+p; K+n non osservate risonanze (S=+1)K–p; K–n osservate risonanze (S=–1)

Risonanze πN: 32=24 N(xxxx) se I=1/2; ∆(xxxx) se I=3/2

Risonanze ≠N: 22=13 (xxxx) se I=0 ; (xxxx) se I=1

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Sezione d’urto π+p

La sezione d’urto +p totale ed elastica mostrano una serie di picchi corrispondenti a risonanze. In realtà ce ne sono molte di più che non si appaiono a prima vista

La più grande è la ∆(1232), completamente elastica

Fu scoperta da Fermi e collaboratori nel 1952 misurando le sezioni d’urto totali +p e –p al ciclotrone di Chicago

I=3/2 (da rapporti delle sezioni d’urto)

Momento angolare JP=3/2+ (onda P) da sezioni d’urto differenziali in risonanza

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Sezioni d’urto K+p e K–pMolte risonanze si trovano nei canali ≠KN (Stranezza=–1, B=1)

Nessuna risonanza nei canali N (Stranezza=+1, B =1)

Per lo studio delle risonaze non bastano le sezioni d’urto totali ed elastiche in figura.

Le risonanze si trovano studiando le ampiezze di probabilità di diffusione in un definito JP e in un definito I in funzione dell’energia

Il modulo dell’ampiezza di diffusione ha un massimo in risonanza

L’anomalia dell’ampiezza passa rapidamente per 90˚ (a cui va aggiunto eventualmente un contributo non risonante che varia lentamente). Caratteristica principale

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(1385) in produzione

K −p→ + –

In esperimenti di formazione K– p si possono osservare solo stati che abbiano massa >

m(K– ) + m(p) = 494 + 938 = 1532 MeV

Se avessimo bersagli potremmo studiare reazioni π π (m +mπ=1115+140=1155 MeV)

Si deve studiare in produzione

1963. Fascio di K– dal Bevatrone, p = 1.5 GeV camera a bolle da 72” di Alvarez

Casi possibili

K – + p→ + + + − nonrisonante

K – + p→ *+ + −→ + +( )+ −

K – + p→ *−+ + → + −( )+ +

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(1385)

M 2 +( )controM 2 −( )

Diagramma di Dalitz

Ogni areola del diagramma è proporzionale al volume dello SF

Se elemento di matrice costante, densità di eventi uniforme

Disuniformità = fisica

Due bande = due risonanze

Stessa massa, stessa larghezza due stati di carica dello steso iperone M=1385 MeV, Γ=35 MeV

I=1, S=–1

Distribuzioni angolari JP=3/2+

B =1, S=–1

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(1530) in produzioneEventuali iperoni di stranezza S=–2 (o –3) non possono essere “formati”, solo in produzione

1963. Fascio di K– dal Bevatrone, p = 1.5 GeV camera a bolle da 72” di Alvarez

K – + p→ *0 + K 0 → −+ +( )+ K 0

K – + p→ *−+ K + → −+ 0( )+ K +– → Λ + π −

Risonanza su poco fondo non risonante nello stato neutro

Risonanza anche nello stato carico con intensità circa 1/4

M=1530 MeV; Γ= 7 MeV

I=1/2

B =1, S=–2

Analisi distribuzioni angolari JP=3/2+

m =1530MeV Γ=7MeV

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(1530) isospinUno stato che decade per IF in può avere I=1/2 o 3/2

Si esclude 3/2

Lo spin isotopico iniziale (e quindi anche finale) potrebbe essere 0 o 1; nell’ipotesi fatta deve essere = 1

−;π + =1

2,−

1

2;1,+1 =

1

3

3

2,+

1

2+

2

3

1

2,+

1

2

Ξ−;π 0 =1

2,−

1

2;1,0 =

2

3

3

2,−

1

2+

1

3

1

2,−

1

2

3

2,+

12

K 0 =32,+

12

12,−

12

=12

2,0 +12

1,0

32,−

12

K + =32,−

12

12,+

12

=12

2,0 −12

1,0

K – + p→ *0 + K 0 → −+ +( )+ K 0

K – + p→ *−+ K + → −+ 0( )+ K +

Γ −+ +( )+ K 0⎡⎣ ⎤⎦: Γ Ξ− + π 0( ) + K +⎡⎣ ⎤⎦=

1

3

1

2: −

2

3

1

2

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

2

=1

2Invece di 4

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Clebsh-Gordan

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Gli iperoni JP=3/2+

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Nove mesoni 0–

L’ipercarica (del sapore) Y=B+S Q =I z +

B2

Ce ne sono altri due, entrambi con I=0 e S=0: ed ’

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e Inizio anni ‘50: situazione sperimentale sulle particelle strane nei raggi cosmici confusa. In particolare

1 un “mesone” (K+π+ π˚); traccia carica lunga, esce dalle lastre

2 (K+π+ π+ π–); sembra avere la stessa massa, ma pochi eventi

1953. Rostagni con Powel avevano organizzato la collaborazione tra Padova e Bristol (tecnologia di esposizione e analisi delle lastre nucleari, lancio e recupero di palloni ad alta quota nel Tirreno e in Val Padana)

1953. M. Merlin propone l’esperimento del G-stack, un pacco di emulsioni grande, 15 l, per risolvere problemi 1 e 2.

1955. Diverse dozzine di eventi sia sia ; prime particelle strane prodotte artificialmente e hanno la stessa massa e la stessa vita media; sono la stessa particella. Ma

JP( )= 0+, 1–, 2+, …

e JP( )??

