HT 3

Neutrinomassenbestimmung

Die experimentelle Untersuchung von Neutrinos stellt ein schwieriges Unterfangen dar. Es gilt heute als sicher, dass Neutrinos eine endliche Masse $m_v>0$ besitzen, jedoch ist diese Masse $m_v$ so klein, dass bisher kein Wert für sie experimentell ermittelt werden konnte. Gleichzeitig ist der Wert der Neutrinomasse wichtig für weitergehende Erkenntnisse der Kosmologie. Das „Karlsruher Tritium Neutrino“ (KATRIN)-Experiment ist seit einigen Jahren eines der weltweit größten Experimente zur Bestimmung der Neutrinomasse $m_v$ . Das KATRIN-Experiment wird noch mehrere Jahre weiterlaufen und seine Genauigkeit dabei ständig verbessert werden.

Teilaufgabe 1: Neutrinos im Standardmodell der Elementarteilchen

Die heutige Systematik des Standardmodells der Elementarteilchen teilt diese in Quarks und Leptonen ein. Während die Quarks der starken, der schwachen und der elektromagnetischen Wechselwirkung unterliegen, nehmen die Leptonen nicht an der starken Wechselwirkung teil. Abbildung 1 zeigt einen Überblick über die Elementarteilchen des Standardmodells.

Abbildung 1: Überblick über die elementaren Teilchen des Standardmodells

Die drei unterschiedlichen Neutrinosorten gehören zur Teilchenart der Leptonen.

Gib die elektrische Ladung $q$ des Elektrons, des Myons und des Tauons sowie der jeweiligen zugehörigen Neutrinos an.
Erläutere, warum ein direkter Nachweis von Neutrinos erheblich schwieriger ist als der Nachweis der anderen Leptonen.

Alle aus Atomen aufgebaute Materie besteht lediglich aus drei der in Abbildung 1 dargestellten elektrisch geladenen Elementarteilchen.

Erläutere, warum alle anderen elektrisch geladenen Elementarteilchen aus Abbildung 1 nicht in der heute existierenden atomaren Materie vorkommen.

Eines der einfachsten Atome ist das des Wasserstoffisotops ${ }^2 \text H$ (Deuterium).

Gib an, aus wie vielen und welchen Elementarteilchen aus Abbildung 1 das Deuteriumatom ${ }^2 \text H$ aufgebaut ist.
Beschreibe, welche elementaren Wechselwirkungen für die Stabilität des ${ }^2 \text H$ -Atoms verantwortlich sind.

Neutrinos und ihre Antiteilchen treten ausschließlich bei Prozessen unter Beteiligung der schwachen Wechselwirkung auf. Ein typisches Beispiel für einen solchen Prozess ist der $\beta^{-}$ -Zerfalls eines Neutrons in ein Proton. Dieser Umwandlungsprozess ist auf Quarkebene in Abbildung 2 dargestellt.

Abbildung 2: Prozess der $\beta^{-}$ -Umwandlung aufgrund der schwachen Wechselwirkung

Beschreibe den in Abbildung 2 dargestellten Vorgang und gehen Sie dabei insbesondere auf die Bedeutung des $\text W ^{-}$ -Teilchens ein.
Gib an, was sich an Abbildung 2 ändert, wenn anstelle des $\beta^{-}$ -Zerfalls ein $\beta^{+}$ -Zerfall dargestellt wird.

(5 + 8 + 5 Punkte)

Teilaufgabe 2: Die Zerfallseigenschaften des Tritiums und das Energiespektrum seiner $\beta^{-}$ -Strahlung

Das Wasserstoffisotop ${ }^3 \text H$ (Tritium) ist ein $\beta^{-}$ -Strahler mit der Zerfallsgleichung:

${ }^3 \text H \rightarrow{ }^3 \text{He} +e^{-}+\bar{v}_{ e } .$

Die Abnahme der Anzahl $N$ der Tritiumkerne in einer Probe als Funktion der Zeit wird durch das Zerfallsgesetz $N(t)=N_0 \cdot e^{-\lambda \cdot t}$ beschrieben. Dabei bezeichnet $N_0$ die Anfangszahl der Tritiumkerne und $\lambda$ die Zerfallskonstante des Tritiums.
Die Aktivität $A$ der Probe ergibt sich aus der Ableitung von $N$ nach der Zeit, also der Änderungsrate der Tritiumkerne $A=-\dot{N}$ . Für die Aktivität $A$ gilt das Abnahmegesetz $A(t)=A_0 \cdot e^{-\lambda \cdot t}.$

