Desacoplamiento de neutrinos y unidades

Question

Tengo un problema que dice:

En el Universo primitivo, los neutrinos pueden ser creados y destruidos por el proceso: \begin{equation} \nu \bar{\nu} \leftrightarrow e^{+}e^{-} \end{equation}

La sección transversal promediada térmicamente para este proceso viene dada por $\langle \sigma|v|\rangle = K G_{F}^{2}T^{2}$ , donde $K$ es una constante de orden unitario. Supongamos que $K = 1$ . Utilice la condición $\Gamma \equiv n_{\nu}\langle \sigma|v|\rangle = H$ para calcular la temperatura de desacoplamiento de los neutrinos.

De la ecuación de Friedmann tengo:

\begin{equation} H = \sqrt{\frac{8\pi}{3}G\rho}, \end{equation} donde: \begin{equation} \rho = \left(\frac{\pi^{2}}{30c^{5}\hbar^{3}} g\left(k_{B}T\right)^{4}\right), \end{equation} y $g$ es el factor g (grado de libertad) que es 1 para los neutrinos y 2 para los electrones/positrones.

$n_{\nu}$ está dada por: \begin{equation} n_{\nu} = \left(\frac{\zeta(3)}{\pi^{2}c^{3}\hbar^{3}} g\left(k_{B}T\right)^{3}\right), \end{equation} con $\zeta(3) = 1.20206$ .

Ahora, he tratado de resolver para $T$ $\left(n_{\nu}\langle \sigma|v|\rangle = H\right)$ en un montón de formas, tanto en mano, como con ordenador, que para el ordenador es:

$$T_{units} = \frac{\sqrt[3]{s}K}{J\sqrt[3]{kg}m^{5/3}},$$ con $s$ siendo segundos, $K$ es kelvin, $J$ es el joule, $kg$ es, sí, kilogramos, y $m$ es el contador.

Si lo hago a mano, termino con $T$ (En eV): $$T_{units} = \sqrt[5]{\frac{kg}{m^4}}$$

Así que sí, no es lo mismo (Al menos lo que yo veo), pero de cualquier manera, da una unidad incorrecta para la temperatura (Ya sea kelvin o eV). Y no consigo ver qué puedo hacer para obtener las unidades correctas en esto. Buscando en la web el desacoplamiento de neutrinos, puedo ver la relación:

$$T \sim \left( \frac{\sqrt{G}}{G_F^2} \right) ^{1/3} \sim 1~\textrm{MeV}$$

Así que sé que mi temperatura debe ser alrededor de la misma, pero de nuevo, no puedo ver cómo las unidades para el cálculo puede dar MeV o kelvin al menos.

Answer 1

Corrección de erratas y aclaraciones

• En la ecuación de Friedmann, ' $\rho$ ' es estrictamente hablando $\rho_m$ la densidad de masa. Por lo tanto, la ecuación de Friedman presentada tiene que ser cambiada como sigue: \begin{equation} H = \sqrt{\frac{8\pi}{3}G\rho_m}=\sqrt{\frac{8\pi}{3}\frac{G\rho}{c^2}}, \end{equation} para utilizar la expresión dada a continuación para la densidad de energía, denotada por $\rho$ .

• En la expresión de la densidad de energía, el $c^5 \hbar^3$ factor es erróneo. La densidad de energía significa energía por unidad de volumen, $EL^{-3}$ , donde $E$ y $L$ denotan unidades de energía y longitud, respectivamente. Dado que $\left(k_{B}T\right)^{4}$ tiene unidades de $E^4$ y $c\hbar$ tiene unidades $EL$ necesitamos un $(c\hbar)^3$ para obtener las dimensiones correctas. Esto significa: \begin{equation} \rho = \frac{\pi^{2}}{30c^{3}\hbar^{3}} g\,\left(k_{B}T\right)^{4}, \end{equation}

• El número de grados de libertad para cada sabor de neutrino es $g_\nu=2$ (neutrino más antineutrino; véase, por ejemplo, la página 45 de la obra de Dodelson Cosmología moderna ), mientras que, para mayor claridad, sólo señalo que $g_{e^-}=g_{e^+}=2$ , lo que implica $g_e \equiv g_{e^-}+g_{e^+}=4$ . Dado que el Universo en el momento del desacoplamiento de los neutrinos está presumiblemente poblado por fotones, electrones, positrones y los tres sabores conocidos de neutrinos, el $g$ factor que aparece en la densidad de energía $\rho$ en la ecuación anterior es en realidad una suma ponderada de los $g$ factores de estas especies pobladoras, dados por: \begin{equation} g = \sum_{\textrm{bosons } i}g_i + \frac{7}{8}\sum_{\textrm{fermions } j}g_j = g_\gamma +\frac{7}{8}(g_{e}+3\,g_{\nu}) = 2 + \frac{7}{8}(4+3\times2) = \frac{43}{4} \end{equation} Para mayor claridad, véase J. Bernstein, L. Brown y G. Feinberg Rev. Mod. Phys. 61 (1989) 25.

