Y ¯ + → + ¯ → + + ¯ ¯ K + p → Y + π → Λ + π + π π ¯ 00 − 1 − 110 π 001110 ¯ 10001 − 1 p 111 0Λ K ¯ 0 − 1 − 1 − − 1 I 00 − − 00 00 − − 00 − − I π ¯ π ¯ Λ p K ¯ Y K + p → Y + π → Λ + π + π 1385 50 Λ π Λ π

5 Übungsblatt Kern und Teilchenphysik

5.1 (

Λ ⁰

^und

π ⁺

)

WirbetrachtendasSpektrumderinvariantenMassevon

Λ ⁰

^und

π ⁺

^.Eswurde

einPeakbei

1385

^MeVderBreite

50

^{MeVfürdieReaktion}

K ⁻ + p → Y ₁ ^∗ + π ⁻ → Λ ⁰ + π ⁺ + π ⁻

beobachtet. Diese Resonanz wird

Y ₁ ^∗

^{genannt. Zuerst bestimmen wir die}

QuarksdereinzelnenTeilchen:

Teilchen Quarks

K ⁻

^s

¯

^u

p

^uud

Λ ⁰

^uds

π ⁺

^u

¯

d

π ⁻

^d

¯

^u

JetztguckenwirunsdieEigenschaftenderQuarksan:

Quark B Y Q

I 3

^I

d

1 3

1

3 − ¹ 3 − ¹ 2 1 2

u

1 3

1 3

2 3

1 2

1 2

s

1

3 − ² 3 − ¹ 3 0 0

c

1 3

4 3

2

3 0 0

b

1

3 − ² 3 − ¹ 3 0 0

t

1 3

4 3

2

3 0 0

HierausfolgtdannfürdieauftretendenTeilchen:

Teilchen Quarks B Y Q

I 3

^{I S}

K ⁻

^s

¯

^u

0 − 1 − 1 − ¹ 2 1 2 − 1

p

^uud

1 1 1 ¹ ₂ ³ ₂ 0

Λ ⁰

^uds

1 0 0 0 1 − 1

π ⁺

^u

¯

d

0 0 1 1 1 0

π ⁻

^d

¯

^u

0 0 − 1 − 1 1 0

a)

Wir betrachtendieReaktion:

K ⁻ + p → Y 1 ^∗ + π ⁻ → Λ ⁰ + π ⁺ + π ⁻

inQuarks:

s^u

¯ +

^uud

→

^uus

+

^d

¯

^u

→

^uds

+

^ud

¯ +

^du

¯

Aus den Erhaltungsgesetzen folgt für

Y ₁ ^∗

^die Quarkkombination uus. Für diesekönnenwirnundieSeltsamkeit,HyperladungunddenIsospinbestimmen:

Seltsamkeit:

S = − 1

Hyperladung:

Y = B + S

^mit

S = − 1

^und

B = 1

^folgt

Y = 0

^.

Isospin:

I 3 = ¹ ₂ (N u − N d ) = ¹ ₂ · 2 = 1

zudem:

I = 1

^{(dawir 2u quarksbesitzen, die jeweils}

¹ ₂

^{beitragenund 1s}

quark,das

0

^beiträgt.)

Die Ladung von

Y ₁ ^∗

^{folgtaus der}Ladungserhaltung undist daherpositiv:

Q = 1

^,gleichzeitigkann mandiesauchausden Quarksablesen,hierbei ergibt sich die Ladung von

Q = 2 · ² 3 − ¹ 3 = 1

^{. Wir können durch} nachschlagen im ParticlePhysicsBookletdasTeilchenals:

Σ ⁺

identizieren,welchesimBooklet mit folgendenEigenschaftenangegebenwird:

Σ (1385) ⁺ : m = 1382.8 ± 0.4

^MeV

Γ = 35.8 ± 0.8

^MeV

S = − 1

I = 1 Σ ⁺ =

^uus

ÜberdieantiproportionaleVerbindung(

Γ ∝ _τ ¹

^{)vonBandbreiteundLebens-}

dauer folgtfür diese hohe Bandbreite eine sehrkurze Lebensdauer. Daher ist

davonauszugehen,dassnurstarkeZerfallsmodenauftretenwerden.

b)

Essei

Λ ⁰ + π ⁺

^alsZerfallsproduktvon

Y ₁ ^∗

^ineinem

p

^-ZustanddesBahndrehim- pulses, d.h.

l = 1

^{.Diemöglichen}Spinzuordnungenfür

Y ₁ ^∗

^{sinddahermitHilfe}

von

J ~ = ~ L + S ~

^{zubestimmen.Esgilt}Drehimpulserhaltung,dafürdasProdukt

l = 1

^und

s = ¹ ₂

^gilt,isthier

J = ³ ₂

^{, dahergiltauchfür}

Y ₁ ^∗

^:

J = ³ ₂

^.