Dalitz analizza i dati JP( )=0–

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Decadimento in 3 corpi. Stato finale definito da 9 grandezze p1, p2 e p3

p1+p2+p3=0 (3 vincoli), E1+ E2+ E3=M (1 vincolo)5 variabilip1+p2+p3=0 definisce il piano del decadimento:

due angoli per definire direzione di n, un angolo per rotazione rigida dei tre vettori p sul piano di decadimento. Se non ci sono spin o non si misurano polarizzazioni non c’è dipendenza dagli angoli 2 variabili

Stato finale a tre corpi. Diagramma di Dalitz

Possibili scelte: due energie nel c.m. del decadimento (E1, E2) [anche energie cinetiche T1, T2], due masse quadre di coppie (m23

2, m132). Sono correlate linearmente. Ad es. E1 e m23

2

Contorno determinato dalla conservazione dell’energia

m232 = E2 + E3( )

2−

rp2 +

rp3( )

2=

= M −E1( )2−

rp1

2 =M 2 + m12 −2ME1

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Lo spazio delle fasi a 3 corpi

R3 =

d3p1

(2 )32E1∫

d3p2

(2 )32E2

d3p3

(2 )32E3

(2 )4δ E1 + E2 + E3 −M( )δ 3 rp1 +

rp2 +

rp3( )

Ci interessa una relazione di proporzionalità, quindi possiamo ignorare i fattori numerici

R3 ∝

d3p1

E1∫

d3p2

E2

d3p3

E3

δ E1 + E2 + E3 −M( )δ 3 rp1 +

rp2 +

rp3( )

Integrando su p3

R3 ∝1

E1E2E3

p12d3p1dΩ1p2

2d3p2dΩ2δ E1 + E2 + E3 −M( )∫

Il volume dello spazio delle fasi è proporzionale all’area nel diagramma di Dalitz l’osservazione di qualsiasi non uniformità nella densità di eventi elemento di matrice

L’integrazione sugli angoli è su tutte le direzioni possibili dei due vettori. Conviene iniziare fissando l’angolo tra i due vettori 12 ed integrando su 11e anche2

R3 ∝1

E1E2E3

4 p12dp12 p2

2d3p2d cos12( )δ E1 + E2 + E3 −M( )∫

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Lo spazio delle fasi a 3 corpi

R3 ∝1

E1E2E3

4 p12dp12 p2

2d3p2d cos12( )δ E1 + E2 + E3 −M( )∫

La conservazione del momento

Differenziando l’ultima a p1 e p2 costanti

rp3 =

rp1 +

rp2 ⇒ p3

2 =p12 + p2

2 +2p1p2 cos12

2 p3dp3 =2p1p2d cos12( )

R3 ∝p1dp1p2dp2 p3dp3

E1E2E3

δ E1 + E2 + E3 −M( )∫

Ancora E2 =p2 + m2 ⇒ pdp=EdE R3 ∝ dE1dE2dE3δ E1 + E2 + E3 −M( )∫

E infine integrando su E3R3 ∝ dE1dE2∫ ∝ dT1dT2 ∝ dm23

2 dm312∫∫

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Diagramma di Dalitz e risonanze

Una risonanza si evidenzia come banda di alta densità di eventi

Lungo la banda delle risonanza varia l’angolo di decadimento di questa

I valori minimo e massimo della massa dei due corpi sono

m12 min( ) =m1 + m2

m12 max( ) =E −m3

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Il diagramma di Dalitz per 3πStoricamente Dalitz definì il diagramma per lo studio di un sistema di 3π (il decadimento del K+). In questo caso, e in generale per tre particelle uguali, è simmetricoPer ogni configurazione dei 3π la somma delle tre energie cinetiche T1+T2+T3= costantePer i punti in un triangolo la somma delle altezze è costanteQuindi prendiamo le energie cinetiche proporzionali alle distanze dai lati di un triangolo equilateroLa conservazione della quantità di moto definisce il contorno (a energie non relativistiche è il cerchio inscritto)

Anche in assenza di risonanze nelle coppie di pioni e di effetti dinamici l’elemento di matrice non è costante, perché lo stato di 3π ha determinati JP e ILo studio del diagramma di Dalitz permette di ricavare JP e I per lo stato dei 3πSono quelli della particella madre? Dipende dal tipo di decadimento•Interazione forte: sì per tutti (es. ω)•Interazione elettromagnetica: sì JP e non si sa per I (∆I=1 possibile) (es. )•Interazione debole:sì J e non si sa per P e per I (es. del K)

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L’analisi di spin-parità-isospin di 3πSi dimostra che se si lavora nel sistema del cm, si possono usare quantità cinematiche 3-vettori o 3-scalari e ottenere elementi di matrice relativisticamente invarianti

Momento angolare e parità totale = JP

Isospin totale = IPrendiamo (arbitrariamente) uno dei pioni (π3)

Momento angolare (orbitale) del rimanente “dipione”= l12

Momento angolare di π3 relativo al dipione = L J=l12+L

Isospin del “dipione”= I12 Isospin totale I=I12+1L’elemento di matrice deve essere “costruito” usando le quantità cinematiche disponibili e deve essere “simmetrizzato” come richiestoLa semplice osservazione dei luoghi in cui l’elemento di matrice si annulla permette spesso di determinare JP e I