Zeige, dass für die Anfangsaktivität $A_0$ der Probe folgender Zusammenhang gilt:
$A_0=\lambda \cdot N_0 .$
Zeige, dass die Halbwertszeit $T_{1 / 2}$ eines radioaktiven Nuklids wie folgt von dessen Zerfallskonstante $\lambda$ abhängt: $T_{1 / 2}=\dfrac{\ln 2}{\lambda}$ .

Beim radioaktiven Zerfall des Tritiums handelt es sich um einen einstufigen Zerfall, d. h., der Tochterkern ist stabil. Es kann demnach davon ausgegangen werden, dass die Aktivität einer Tritiumprobe ausschließlich aus dem Zerfall des Tritiums stammt. Die Aktivität einer konkreten Tritiumprobe wird zum Zeitpunkt $t=0$ bestimmt und dann nach $t=548\,\text d$ erneut. Es zeigt sich, dass sich die Aktivität $A$ der Probe um $8,1 \,\%$ gegenüber der ersten Messung reduziert hat.

Bestimme aus dieser Messung die Halbwertszeit $T_{1 / 2}$ des Tritiums in Jahren.

Da der $\beta^{-}$ -Zerfall des Tritiums direkt in den Grundzustand des Tochternuklids ${ }^3 He$ erfolgt, tritt bei diesem Prozess keine $\gamma$ -Strahlung auf. Somit verteilt sich bei diesem $\beta^{-}$ -Zerfall die gesamte frei werdende Energie $E_{\text {ges }}$ auf die entstehenden Teilchen. Für die Gesamtenergie $E_{\text {ges }}$ des $\beta^{-}$ -Zerfalls gilt dabei der folgende Zusammenhang:

$E_{\text {ges }}=\left[m_{3_\text H }-\left(m_{3_{\text{He}}} +m_{ e }+m_{\bar{v}}\right)\right] \cdot c ^2$ .

Erläutere den angegebenen Zusammenhang zwischen den Massen und der Gesamtenergie des $\beta^{-}$ -Zerfalls $E_{\text {ges }}$ .

Ein gemessenes Energiespektrum der beim $\beta^{-}$ -Zerfall des Tritiums entstehenden Elektronen ist in Abbildung 3 dargestellt.

Abbildung 3: Energiespektrum der Elektronen des Tritium $\beta^{-}$ -Zerfalls

Beschreibe den Verlauf des Energiespektrums der Elektronen in Abbildung 3.

Die Gesamtenergie des Zerfalls beträgt immer $E_{\text {ges }} \approx 18,6\,\text{keV}.$ Aufgrund des großen Massenunterschieds zwischen Elektron und Tochterkern kann der ${ }^3 \text{He}$ -Kern aus dem $\beta^{-}$ -Zerfall aufgrund der Impulserhaltung maximal $0,04 \,\%$ der kinetischen Energie des Elektrons $E_{ \text e }$ erhalten.

Begründe, dass das ansonsten nicht nachweisbare Antineutrino $\bar{v}_{ \text e }$ erforderlich ist, um das Spektrum in Abbildung 3 zu erklären.

(11 + 4 + 6 Punkte)

Teilaufgabe 3: Das KATRIN-Experiment und die Masse des Neutrinos

Für das Elektron-Antineutrino $\bar{v}_{ e }$ könnte die experimentelle Massenbestimmung im KATRIN-Experiment möglich sein. Da ein Teilchen immer exakt die gleiche Masse besitzt wie sein Antiteilchen, ist es egal, ob man die Masse eines Neutrinos $m_v$ oder die Masse seines Antineutrinos $m_{\bar{v}}$ bestimmt. Aus diesen Gründen wird im Weiteren zur Vereinfachung die Bezeichnung „Neutrino“ für „Elektron-Neutrino“ und durchgängig der Begriff „Neutrinomasse $m _{ v }$ “ verwendet, obwohl in dem Experiment Antineutrinos untersucht werden.