Um die intrinsische Parität zu bestimmen, beachten wir, dass die Parität

erhaltenseinmussbeimZerfall:

Y ₁ ^∗ → Λ ⁰ + π ⁺

d.h.

P in = P f i

mit

P in = P Σ ⁺

und

P f i = P Λ ⁰ · P π ⁺ · ( − 1) ^{l Λ0 π+} = − 1 · ( − 1) ¹ = +1

wobei

P Λ ⁰ = +1

^,

P _π + = − 1

^und

l = 1

^{gilt.Einsetzen liefertalso:}

P Σ ⁺ = +1

Dies wird bestätigt durch das Particle Physics Booklet, welche diese mit

J ^P = ³ ₂ ⁺

^angibt.

NebendemhauptsächlichauftretendenZerfall:

Σ ⁺ → Λ ⁰ + π ⁺

istnochfolgenderweitererZerfallzuerwarten:

Σ ⁺ → Σ ⁰ + π ⁺

InQuarks:

uus

→

^uds

+

^ud

¯

Essindnur starkeZerfällemöglich,dadieLebensdauerdesZustandessehr

kurzist.

DerZerfall:

Σ ⁺ → p + ¯ K ⁰

inQuarks:

uus

→

^uud

+

^sd

¯

istausQuarksichtmöglich.JedochmüssenzusätzlichnochenergetischeBe-

trachtungen gemacht werden. Da

Σ ⁺ (1385)

^{bereits ein sehr leichtes Meson}

ist, sindenergetisch dieZerfällestark limitiert. Die MassedesProtons istmit

938

^{MeV und diedes anti Kaons mit}

498

^{MeVgegeben,rechnet mandiese zu-}

sammen,folgtfürdieEnergiebetrachtung:

1385

^MeV

→ 1436

^MeV

Diesistjedochnichtmöglich!DahertrittdieserZerfallnichtauf.

5.2 (Pion-Nukleon System)

FüreinPion-NukleonSystemexistieren6Ladungszustände:

π ⁺ p, π ⁻ p, π ⁰ p, π ⁺ n, π ⁻ n, π ⁰ n

^.

DerIsospindesNukleonsbeträgt

1

2

^,derdesPions

1

^{.WirkönnenhierauseinIso-}

spinQuartettundeinIsospinDublettbilden.WobeiderZustandmit

I ^{T OT} = ³ ₂

und

I ₃ ^{T OT} = ³ ₂

^,d.h.

| ³ 2 , ³ ₂ i

^gleich

| π ⁺ p i

^{ist.DerZustand}

| π ⁺ p i

^{istdasProdukt}

derIsospinZuständevon

π ⁺

^und

p

^mit

| π ⁺ p i = | 11 i| ¹ 2 1

2 i

^{,wobeidieerstezahl}

dergesamteIsospinunddiezweiteZahl

I 3

^{darstellt.Dahergiltoenbar:}

| 3 2 , 3

2 i = | π ⁺ p i = | 11 i| 1 2 1 2 i

WirwollennunhiervonausgehendmitHilfeder

I ₋

-Operatorendieanderen Zuständeerzeugen.

Denition

I ₋

^:

I ₋ = I 1 − + I 2 −

I ₋ | I, I 3 i = p

(I + I 3 ) (I − I 3 + 1) | I, I 3 − 1 i I 1 − | I 1 , I 1,3 i = q

(I 1 + I 1,3 ) (I 1 − I 1,3 + 1) | I 1 , I 1,3 − 1 i I 2 − | I 2 , I 2,3 i = q

(I 2 + I 2,3 ) (I 2 − I 2,3 + 1) | I 2 , I 2,3 − 1 i

Wirwenden denOperatoraufbeideSeitenanundnden:

I ₋ | 3 2 , 3

2 i = I 1 − | 11 i ¹ | 1 2 1

2 i ² + I 2 − | 11 i ¹ | 1 2 1 2 i ² s 3

2 + 3 2

3 2 − 3

2 + 1

| 3 2 , 1

2 i = √

2 | 10 i ¹ | 1 2 1 2 i ² + √

1 | 11 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ²

√ 3 | 3 2 , 1

2 i = √

2 | 10 i ¹ | 1 2 1 2 i ² + √

1 | 11 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ²

| 3 2 , 1

2 i = r 2

3 | 10 i ¹ | 1 2 1 2 i ² +

r 1 3 | 11 i ¹ | 1

2 , − 1 2 i ²

| 3 2 , 1

2 i = r 2

3 | π ⁰ p i + r 1

3 | π ⁺ n i

weitergehtesmit:

I ₋ | 3 2 , 1

2 i = r 2

3 I 1 − | 10 i ¹ | 1 2 1 2 i ² +

r 1

3 I 1 − | 11 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² +

r 2

3 I 2 − | 10 i ¹ | 1 2 1 2 i ² +

r 1

3 I 2 − | 11 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² s 3

2 + 1 2

3 2 − 1

2 + 1

| 3 2 , − 1

2 i = r 2

3 I 1 − | 10 i ¹ | 1 2 1 2 i ² +

r 1

3 I 1 − | 11 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² +

r 2

3 I 2 − | 10 i ¹ | 1 2 1 2 i ² + 0 2 | 3

2 , − 1 2 i =

r 2 3

√ 2 | 1, − 1 i ¹ | 1 2 1 2 i ² +

r 1 3

√ 2 | 10 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² + r 2

3

√ 1 | 10 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² 2 | 3

2 , − 1

2 i = 2 r 1

3 | π ⁻ p i + r 2

3 | π ⁰ n i + r 2

3 | π ⁰ n i

| 3 2 , − 1

2 i = r 1

3 | π ⁻ p i + r 2

3 | π ⁰ n i

undzurVervollständigungdesQuartetts:

I ₋ | 3 2 , − 1

2 i = r 1

3 I 1 − | 1, − 1 i ¹ | 1 2 1 2 i ² +

r 2

3 I 1 − | 10 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ²

+ r 1

3 I 2 − | 1, − 1 i ¹ | 1 2 1 2 i ² +

r 2

3 I 2 − | 10 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ²

√ 3 | 3 2 , − 3

2 i = 0 + r 2

3

√ 2 | 1, − 1 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² +

r 1 3

√ 1 | 1, − 1 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² + 0

√ 3 | 3 2 , − 3

2 i = 3 r 1

3 | 1, − 1 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ²

| 3 2 , − 3

2 i = | π ⁻ n i

Kommen wir nun zum Dublett, wir wissen, dass die Zustände orthogonal

sind,zusätzlich wissenwir, dassfürden gesuchtenZustand

| ¹ 2 , ¹ ₂ i

^,

I 3 = ¹ ₂

^sein

soll,daherkommtindiesemZustand

| π ⁺ n i

^und

| π ⁰ p i

^{vor.WirmüssendenZu-}

standjetztnurnochsowählen,dasserorthogonalzu

| ³ 2 , ¹ ₂ i

^ist,eineMöglichkeit ist:

| 1 2 , 1

2 i = r 2

3 | π ⁺ n i − r 1

3 | π ⁰ p i

darausfolgt:

h 1 2 , 1

2 | 3 2 , 1

2 i = r 1

3 r 2

3 h π ⁺ n | π ⁺ n i − r 1

3 r 2

3 h π ⁰ p | π ⁰ p i

= r 2

9 − r 2

9

= 0

Wirndenalsofürden erstenDublettzustand:

| 1 2 , 1

2 i = r 2

3 | π ⁺ n i − r 1

3 | π ⁰ p i

AnwendungderLeiteroperatorenbringtunszum letztendersechsTerme:

I ₋ | 1 2 , 1

2 i = r 2

3 I 1 − | 11 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² − r 1

3 I 1 − | 10 i ¹ | 1 2 1 2 i ² +

r 2

3 I 2 − | 11 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² − r 1

3 I 2 − | 10 i ¹ | 1 2 1 2 i ²

√ 1 | 1 2 , − 1

2 i = r 2

3

√ 2 | 10 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² − r 1

3

√ 2 | 1, − 1 i ¹ | 1 2 1 2 i ² + 0 −

r 1 3

√ 1 | 10 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ²

| 1 2 , − 1

2 i = r 1

3 | 10 i ¹ | 1 2 , − 1

2 i ² − r 2

3 | 1, − 1 i ¹ | 1 2 1 2 i ²

| 1 2 , − 1

2 i = r 1

3 | π ⁰ n i − r 2

3 | π ⁻ p i

ImfolgendendieInversionderZustände,zuerst

| π ⁻ p i

^:

√ 2 | 1 2 , − 1

2 i = r 2

3 | π ⁰ n i − r 4

3 | π ⁻ p i

| 3 2 , − 1

2 i = r 1

3 | π ⁻ p i + r 2

3 | π ⁰ n i

abziehenderGleichungenvoneinanderführtauf:

| π ⁻ p i = − 1

√ 3 √

2 | 1 2 , − 1

2 i − | 3 2 , − 1

2 i

alsnächstes

| π ⁰ p i

^:

√ 2 | 3 2 , 1

2 i = r 4

3 | π ⁰ p i + r 2

3 | π ⁺ n i

| 1 2 , 1

2 i = r 2

3 | π ⁺ n i − r 1

3 | π ⁰ p i

abziehenvoneinanderführtauf:

| π ⁰ p i = 1

√ 3 √

2 | 3 2 , 1

2 i − | 1 2 , 1

2 i

kommenwirzu

| π ⁺ n i

^:

| 3 2 , 1

2 i = r 2

3 | π ⁰ p i + r 1

3 | π ⁺ n i

√ 2 | 1 2 , 1

2 i = r 4

3 | π ⁺ n i − r 2

3 | π ⁰ p i

addierenliefert:

| π ⁺ n i = 1

√ 3 √

2 | 1 2 , 1

2 i + | 3 2 , 1

2 i

nunnoch

| π ⁰ n i

^:

| 1 2 , − 1

2 i = r 1

3 | π ⁰ n i − r 2

3 | π ⁻ p i

√ 2 | 3 2 , − 1

2 i = r 2

3 | π ⁻ p i + r 4

3 | π ⁰ n i

addierenliefert:

| π ⁰ n i = 1

√ 3 √

2 | 3 2 , − 1

2 i + | 1 2 , − 1

2 i

| π ⁺ p i = | 3 2 , 3

2 i

| π ⁻ p i = − 1

√ 3 √

2 | 1 2 , − 1

2 i − | 3 2 , − 1

2 i

| π ⁰ p i = 1

√ 3 √

2 | 3 2 , 1

2 i − | 1 2 , 1

2 i

| π ⁺ n i = 1

√ 3 √

2 | 1 2 , 1

2 i + | 3 2 , 1

2 i

| π ⁰ n i = 1

√ 3 √

2 | 3 2 , − 1

2 i + | 1 2 , − 1

2 i

| π ⁻ n i = | 3 2 , − 3

2 i

mitdemgezeigtenfolgt:

π ⁺ p | H s | π ⁺ p

= 3

2 , 3 2 | H s | 3

2 , 3 2

= 3

2 , I 3 ^{T OT} | H s | 3 2 , I 3 ^{T OT}

= M 3/2

weiterfolgt:

π ⁻ p | H s | π ⁻ p

= 1 3

√ 2 h 1

2 , − 1 2 | − h 3

2 , − 1 2 |

H s

√ 2 | 1

2 , − 1 2 i − | 3

2 , − 1 2 i

= 1 3

2 h 1

2 , − 1 2 | H s | 1

2 , − 1 2 i + h 3

2 , − 1 2 | H s | 3

2 , − 1 2 i

= 2 3 h 1

2 , I ₃ ^{T OT} | H s | 1

2 , I ₃ ^{T OT} i + 1 3 h 3

2 , I ₃ ^{T OT} | H s | 3 2 , I ₃ ^{T OT} i

= 2

3 M 1/2 + 1 3 M 3/2

zuguterletzt:

π ⁻ p | H s | π ⁰ n

= 1 3

− √ 2 h 1

2 , − 1 2 | + h 3

2 , − 1 2 |

H s

√ 2 | 3

2 , − 1 2 i + | 1

2 , − 1 2 i

=

√ 2 3 h 3

2 , − 1 2 | H s | 3

2 , − 1 2 i −

√ 2 3 h 1

2 , − 1 2 | H s | 1

2 , − 1 2 i

=

√ 2 3 h 3

2 , I ₃ ^{T OT} | H s | 3

2 , I ₃ ^{T OT} i −

√ 2 3 h 1

2 , I ₃ ^{T OT} | H s | 1 2 , I ₃ ^{T OT} i

=

√ 2

3 M 3/2 −

√ 2 3 M 1/2

WirkönnenfürdieVerhältnissederQuerschnittebeigleicherPion-Energie

rechnen:

π ⁺ p | H s | π ⁺ p

2 =

M 3/2

2

π ⁻ p | H s | π ⁻ p

2 = 1

9

2M 1/2 + M 3/2

2

π ⁻ p | H s | π ⁰ n

2 = 2

9

M 3/2 − M 1/2

2

DiesliefertfürdieQuerschnitteimVerhältnis:

σ π ⁺ p/π ⁺ p : σ π ⁻ p/π ⁻ p : σ π ⁻ p/π ⁰ n = 9 M 3/2

2 :

2M 1/2 + M 3/2

2 : 2

M 3/2 − M 1/2

2

Für

M _3/2

M _1/2

^folgt:

σ T OT (π ⁺ + p)

σ T OT (π ⁻ + p) = 9 M 3/2

2

M 3/2

2 + 2 M 3/2

2 = 9 M 3/2

2

3 M 3/2

2 = 3

DieexperimentellenDatenkönnendiesbestätigen,wirerhalteneinVerhält-

nis von

195 : 65

^,wasgenau

3 : 1

entspricht.

5.3 (Zyklotron)

RotationssymmetrischesFeldmit derForm:

B ~ = B 0

R r

n

~e z

inder

z = 0

^-Ebene.

n = const.

a)

Wir berechnen die Radialkomponente des Magnetfeldes auÿerhalb der

z = 0

^-

Ebene.Wirgehenausvon

rot

B ~ = ~ 0

inZylinderkoordinaten:

rot

B ~ = ~e ϕ

∂B r

∂z − ∂B z

∂r

0 = ~e ϕ

∂B r

∂z − ∂

∂r

B 0

R r

n

∂B r

∂z = − B 0

n r

R r

n

B r = − B 0

n r

R r

n

z + C

Somitergibtsich fürdasgesamte

B ~

^-Feld:

B ~ =



 B r

B ϕ

B z



 =





− B 0 n _r ^R n +1 ⁿ z + C 0 B 0 R

r

n





MitderNewton-GleichunginZylinderkoordinaten:

F = m~a = m d ² ~ r dt ² = m

"

d ² r dt ² − r

dϕ dt

² !

~e r +

r d ² ϕ dt ² + 2 dr

dt dϕ

dt

~e ϕ + d ² z dt ² ~e z

#

wobeifürdieradialebzw.vertikaleRichtunggilt:

F r = d ² r dt ² − r

dϕ dt

² !

~e r

F z = d ² z dt ² ~e z

undderLorentzkraft:

F L = q~v × B ~

mit

~v = ^dr _dt ~e r + r ^dϕ _dt ~e ϕ + ^dz _dt ~e z

^gilt:

F L =

~e r dr

dt − B 0 n _r ^R n+1 ⁿ z + C

~e ϕ r ^dϕ _dt 0

~e z dz

dt B 0 R

r

n

= qr dϕ dt B 0

R r

n

~e r +qr dϕ dt

− B 0 n R ⁿ r ⁿ⁺¹ z + C

~e z +. . .

Somitfolgtalso,wobeiwir

dϕ

dt = ω = const.

^und

C = 0

^wählen:

F L,r = qωrB 0

R r

n

~e r

F L,z = − qωrB 0 n R ⁿ r ⁿ⁺¹ z~e z

HierausergibtsichfürdieradialeKomponente:

qωrB 0

R r

n

= d ² r dt ² − ω ² r d ² r

dt ² − qB 0 R ⁿ r ^{1 − n} + ω ² r = 0

fürden Fall

n = 1

^{erhaltenwireineinhomogeneDGL.}

d ² r

dt ² + ω ² r = qB 0 R

FürdenFall

n = 0

^erhaltenwir

d ² r

dt ² − qB 0 − ω ² r = 0

einenoszillierendenTerm,den wirhabenmöchten:

r = cos p

qB 0 − ω ² t dr

dt = − p

qB 0 − ω ² sin p

qB 0 − ω ² t d ² r

dt ² = − qB 0 − ω ² cos p

qB 0 − ω ² t

Wählenwir

0 > n > 1

^{erhalten wireinenichtsoleichtlösbarenichtlineare}

DGL,dahererscheintdieWahl

n ∈ [0, 1]

^sinnvoll.