Momento angolare totale

Parità

Isospin totale

J =l12 + l

I =I12 + iP = −1( )3 −1( )l −1( )l12 No JP=0+

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Quantità cinematiche

JP =0– CostanteE1, E2, E3

JP = 1– q=p1 p2 =p2 p3 =p3 p1

JP = 1+ p1, p2, p3

Parità intrinseca di 3π = –1 se i 3π hanno JP, l’elemento di matrice deve essere J–P

quantità cinematiche

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I=0Per qualunque π3, I3=1 I12=1, le coppie di pioni sono antisimmetriche per isospin

Bose l’elemento di matrice deve essere antisimmetrico per scambio entro ogni coppiaLe espressioni più semplici (ma le proprietà di simmetria sono le stesse per tutte)

Le linee e punti rossi segnalano i punti di annullamento

C. Zemach Phys Rev. 133 (1963) 1201

Al centro E1=E2=E3 M=0Al vertice della diagonale p1=p2 =–p3/2; E2=E1 M =0

JP =0– M ∝ E1 −E2( ) E2 −E3( ) E3 −E1( )

JP =1– M ∝ q

JP =1+ M ∝ p1 E2 −E3( )+p2 E3 −E1( )+p3 E1 −E2( )

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I=1 (non π˚π˚π˚)π+ π+ π– π3=π–; coppia 12=++ l’elemento di matrice deve essere simmetrico in 12

π0 π0 π– π3=π–; l’elemento di matrice deve essere simmetrico in 12

π0 π+ π– π3=π0; I12 ≠ 1, infatti

coppia 12 simmetrica in I-spin: l’elemento di matrice deve essere simmetrico in 12

I , I z I12 , I12,z; I3, I3,z = 1,0 1,0;1,0 =0

JP =0– M ∝ costante M ∝ E3

JP =1+ M ∝ p1 +p2 =−p3

JP =1− M ∝ q E1 −E2( )

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K+ + + –)

Conclusione: nello stato finale JP= 0–

Quindi poteva avere solo JP=0+, 1–, 2+, …L’enigma violazione della parità nelle ID (1957)

Altra violazione ∆I=1/2

0–1+

1–

Non può essere I=0, prendiamo I=1

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Ci sono 8 barioni di spin 1/2+, solo 7 mesoni 0– . Che non ce ne sia un ottavo?1961. Esperimento di Block e Pevsner e collab.Fascio: π+, momento 1.23 GeV dal Bevatrone, camera a bolle 72” di Alvarez, riempita di deuterio liquido

decade elettromagneticamente!Spiegazione: γγ C=+ solo neutra I=0 G=+ decadimento 3π proibito in IF

+ + d → π + + π – + π 0 + p + p

m = 548 MeV, Γ = 1.3 MeV Larghezza piccola!?

Γ → + + −+ 0( )

Γ tot

= 28%;Γ η → 2γ( )

Γ tot

= 39.4%

ω

Determinazione di spin paritàAssenza di ππ JP ≠ 0+, 1–, 2+,…Presenza di γγ JP ≠ 1Se J=1 elemento di matrice: vettore. Unico vettore nel cm: k momento di uno dei γ; dispari per scambio dei γ, viola BoseAssegnazione più probabile JP=0–

Altra scoperta

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0– 1+1–

Dalitz plot dell’

0–1+ 1–

Il decadimento EM non conserva isospin, può violarlo di 1 3π possono avere I=0 o I=1

L’analisi del Dalitz plot conferma che lo stato finale è JP=0– I=1

I=0

I=1

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’

J P =0– m ' =958MeV Γ ' =0.2MeV

C=+ perché decade (2%) in γγ

I=0 perché solo stato neutro

G=+ di conseguenza

’π+ π– πº vietato per IF

’π+ π– OK per IF ma piccolo Q=130 MeV (BR=44%)

’γ EM (BR=50.6%)

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La scoperta dell’ωReazione ≠pp π+ π+ π– π– πº

Fascio ≠p dal Bevatronep = 1.61 GeV, √s= 1.19 GeVCamera a bolle a H2 72” Alvarez

Ogni impulso di fascio, 3 foto per ricostruzione spaziale

Lavoro off-line1.scanning = ricerca degli eventi a “4 rami”

(2500)2.misura delle tracce (curve in campo magnetico) 3.ricostruzione spaziale4.fit cinematico alle reazioni≠pp π+ π+ π– π– “4c”≠pp π+ π+ π– π– πº “1c” (800 eventi)Distribuzioni di massa a tre (ci sono più

combinazioni per evento)La risonanza è osservata solo nel canale neutro

I=0

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1+

Spin e parità dell’ω

JP=1–

0–

I casi di spin maggiori si escludono con un’analisi più dettagliata

1–

Sappiamo che I=0

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I mesoni pseudoscalari

Iz G S m(MeV) (ns) decad. freq.

