Keuzecollege Hoge EnergieFysica Katholieke Universiteit ... - EHEF

heden om sterke interacties met die kernen aan te gaan. Het gedeelte van de toestand heeft
andere sterke interacties met de kernen (alleen elastische verstrooiing en ladingsuitwisselingsreacties)
dan het K 0 deel dat hyperonen kan maken door het vreemde quark (s) uit te wisselen met een
proton of neutron. Het gevolg daarvan is dat het K 0 deel wordt geabsorbeerd in het materiaal, zodat
de bundel weer verandert in de sterke eigentoestand K 0 . Eenmaal uit het blok materiaal gekomen
veranderen de toestanden weer naar de zwakke eigentoestanden K 1
en K 2
. Inderdaad is experimenteel
gezien dat een bundel van kaonen die alleen nog maar naar 3π vervallen die dan door een blok
K 2
materiaal gaat, daarna weer abundant in 2π toestanden vervalt. Dit proces heet K 0 regeneratie.
In 1964 vonden Christenson, Cronin, Fitch en Turlay dat zelfs na lang wachten de dan pure bundel
van toch af en toe nog naar twee pionen vervalt (met een relatieve waarschijnlijkheid ten opzichte
van het drie pion verval van ongeveer een promille). Dus wat er na lange tijd overblijft is niet
een pure CP eigentoestand. De kaonen met een lange levensduur worden genoemd (met de “L”
van Long). De kortlevende kaonen noemen we dan
(met de “S” van short). En kennelijk valt de
K L
niet samen met de K 2
. Het verval wordt helemaal door de zwakke wisselwerking bepaald en
daarom zijn de toestanden K S
en K L
die zo duidelijk in hun levensduur verschillen de eigentoestanden
van de zwakke wisselwerking. De K 1
en K 2
toestanden zijn de eigentoestanden van CP en
dus zijn de zwakke en de CP eigentoestanden niet hetzelfde en wordt de CP symmetrie door de
zwakke wisselwerking geschonden.
We schrijven voor de en de volgende vergelijkingen op:
K S
K L
| K S
〉
| K L
〉
Er is een kleine verdraaiing, ε , ten opzichte van formule (5.8) voor de K 1
en K 2
. Als ε = 0 , dan
zijn de zwakke en CP eigentoestanden dezelfde. Merk op dat de normering niet exact meer klopt,
maar dat als ε klein is dat effect is te verwaarlozen.
Experimenteel kunnen we de volgende amplitude verhoudingen definieren:
. (5.14)
Omdat de eindtoestanden hetzelfde zijn kan er ook interferentie optreden tussen de en vervallen
naar dezelfde eindtoestand. Verder kan de eindtoestand een (sterke) isospin
hebben ( I = 1 is niet toegestaan). Zonder interferentie is het duidelijk dat:
K S
K 0
1
= ------ (( 1 + ε) | K 0 〉 + ( 1 – ε) | K 0
〉)
2
. (5.13)
1
= ------ (( 1 + ε) | K 0 〉 – ( 1 – ε) | K 0
〉)
2
η +
Ampl( K L
→ π + π – )
– = -----------------------------------------------
Ampl( K S → π + π – )
Ampl( K
η L → π 0 π 0 )
00 = ----------------------------------------------
Ampl( K S → π 0 π 0 )
K L
K S
K L
I = 0 of I = 2
86 Collegedictaat Hoge Energiefysica