BetrachtenwirnundievertikaleKomponente:

d ² z

dt ² + qωB 0 n R

r n

z = 0

diesistlösbar mit:

z = cos s

qωB 0 n R

r n

t dz

dt = − s

qωB 0 n R

r n

sin s

qωB 0 n R

r n

t d ² z

dt ² = − qωB 0 n R

r n

cos s

qωB 0 n R

r n

t

c)

Wie inb)betrachtet, sinddie Oszillationenfür

n ∈ [0, 1]

^{stabilin derradialen}

Richtung,währenddieOszillationeninvertikalerRichtungfür

n > 0

^stabilsind.

Dasfolgtdaher,dafür

n ≤ 0

^keineoszillatorischerTermmehrvorhandenwäre, da für

n = 0

^{der Wert konstant}

z = 1

^{wäre und für den Fall}

n < 0

^würde

dasArgumentdesKosinusimaginär,d.h.wirwürdeneinenexponentialenTerm

erhaltenmit:

cos ix = e ^x + e ^{− x}

2 = cosh x

daher gilt für den vertikalen Fall

n ∈ [0, N ]

^{, wobei}

N → ∞

^{. Ziehen wir}

beide Bedingungen zusammen, da die Feldrichtungen miteinander verknüpft

sind,ergibtsichdieBedingung

n ∈ [0, 1]

^.

5.4 (Zerfallsprodukte von hochenergetische Teilchen)

Esistzuzeigen,dassfürhoheStrahlenergien

E L m b c ²

^fürdenZerfallswinkel gilt:

tan θ L ≈ m b c ²

√ 2E L

u sin θ c

u cos θ c + c

Als erstes verlegen wir unser System in die

x, y

^{-Ebene, somit ist die}

p z

^-

Komponenteimmernull.

WirgeheninsRuhesystemdeszerfallendenTeilchens

b

^{,hierfürerhaltenwir}

fürdenVierervektorvon

P

^:

q c =









E ⁰ c

p ⁰ _x p ⁰ _y p ⁰ _z









=









E c

c

mu · cos θ c

mu · sin θ c

0









ImLaborsystem,welchesüberdieLorentztransformationmitdemRuhesys-

temverbundenist,gilt:

q L =









E c

m P u ⁰ cos θ L

m P u ⁰ sin θ L

0









AnwendungderLorentztransformationliefert:

q L = Λq c

explizit(hierbenutzenwirdiex-Richtung):









E c

m P u ⁰ cos θ L

m P u ⁰ sin θ L

0









=









γ − βγ 0 0

− βγ γ 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

















E c

c

m P u · cos θ c

m P u · sin θ c

0









somitgiltalso:

q L =









γ ^E _c ^c − βγm P u · cos θ c

− βγ ^E _c ^c + γm P u · cos θ c

m P u · sin θ c

0









mit

γ = _m ^E _{P c} 2

^und

β = 1,

^mit

v ≈ c

^folgt:

q L =









E m P c ²

E c

c − m ^E P c ² m P u · cos θ c

− m ^E P c ² E c

c + _m ^E _{P c} 2 m P u · cos θ c

m P u · sin θ c

0









=











E m P c ²

E c

c − _c ^{E 2} u · cos θ c

−

E m P c ²

E c

c − _c ^{E 2} u · cos θ c

m P u · sin θ c

0











=









E c

m P u ⁰ cos θ L

m P u ⁰ sin θ L

0









Wirkönnendie Termeidentizieren:

E

c = E

m P c ² E c

c − E

c ² u · cos θ c

− E

m P c ² E c

c − E

c ² u · cos θ c

= m P u ⁰ cos θ L

m P u · sin θ c = m P u ⁰ sin θ L

vereinfachtergibtsichdamit:

u · cos θ c + c = E c

m P c u · cos θ c − E c

m P c = m P c ²

E u ⁰ cos θ L

u ⁰ = u sin θ c

sin θ L

weiterdurcheinsetzenvon

u ⁰

^:

sin θ L

cos θ L = m P c ² E

u sin θ c

u · cos θ c − _m ^E P ^c c

tan θ L = m P c ² E u sin θ c

DiesistnichtäquivalentzumgesuchtenErgebnis

. . .

UnterVerwendungderNäherung

E L m b c ²

^folgt:

E _L ² = p ~ L 2

c ² + m b c ² 2

~ p L 2

= E _L ² − m b c ² 2

c ²

| p ~ L | ≈ E L

c

. . .