K+(u≠s) +1/2 +1 494 12 0

–

ID

K0(d≠s) –1/2 +1 498 n.a. n.a. ID

+(u≠d) +1 – 0 139.6 260 –≠ ID

π˚(u≠u , d≠d) 0 – 0 135 8.410–8 2γ IE

–(d≠u) –1 – 0 139.6 260 –≠ ID

u≠u , d≠d, s ≠s)

0 + 0 548 510–10 π+π–π˚, 3 π˚, 2γ IE

’u≠u , d≠d, s ≠s)

0 + 0 958 3.210–12 + –0

00γIF

K–(≠us) –1/2 –1 494 12 –≠ ID

≠K0(≠ds) +1/2 –1 498 n.a. n.a. ID

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I mesoni vettori

I Iz C G S m(MeV) Γ(MeV) decad. frequenti

K*+(u≠s) 1/2 +1/2 +1 892 51 Kπ

K*0(d≠s) 1/2 –1/2 +1 896 51 Kπ

+(u≠d) 1 +1 + 0 776 150 π+π˚

˚(u≠u , d≠d) 1 0 – + 0 776 150 π+π–

–(d≠u) 1 –1 + 0 776 150 π–π˚

ωu≠u , d≠d) 0 0 – – 0 548 8.5 π+π–π˚

s ≠s) 0 0 _ _ 0 1020 4.3 + –,˚≠K˚

K*–(≠us) 1/2 –1/2 –1 892 51 ≠Kπ

≠K*0(≠ds) 1/2 +1/2 –1 896 51 ≠Kπ

Γ φ→ 3π( )

Γ tot

= 15.6% Γ φ→ KK( )

Γ tot

= 83% Q=32 MeV stretta

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Il modello a quark

Conosciamo (sinora)

•9 mesoni JP =0– (2 singoletti, 2 doppietti, 1 tripletto di SU(2))

•9 mesoni JP = 1– (2 singoletti, 2 doppietti, 1 tripletto di SU(2))

•8 barioni JP = 1/2+ (1 doppietto Y=+1, un tripletto e un singoletto Y=0, 1 doppietto Y=–1)

•9 barioni JP = 3/2+ (1 quartetto Y=+1, un tripletto Y=0, 1 doppietto Y=–1)

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Il modello a quark1964 G. Zweig, CERN, propone che gli adroni si possano costruire formalmente con oggetti, forse con senso fisico, che chiamò assi. I mesoni erano coppie, i barioni tris (d’assi). Qualche settimana dopo, ma indipendentemente, M. Gell-Mann fece una proposta analoga, chiamandogli oggetti quark.

Barione =3 quark; mesone = quark+antiquark

I tre quark (u, d e s) stanno in un tripletto, la rappresentazione fondamentale di SU(3)f.

I quark dovevano avere caratteristiche precise e differire da tutte le particelle per la loro carica frazionaria (2/3 e 1/3). Furono cercati in collisioni violente di fasci accelerati su bersagli materiali, come prodotti dei raggi cosmici, se presenti nella materia ordinaria (e nelle rocce portate dagli astronauti dalla Luna), ma non furono mai trovati

Per molto tempo furono da molti considerati come meri oggetti matematici utili per la spettroscopia adronica. Al prossimo capitolo dinamica dei quark

SU3 ha due rappresentazioni fondamentali 3 e≠3, diverse tra di loro

Non sono utilizzati dalla natura per adroni, ma per i q e gli ≠q

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SU(3)f e oltre

Nella fisica subnucleare i gruppi di simmetria SU(2) e SU(3) compaiono in due ruoli distinti

•Classificazione delle particelle e relazioni tra sezioni d’urto e velocità di decadimento; sono simmetrie rotte: SU(2) dalle interazioni EM, SU(3) anche dalle IF. Chiameremo SU(3) f

•Simmetrie di gauge, simmetrie esatte, cui obbediscono le lagrangiane di interazione

Sappiamo (ora) che i quark sono 6, ciascuno con un “sapore” (flavour) definito

SU(2)f per adroni con d e u. Buona perché m(d), m(u) <<<< masse adroni

SU(3)f per adroni con d, u, s. Buonetta perché m(s) << masse adroni, ma non altrettanto

B Q I Iz S C B T m

d 1/3 –1/3 1/2 –1/2 0 0 0 0 4 - 8 MeV

u 1/3 2/3 1/2 +1/2 0 0 0 0 1.5 - 4 MeV

s 1/3 –1/3 0 0 –1 0 0 0 80 - 130 MeV

Regola: il segno del sapore del quark = segno carica elettrica

04/11/23 C.4 A. Bettini 37

I mesoniNel modello a quark i mesoni sono stati legati q≠q’, dove q e q’ possono essere uguali o diversi

Spin totale può essere S=0 (antisimmetrico nella funzione d’onda di spin) o S=1 (simmetrico)

Parità P=(–1)l+1 Coniugazione di carica C=(–1)l+S

Stati possibili

2S+1lJ ; JPC 1S0 ; 0–+ 3S1 ; 1–– 1P1 ; 1+– 3P0 ; 0++ 3P1 ; 1++ 3P2 ; 2++ ……..

Quindi un sistema q≠q’ non può essere in uno degli stati JPC=0––, 0+–, 1–+, 2+–, ….

I mesoni osservati sperimentalmente sono tutti di uno stato possibile (tranne alcuni possibili

interpretabili come glueballs, previste da QCD)

I mesoni “leggeri” sono composti dei quark u, d, e s e dei loro antiquark

Ci limiteremo al livello fondamentale, l = 0 comprendente i 9 mesoni pseudoscalari (JPC = 0–+) e i 9 mesoni vettori (JPC = 1––)

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I mesoni

3 ≠3 =1 8 9 caselle, quante ne servonoNon basta, i multipletti del sottogruppo SU(2) devono essere quelli giusti

Se SU(3)f fosse esatta tuttel le particelle dello stesso multipletto avrebbero la stessa massa, ma ciò è vero solo in primissima approssimazione

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I mesoni pseudoscalariBanale sistemare le particelle cariche

Ci sono tre neutre e tre caselle, come si sistemano?

