Können 3 Photonen kombiniert werden, um eine Spin-0-Projektion zu ergeben?

Der Zerfall eines neutralen$\pi^0$zu drei Photonen würde tatsächlich die Ladungskonjugation verletzen.

Das Argument der Ladungskonjugation lautet wie folgt: Die Reaktion

$$\pi^0 \to 3 \gamma$$ wird durch Elektromagnetismus vermittelt. QED hat eine Ladungskonjugationssymmetrie, daher sollten Sie in der Lage sein, eine Ladungskonjugation auf beide Seiten der Gleichung anzuwenden. Unter Ladungskonjugation, $\pi^0 \to \pi^0$während $\gamma \to - \gamma$(folgt aus dem Eichprinzip ). Daher hat der Anfangszustand eine gerade C-Transformation, während der Endzustand eine ungerade C-Transformation hat. Mit anderen Worten: Wenn Sie diese Transformationseigenschaften auf beide Seiten der obigen Gleichung anwenden, erhalten Sie ein Minuszeichen (dies mag wie eine falsche Berechnung erscheinen, aber Sie können es mit den tatsächlichen Feldern ausrechnen, wenn Sie möchten).

Die Sache mit dem Drehimpuls ist schwieriger. Dabei muss berücksichtigt werden, dass das System aus drei Photonen nicht nur Spin hat, sondern auch einen von Null verschiedenen „regulären“ Drehimpuls haben kann (z. B. werden die Photonen in einer P-Welle und nicht in einer S-Welle emittiert).

Ich hatte die gleichen Zweifel, als ich herausfand, ob eine bestimmte Kopplung von Drehimpulsen in der 3$\gamma$gefunden werden, so dass die Parität erhalten bleibt.

Es stellt sich heraus (wenn ich richtig liege), dass Sie keine drei Photonen mit gekoppeltem Gesamtdrehimpuls haben können$J=0$an erster Stelle.

Für den Drehimpuls des gekoppelten Photons$L(3\gamma)$und drehen$S(3\gamma)$koppeln zu können$J(3\gamma)=0$, Wir müssen haben

$$L(3\gamma)=S(3\gamma)\hspace{2cm}(1)$$

Dies stellt keine große Einschränkung dar, da Photonen Teilchen mit Spin 1 sind, sodass sich Kopplungsspins (unabhängig vom Bahndrehimpuls) ergeben können$S(3\gamma)$=0,1,2,3, und Kopplungsbahndrehimpulse (unabhängig von Spins) können jede positive ganze Zahl ergeben$L(3\gamma)$.

Um die Bose-Symmetrie der Photonen jedoch zu bewahren, müssen die Spin- und Raumwellenfunktionen beides sein$\textit{simultaneously}$symmetrisch bzw$\textit{simultaneously}$antisymmetrisch. Dies wird durch die Bedingung ausgedrückt:

$$\text{$L$ even (symmetrical space WF) $\iff$ $S$ odd (symmetrical spin WF)}$$ $$\text{$L$ odd (antisymmetrical space WF) $\iff$ $S$ even (antisymmetrical spin WF)}$$ oder kombiniert $$L(3\gamma)+S(3\gamma)+1\hspace{0.5cm}\text{even.}\hspace{2cm}(2)$$ Nun sind (1) und (2) eindeutig inkompatibel, daher können wir nicht haben $J(3\gamma)=0$.

Also der Verfall$\pi^0\rightarrow3\gamma$wäre durch einfache Drehimpulserhaltung ausgeschlossen.

Das kommt mir ein wenig seltsam vor, da meist mit der Unmöglichkeit des Zerfalls gerechnet wird$C$Verletzung, aber wieder habe ich die Formel gesehen$C(n\gamma)=(-1)^n$für den Ladungskonjugationseigenwert von$n$Photonen, die nur aus der Formel für Bosonen universell sein würden

$$C(n\hspace{1mm}\text{bosons})=P(\text{boson})^n\cdot(-1)^L\cdot(-1)^{S+1}$$ Wenn $L+S+1$waren immer gerade für Photonen ( $P(\gamma)=-1)$.

Wenn ich also einen Fehler gemacht habe, liegt es wahrscheinlich an der Kupplung und daher an der Bedingung (1).