Die Masse der Neutrinos ist so klein, dass aus bisherigen Experimenten lediglich eine Aussage über deren Maximalwert gewonnen werden konnte. Aus Messungen vor dem KATRIN-Experiment ergab sich für die Ruheenergie des Neutrinos: $m_v c^2\lt2,1 \,\text{eV}.$

Berechnen Sie die bislang gültige obere Grenze für die Neutrinomasse $m_v$ in der Maßeinheit „ $\text{kg}$ “.

Das Ziel des KATRIN-Experiments ist es, das hochenergetische Ende des Energiespektrums beim $\beta^{-}$ -Zerfall des Tritiums sehr genau zu messen. Die Masse des zerfallenden Tritiumkerns $m_{3_{ \text H }}$ , die Masse des ${ }^3 \text{He}$ -Kerns $m_{3_{ \text{He} }}$ sowie die Masse des Elektrons $m_{ e }$ sind sehr genau bekannt. Für die Annahme, dass das Antineutrino $\bar{v}_{ \text e }$ masselos ist $m_{ v }=0$ , kann damit die Gesamtenergie des $\beta^{-}$ -Zerfalls des Tritiums sehr genau bestimmt werden und sie ergibt sich zu $E_{\text {ges, } m_{ v }=0}=18589,9\,\text{eV}.$

Abbildung 4 zeigt die Verläufe des Elektronen-Energiespektrums des $\beta^{-}$ -Zerfalls im Bereich der Gesamtenergie $E_{\text {ges }, m_v=0}$ für die Annahme eines masselosen Antineutrinos $m_v=0$ sowie für den Fall $m_v>0$ . Bei einer Neutrinomasse $m_v>0$ gilt für die maximal mögliche Energie $E_{\max }$ der Elektronen aus dem $\beta^{-}$ -Zerfall $E_{\max }\lt E_{\text {ges }, m_v=0}.$

$nrw physik abi lk 2023 ht 3 abbildung 4 einfluss der neutrinomasse m_v auf das hochenergetische ende des elektronenspektrums beim \beta^- -zerfall in der nähe der gesamtenergie E_ges$

Abbildung 4: Einfluss der Neutrinomasse $m_v$ auf das hochenergetische Ende des Elektronenspektrums beim $\beta^{-}$ -Zerfall in der Nähe der Gesamtenergie $E_{\text {ges }}$

Begründe den in Abbildung 4 dargestellten Unterschied zwischen der maximalen Elektronenenergie $E_{\max }$ beim $\beta^{-}$ -Zerfall und $E_{\text {ges }, m_{ v }=0}.$

Im Idealfall soll mit dem KATRIN-Experiment die maximale Energie $E_{\max }$ der dabei entstehenden Elektronen bestimmt werden.

Gib an, in welchem Energieintervall die maximale Energie $E_{\max }$ der Elektronen beim $\beta^{-}$ -Zerfall des Tritiums zu erwarten ist.

Abbildung 5 zeigt vereinfacht die Komponenten des KATRIN-Experiments.

Abbildung 5: Komponenten des KATRIN-Experiments

Die Elektronen des $\beta^{-}$ -Zerfalls werden in der Tritiumquelle freigesetzt und durch ein starkes Magnetfeld zunächst in das Vor- und dann in des Haupt-Spektrometer geführt. Da es beim KATRIN-Experiment nur um die Elektronen mit Energien nahe der maximalen Energie $E_{\max }$ geht, passieren das Vor-Spektrometer nur Elektronen mit einer Energie $E_{ e }>18500\,\text{eV}$ und treten dann ins Haupt-Spektrometer ein.

Aus messtechnischen Gründen werden die Elektronen im Innern des Haupt-Spektrometers zudem durch ein stark inhomogenes Magnetfeld zum Elektronendetektor geführt.

Begründe qualitativ, warum die kinetische Energie der Elektronen durch statische Magnetfelder prinzipiell nicht beeinflusst wird.

Die energetische Untersuchung der Elektronen in den beiden Spektrometern basiert auf der Gegenfeldmethode. Im Haupt-Spektrometer werden Elektronen durch eine hochstabilisierte und sehr genau einstellbare Gegenspannung $U_{ \text G }$ weiter abgebremst und nur nach Überwinden dieser Gegenspannung im Elektronendetektor nachgewiesen. Die Gegenspannung im Haupt-Spektrometer kann zum jetzigen Zeitpunkt in Schritten von $\Delta U_{ \text G }=0,5\,\text V$ stabilisiert eingestellt werden und soll in den nächsten Jahren durch weitere Verbesserungen am Experiment in Schritten von $\Delta U_{ \text G }=0,2\,\text V$ variierbar sein.