π˚ ha I=1, quindi in SU(3) deve essere 8

Il singoletto di SU(3) è la combinazione completamente simmetrica

1 ≡ 1, 1 =

1

3uu + dd + ss

La terza combinazione è quella ortogonale alle prime due 8 ≡ 8, 1 =

1

6uu + dd − 2ss

˚ ≡ 8, 3 =

1

2−uu + dd

|I=1, Iz=0> è la combinazione antisimmetrica per ud

La natura ha deciso che i due stati di I=0 con massa e vita media definita = autostati non fossero 1 e 8 ma due combinazioni lineari

Hanno tutti i numeri quantici uguali, tranne la rappresentazione (il Casimir) di SU3Il mescolamento viola quindi solo SU3, che è rotta anche dalle IFIn pratica mescolamento piccolo ≈8 ; η ' ≈ η1

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I mesoni vettori

ω =1

2uu + dd

φ = ss

Completa analogia con 0–, tranne per il mescolamento

Nel caso dei vettori, uno dei due stato fisici isoscalari, è fatto solo di quark strani, ha “stranezza nascosta”

Conseguenza: preferisce decadere in ≠KK anche se sfavorito dal Q larghezza piccola

Perché?

Risposta dalla dinamica, QCD

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I barioniI barioni sono fatti di tre quark qq’q’’. Per ora 3 quark scelti tra u, d, s. La situazione è simile, ma più complicata che per i mesoni

Se 3 identici è immediato: uuu = ++; ddd=∆–; sss=???

Se diversi, ambiguità: uud = p o +

uds = 0, 0, *0, (1405)

Cominciamo da quel che manca

Un barione con B=1, S=–3, I=0, Q=–1, chiamato Ω–

M1530+150=1680 MeV

Se gli iperoni metastabili (che decadono ID sono tutti scoperti, deve decadere con IF. In cosa? Lo stato di massa minore con i giusti numeri quantici è K–0

M(K–)+M(0)=1809 MeV è metastabile!, o non c’è

La previsione del modello a quark deve essere testata

149 MeV

145 MeV

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L’Ω–Barnes e coll. 1964. Esperimento a Brookhaven

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L’Ω–

mΩ = 1674 ±3 MeV

K – p → Ω−K +K ˚

Ω−→ ˚ − S=1˚→ ˚ S=1

→ p − S=1˚→ γ1γ2

γ1 → e+e–; γ2 → e+e–

La camera a bolle forniva informazione completa sulle tracce cariche. Per i γ la probabilità di produzione di coppia in idrogeno è piccola. Qui si sono convertiti entrambi!!

Un solo evento bastò per la scoperta

I momenti delle tracce cariche si misurano dalle curvature nel campo magnetico

Le energie si ottengono assumendo un valore per la massa tra quelli possibili

Ad ogni vertice conservazione energia e momento 4 equazioni

Sistema sovra-determinato best fit

riduzione errori e scelta delle masse delle tracce

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Teorema spin-statistica

ψ tot = ψ coloreψ spazioψ spinψ SU 3 ⇔ completamente antisimmetrica

ψ spazioψ spinψ SU 3 deve essere completamente simmetrica

se non ci fosse il colore dovrebbe essere completamente antisimmetrica{

I fermioni identici devono avere funzione d’onda completamente antisimmetrica rispetto allo scambio di ogni coppia (Pauli)

I tre (ma anche se erano due) barioni: uuu = ++; ddd=∆–; sss=Ω– hanno

Livelli fondamentali Tutti momenti orbitali = 0 parte spaziale simmetrica

JP=3/2, con tre spin 1/2 parte spin simmetrica

Soluzione: esistono tre quark u, tre d, tre s, etc. ciascuno con un “colore” diverso

Proprietà di QCD: ψcolore=antisimmetrica

Per i livelli fondamentali ψspazio=simmetrica ψ spinψ SU 3

Completamente simmetrica

Questa conclusione spiega molto altro

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Simmetrie di scambio degli spin [SU(2)]

Analizziamo le simmetrie di ψspin per stati di tre spin 1/2

Cominciamo con due spin 1/2 2⊗2 =1A ⊕3S

Il singoletto (J=0) è antisimmetrico, il tripletto J=1 è simmetricoAndiamo a tre spin

2⊗2 ⊗2 = 1A ⊗2( )⊕ 3S ⊗2( ) =2M,A ⊕2M,S ⊕4S

M,A = misto-antisimmetrico = antisimmetrico nello scambio di due quark

M,S = misto-simmetrico = simmetrico nello scambio di due quark

S ↑↑↑13

↑↑↓+ ↑↓↑+ ↓↑↑( )13

↓↓↑+ ↓↑↓+ ↑↓↓( ) ↓↓↓

M ,A12

↑↓−↓↑( )↑12

↑↓−↓↑( )↓

M ,S16

↑↓+ ↓↑( )↑−23

↑↑↓ −16

↑↓+ ↓↑( )↑−23

↓↓↑

Sz

32

12

−12

−32

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Simmetrie di scambio SU(3)•Una combinazione di tre quark simmetrica (S) indipendentemente dal contenuto di quark si può realizzare in 10 modi diversi