• El $g$ en $n_\nu$ es en realidad ${3\over4} g_\nu$ . Esto es así porque estamos calculando la tasa $\Gamma$ de los procesos débiles de termalización que se producen esencialmente a través de la interacción de los electrones y los neutrinos electrónicos, y por lo tanto $\Gamma$ depende de la densidad existente de esta especie de neutrinos. Se supone que los neutrinos muón y tau están desacoplados (pero siguen ahí, contribuyendo a la densidad de energía). Además, los neutrinos son fermiones, lo que requiere que la $3\over4$ factor.

• Por último, la sección transversal promediada térmicamente $\langle \sigma|v|\rangle$ tiene unidades de área por velocidad, $L^3 T^{-1}$ (donde $T$ denota unidades de tiempo). Como insistimos en sacar todos los factores de $c$ , $\hbar$ y $k_B$ cambiamos $T\rightarrow k_B T$ y, observando que $G_F$ tiene unidades $EL^3$ (véase, por ejemplo, la página 313 de la obra de Griffiths Introducción a las partículas elementales , 2ª ed.), también podemos cambiar $G_{F}\rightarrow G_{F}/(c\hbar)^3$ . Ahora, el producto $(k_B T)^2 \,(G_{F}/(c\hbar)^3)^2$ tiene unidades de $E^{-2}$ . Lo multiplicamos por $c^3\hbar^2$ que tiene unidades $E^2L^3T^{-1}$ (ya que $\hbar$ tiene unidades $ET$ ), para obtener la expresión dimensionalmente correcta de la sección transversal promediada térmicamente: \begin{equation} \langle \sigma|v|\rangle = \bigg(\frac{G_{F}}{c^3\hbar^3}\bigg)^2\, (k_B T)^2 \, c^3\hbar^2 \end{equation}

Poner las cosas en orden

Insistiendo en mantener el $c$ , $\hbar$ y $k_B$ factores, $\Gamma = H$ rendimientos, después de mucho cuidado con todos los factores: \begin{equation} (k_B T)^3 = \underbrace{\Bigg(\frac{\pi^3}{\zeta(3)}\sqrt{\frac{8\pi}{90}} \frac{\sqrt{g}}{\frac{3}{4}g_\nu} \Bigg )}_{\simeq \,29.8} \underbrace{\Bigg(\sqrt{\frac{G}{c\hbar}}\Bigg)}_{\equiv \,1/M_{Pl}} \,\frac{c^4 \hbar^6}{{G_F}^2} \simeq 29.8 \Bigg[ \big(M_{Pl} c^2\big) \, \bigg(\frac{G_{F}}{c^3\hbar^3}\bigg)^2 \Bigg]^{-1} \end{equation}

En lo anterior hemos introducido la masa de Planck $M_{Pl}$ . Sabiendo que $M_{Pl} c^2 \simeq 1.22\times 10^{19}\,\textrm{GeV}$ y $G_{F}/(c\hbar)^3\simeq 1.17\times 10^{-5} \,\textrm{GeV}^{-2}$ se obtiene: \begin{equation} k_B T \simeq \left ( \frac{29.8}{1.67\times 10^{9} \,\textrm{GeV}^{-3} } \right )^{1/3} \simeq 2.6 \,\textrm{MeV} \end{equation}

La moral (natural)

Es muy engorroso llevar todo el $c$ , $\hbar$ y $k_B$ (como puede comprobar haciendo usted mismo el cálculo anterior), por lo que a uno le gusta mucho trabajar en el llamado unidades naturales en el contexto de la física de partículas y la cosmología. De hecho, tomando todos estos factores como $1$ La primera ecuación de la sección anterior da inmediatamente el resultado de la temperatura de congelación/desacople del neutrino en la forma en que lo has encontrado: \begin{equation} T \,\simeq \,29.8 \,\left( \frac{\sqrt{G}}{{G_F}^2} \right) ^{1/3} \simeq 2.6\,\textrm{MeV} \end{equation} Por supuesto, aquí, sólo el orden de magnitud puede ser significativo ya que tomamos $K=1$ . El $k_B$ está ahí pero es igual $1$ en estas unidades naturales, por lo que basta con escribir $T$ en lugar de $k_B T$ . Esta y la última expresión dada anteriormente son iguales, sólo que están escritas utilizando diferentes unidades.