•Se almeno un quark differisce dagli altri, possiamo definire una combinazione mista-simmetrica (MS) che è simmetrica nello scambio di due quark, e una mista-antisimmetrica (MA) antisimmetrica nello scambio di due quark. In entrambi i casi lo si può fare in 8 modi diversi

•Se tutti sono diversi si può costruire una combinazione antisimmetrica (A) nello scambio di qualsiasi coppia in 1 modo

Queste proprietà di simmetria sono soddisfatte per le rappresentazioni di SU(3)

3⊗3⊗3 =10S +8M, S +8M, A +1A

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I barioni Spin :2M, A,2M, S ,4 S

SU(3) :10 S, 8 M, S, 8 M, A, 1 A

Abbiamo trovato che le seguenti possibilità per la parte di spin e quella di SU(3)f della funzione d’onda di 3 quark u,d,s

Chiamiamo le possibilità con le molteplicità (SU3,Spin). Ci sono due possibiltà

Un decimetto ψ SU3S ψ spin

S ≡ 10S, 4S( )

Un ottetto

1

2ψ SU3

M,Sψ spinM,S +ψ SU3

M,Aψ spinM,A( ) ≡ 8M, S, 2M, S( )+ 8M, A, 2M, A( )

Il modello a quark prevede che ci siano un singoletto, due ottetti, un decimetto di barioni, ma non esistono tutti in natura. Esistono solo quelli previsti da QCD

Nota in particolare che non esiste lo stato di singoletto SU3 1, quindi l’iperone è puro ottetto. Non esiste un mixing dei barioni analogo a quello dei mesoni

NB. Le masse dei quark u, d sono piccolissime, danno un contributo trascurabile alla massa dei nucleoni. La massa della materia è energia del campo del colore

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Ottetto e decimetto

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Il charmL’esistenza e proprietà di adroni con “charm” era stata predetta (≠stranezza) per due ragioni 1. 1. 1970. Meccanismo GIM: Glashow, Iliopoulos e Maiani ipotizza il charm per spiegare la soppressione di processi deboli di “corrente neutra” tra quark di sapore diverso, che altrimenti la teoria prevedeva dovessero essere parecchi ordini di grandezza più intensi di quanto misurato

Γ K + → π +νν( ) / Γ K + → π 0e+ν e( ) < 1.2 ×10–5

2. 1972 ‘t Hooft la teoria elettrodebole è “rinormalizzabile” (si possono trattare in maniera coerente i termini divergenti che vi compaiono), se la somma delle cariche elettriche di tutti i fermioni è nulla

Con 4 leptoni (e–, e), (–,) e 3 quark (d,u) e s, ciascuno tre colori (1973)

Servirebbe un altro quark, in tre colori, con carica 2/3, simile quindi a u

Le previsioni erano che le particelle charm dovessero essere

•piuttosto pesanti, con massa 2 GeV

•prodotte in coppie

•con vite medie brevi 0.1 ps e decadere più spesso in adroni strani che non

Ma nel 1974, voluto dai teorici, ancora non si era trovato. O così pensava in Occidente

Q f =−1−1+ 3 −13

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+ 3

23

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+ 3 −

13

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=−2

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CharmLa tecnica delle emulsioni, abbandonata in Europa e negli US, fece molti progressi in Giappone

Niu e collaboratori a Nagoya svilupparono la “camera ad emulsione”. Due parti

1.molti strati di emulsione, perpendicolari alle tracce2. sandwitch di emulsioni e fogli di Pb (t=1 mm) identificazione di e, misura energia dei γ

Misura dei momenti nella regione di TeV con lo scattering multiplo

Esposizione ad alta quota con palloniSviluppo di tecniche di scanning e misura automatici (sino ad oggi)

1971. Pubblicazione di evento prodotto da primario di energia di una decina di TeV

Produzione associata di due particelle che decadono in qulache 10–14 s decad. deboleLe tracce OB, BB’ e il π˚ sono complanari. Particella h che decade in B sta in uno sciame adronico è un adrone; massa mx=1.5 -3.5 GeV (a seconda della natura della traccia BB’)

Con questa massa e vita non può essere strana.1972. Ha le caratteristiche del charm. Intensificare ricerca. Nel 1975 si era trovata una dozzina di eventiMa in occidente (o fuori della comunità dei raggi cosmici) la scoperta fu ignorata

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La scoperta della J1974 Sam Ting e coll. protosincrotrone AGS a BNL: spettrometro per la ricerca di “fotoni pesanti”, particelle JP = 1– di piccola larghezza che decadono in e+e– attraverso la reazione

p+N e+e– + X (X = qualsiasi cosa)

Lo spettrometro ha due braccia. Ciascuno misura l’angolo di produzione i e il momento pi (i=1,2) degli elettroni. Massa della coppia

•misure di e di p disaccoppiate: magneti piegano nel piano verticale•intervallo di ricerca di m variabile cambiando accettanze per p1 e p2

•e+e– sono prodotti da processi EM. • σee/ σππ < 10–6 necessario potere di reiezione >>108

•Cerenkov a soglia, solo e, non π, K. Elettroni di knok-on prodotti nel primo sono deviati da B e non arrivano al secondo•calorimetri che danno il profilo dello

sciame•deve reggere alto flusso 1012 protoni/s

m2 e+e−( ) =2me2 +2E1E2 +2p1p2 cos 1 +2( )

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Il charm nascosto. Scoperta della J

Il picco della risonanza a massa m(e+e–)=3100 MeV è estremamente stretto; la larghezza inferiore alla risoluzione sperimentale Γ< 5 MeV

Non comprensibile se solo u, d e s

Il decadimento in e+e–, è mediato da un fotone JPC = 1– –

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Scoperta della ψe dellaψ’Al collisore e+e– SPEAR a SLAC Richter e coll. avevano costruito il rivelatore Mark1 (1973), completo di camere traccianti in campo magnetico, calorimetri e camere per i µContemporaneamente e indipendentemente venne osservata la risonanza, che fu chiamata ψSeguì la ricerca sistematica di altre risonanze strette. 10 giorni dopo fu trovata la seconda (e ultima) a M=3686 MeV, la ψ’In entrambi i casi la larghezza è dovuta alla distribuzione delle energie dei fasci. Le larghezze vere si ottengono dall’area dei picchi

σ E( )dE∫ =6π 2

M 2

Γ eΓ f

Γ

Γf= larghezza parziale stato (finale) fΓe= larghezza parziale stato (iniz.) eeΓ= larghezza totaleM = massa della risonanza

Γψ= 91 keV

Γψ’= 281 keV

Osservare coda a destra

σ E( ) =3π

s

Γ eΓ f

E − M R( )2

+ Γ / 2( )2

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La conferma di ADONE

ADONE a Frascati aveva energia massima di 3000 MeV

Avuta la notizia da Brookhaven dell’osservazione di una risonanza strettissima a 3.1 GeV, l’energia fu innalzata al di sopra del valore massimo nominale e immediatamente fu osservata la risonanza

La frequenza di conteggio di tutti gli esperimenti crebbe in maniera spettacolare alla risonanza

ADONE iniziò una ricerca sistematica scandendo ad energie più basse a piccoli passi, ma non c’erano altri stati simili

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Scoperta della Ψ’

SPEAR fece la scansione fine ad energie più alte. Dopo 10 giorni la ψ’ a 3700 MeV è ancora strettaAltre a masse maggiori, sono più larghe se possono decadere in mesoni con charm esplicito

ψ ' → ψ + π + + π −

ψ → e+ + e−

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Charm esplicito e noψ(3100) e ψ(3686) sono estremamente strette. Perché?Masse >> ω molti più canali di decadimento aperti larghezza dovrebbe essere grandeψ(3100) e ψ(3686) sono entrambi stati con charm nascosto c≠ cIn notazione spettroscopica sono 13S1 e 23S1

Come la vorrebbero decadere in mesoni charmati, ma, a differenza della questi decadimenti sono energeticamente proibiti. 2 mD˚ = 3730 MeV; 2 mD± = 3738 MeV

cfr ψ”(3770) e successive. Sono larghe Mesoni charmati 0–: D+, D–, D0,≠D0; charmati strani: Ds

+, Ds–

Stato M(MeV) Γ JPC I Princip. decad

Jψ(13S1) ≠cc 3097 91 keV 1– – 0 adr.(88%), e+ e–(6%), µ+ µ–(6%)

ψ’ (23S1) ≠cc 3686 281 keV 1– – 0 ψ250

ψ’’ (33S1) ≠cc 3770 24 MeV 1– – 0 D≠D dominante

c ≠cc 2980 16 MeV 0–+ 0 adroni

D+ ≠dc

1869 1 ps 0– 1/2 K–+X,≠K0+X

D˚ ≠uc

1865 0.4 ps 0– 1/2 K–+X,≠K0+X

Ds+ ≠sc 1968 0.5 ps 0– 1/2 K±+altro, K˚/K0+altro

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Produzione associata di D– e D˚

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La terza famiglia

Materia ordinaria = quark u e d, elettroni

Nei raggi cosmici = quark s e c, muoni

Nei decadimenti beta e

Da sorgenti astrofisiche = e e µ

Già visto terzo leptone carico, condizione di t’Hooft un altro quark –1/2 e uno 2/3

Chiamati b (bottom o beauty B=–1) e t (top o truth T=+1)

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1977. Lederman e collaboratori al FermilabSpettrometro a due braccia per coppie di µRisoluzione ∆mm (rms)2%

I µ sono rarissimi rispetto agli adroni filtro adronico complesso (18 lunghezze di interazione di Be). Compromesso sulla risoluzione in momento

400 GeV p + Cu,Pt( )→ µ+ + µ– + X

Le Y. Il 5˚ quark

9000 eventi µ+µ– con m> 5GeV su 1.61016 protoni sul bersaglio (Intensità 1011 p per ciclo)Larghezza del picco osservato = 1.2 GeV > risoluzione (Larghezza a metà massimo=0.5±0.1 GeV) 2 risonanze non risolteAssegnazione più semplice JPC=1– –

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Le Y. Il 5˚ quarkGli stati furono poi osservati e risolti agli anelli e+e– a DESY (Amburgo) e poi a Cornell

JPC=1– –, I=0. Sono stati legati 3S1 ≠bb, con numero quantico principale n=1, 2, 3

Non possono decadere in stati con b esplicito, sono strette

m 13S1( ) =9460MeV Γ 13S1( ) =53keV

m 23S1( ) =10023MeV Γ 23S1( ) =43keV

m 33S1( ) =10352MeV Γ 33S1( ) =26keV

Mesoni 0– con beauty esplicito B+ =ub, Bd0 =db, Bs

0 =sb

mB+ + m

B− =10558MeV

2mBd

0 =10558MeV

2mBs

0 =10740MeV

m 43S1( ) =10580MeV; Γ 43S1( ) =20MeV → Bd0 + Bd

0; → B+B−

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Le Y e il beauty

Stato M/MeV Γo JPC I

(b≠b ;13S1) 9460 53 keV 1– – 0

(b≠b ;23S1) 10023 43 keV 1– – 0

(b≠b ;33S1) 10352 26 MeV 1– – 0

(b≠b ;43S1) 10580 20 MeV 1– – 0

B+ (u≠b) 5279 1.7 ps 0– 1/2

B˚ (d≠b) 5279 1.5 ps 0– 1/2

Bs˚(s≠b) 5370 1.5 ps 0– 1/2

2 ×mBd

0 =2×mB± =10558MeV

2 ×mBs

0 =10740MeV

La spettroscopia degli stati c≠c (charmonio) e b≠b (bottomio), nelle sue simiglianze con il positronio fu storicamente fondamentale per lo sviluppo della teoria delle IF, QCD

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Il topCercato ai collisori adronici per un decenniodifficile da trovare perché massa grande mt=173 GeV=173 GeV

Necessaria energia > 400 GeVNecessaria energia > 400 GeVIn un urto In un urto pppp a a √s√s = 2 TeV si produce una coppia = 2 TeV si produce una coppia ≠t tt t ogni 1010 collisioniVita media del top <10–24 s, perché molto massiccioDecade preferibilmente nelle particelle più pesantiNon esistono adroni con top

p + p→ t+ t + X; t→ W+ +b; t → W−+b

W → eeo→ µµ

t → W+ +b→ W+ + jet(b); t → W−+b→ W−+ jet(b)W → eeo→ µµ eW → qq'→ jet+ jet

Cercare canali “puliti”

W decade più frequentemente in ≠qq, ma grande fondo da interazioni forti

Altra possibilità: rivelare un b nel jet adronico

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Scoperta del topFu scoperto nel 1995 dall’esperimento CDF al collisore protone-protone Tevatron all fermilab, √s=2000 GeVElementi del rivelatore• rivelatore di vertici ad alta risoluzione, microstrisce di silicio•Rivelatore tracciante•Calorimetria ermetica (nel piano trasversale) momento mancante, neutrini

mt=173±3 GeV

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I componenti del modello standard. I quark

B Q I Iz S C B T m

d 1/3 –1/3 1/2 –1/2 0 0 0 0 4 - 8 MeV

u 1/3 2/3 1/2 +1/2 0 0 0 0 1.5 - 4 MeV

s 1/3 –1/3 0 0 –1 0 0 0 80 - 130 MeV

c 1/3 2/3 0 0 0 +1 0 0 1.15 - 1.35 GeV

b 1/3 –1/3 0 0 0 0 –1 0 4.1 - 4.4 GeV

t 1/3 2/3 0 0 0 0 0 +1 173±3 GeV

Ci sono 6 quark, ciascuno con un “sapore” (per d e u è Iz)

Tre coppie con cariche –1/3 e 2/3 segno del sapore del quark = segno carica elettricaIF e EM conservano tutti i sapori, non trasformano un quark in un altro, le ID li violanoI quark hanno JP=1/2+

Ipercarica definita come Y ≡B +S+C + B+T Q =I z +Y / 2

Non esistono liberi; i valori delle masse hanno significato solo entro uno schema teorico assunto

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Le forze (e le cariche) del Modello StandardIl modello standard descrive tutte le interazioni, tranne gravità

Per tutte le interazioni si ha una “teoria di gauge”: le lagrangiane sono invarianti per trasformazioni (di gauge) di un gruppo unitario. Tutti i mediatori hanno JP=1–

•Elettromagnetismo. (QED) Gruppo: U(1), una carica=elettrica, positiva o negativa; mediatore: fotone, massa nulla, senza carica elettrica (non interagiscono tra loro)•Interazione forte. (QCD) Gruppo SU(3), tre carche di colore (R,G,B), ciascuna dei due segni; mediatori: 8 gluoni; masse nulle, hanno carica di colore (due ciascuno), interagiscono tra loro•Delettro-debole. Gruppo SU(2)U(1), contiene anche EM. L’interazione debole dipende dalla chiralità del fermione, che può essere left o right: i due stati hanno carica debole diversa. I mediatori W+, W– e Z˚ hanno masse grandi (80 e 90 GeV rispettivamente); hanno carica debole, interagiscono tra loro

Il MS è stato sottoposto a test di precisione alle macchine acceleratrici e ai collisori, senza mai fallire. Ma, nei laboratori sotterranei dedicati allo studio di fenomeni naturali rari si sono osservati fatti in contrasto che implicano che

•I neutrini di sapore definito, e, e non sono stati stazionari, ma si trasformano uno nell’altro al passare del tempo. Sono sovrapposizioni degli stati stazionari 1, 2 e 3.

•I sapori leptonici sono violati (potrebbe esserlo anche il numero leptonico)•I neutrini hanno massa piccolissima, ma non nulla

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I fermioni del modello standard

fermioni antifermioniRdRsRbRdRsRbGdGsGbGdGsGbBdBsBbBdBsBbRuRcRtRuRcRtGuGcGtGuGcGtBuBcBtBuBcBteee–––e+++