Erläutere, warum diese Verbesserung der Einstellgenauigkeit der Gegenspannung $U_{ \text G }$ bei der Gegenfeldmethode zu genaueren Messergebnissen führt.

Bereits heute grenzen die ersten vorläufigen Ergebnisse des KATRIN-Experiments die Ruheenergie des Elektron-Neutrinos auf $m_{ v } c ^2\lt 1,0\,\text{eV}$ ein.

Beurteile diesen Erkenntnisfortschritt gegenüber dem Kenntnisstand vor dem KATRIN-Experiment.

(2 + 8 + 7 + 3 Punkte)

Teilaufgabe 4: Die Bedeutung der Neutrinomasse für die Kosmologie

Nach heutigem Kenntnisstand der Kosmologie besitzt das kugelförmige Universum einen Radius von mindestens $r_{ \text U } \approx 45 \cdot 10^9$ Lichtjahren und etwa die Masse $m_{ \text U } \approx 10^{53}\,\text{kg}$ an „sichtbarer“ Materie, also Materie, die aus Teilchen des heute bekannten Standardmodells besteht.

Abschätzungen der Astrophysik liefern das Ergebnis, dass sich in jedem Kubikzentimeter $\left( \text{cm} ^3\right)$ des Universums im Mittel etwa 330 Neutrinos befinden.
Weitere Optimierungen am KATRIN-Experiment werden zukünftig zu einer höheren Messgenauigkeit führen. Es besteht die Aussicht, dass es dann auch einen Messwert für die Neutrinomasse $m_v$ geben wird. Eine Neutrino-Ruheenergie von $m_v c^2 \approx 0,3 \,\text{eV}$ wäre mit einem weiter verbesserten KATRIN-Experiment durchaus messbar.

Untersuche, ob die Neutrinos unter Annahme von $m_{ v } c ^2 \approx 0,3\,\text{eV}$ einen relevanten Anteil, also mindestens $10\,\%$ , an der Masse der sichtbaren Materie im Universum ausmachen können.

(6 Punkte)

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Teillösung 1

Leptonen	Ladung q
Elektron	-e
Myon	-e
Tauon	-e
Elektron-Neutrino	0
Myon-Neutrino	0
Tauon-Neutrino	0

Neutrinos durchqueren Materie leicht, ohne dabei signifikante Energieverluste oder Ablenkungen zu erfahren. Ihre Interaktion erfolgt dabei ausschließlich über die schwache Wechselwirkung. Da sie keine elektrische Ladung besitzen, werden sie weder von elektrischen Feldern noch von magnetischen Feldern beeinflusst.

Alle anderen elektrisch geladenen Elementarteilchen sind viel massiver. Die schwereren Teilchen sind instabil und zerfallen durch die starke oder schwache Wechselwirkung in leichtere Teilchen wie Elektronen, u-Quarks und d-Quarks. Daher sind sie nicht langfristig in der Materie vorhanden.

Das Deuteriumatom ${ }^2 \text{H}$ besteht aus einem Proton und einem Neutron. Das Proton ist zusammengesetzt aus zwei Up-Quarks und einem Down-Quark, das Neutron besteht aus einem Up-Quark und zwei Down-Quarks. In der Atomhülle befindet sich ein Elektron.

Für die Stabilität des Deuteriumatoms ${ }^2 \text{H}$ sind die starke Wechselwirkung und die elektromagnetische Wechselwirkung verantwortlich. Die starke Wechselwirkung hält die Quarks im Proton und im Neutron zusammen und überwindet die elektrostatische Abstoßung der positiv geladenen Protonen im Atomkern. Die elektromagnetische Wechselwirkung sorgt für die Abstoßung zwischen den positiv geladenen Protonen im Kern, sodass diese nicht in einander fallen und bindet das Hüllenelektron an den Atomkern.

Beim abgebildeten $\beta^- \text{Zerfall}$ wird ein Neutron in ein Proton umgewandelt, wobei ein Elektron und ein Antineutrino emittiert werden. Zuerst wird ein Down-Quark im Neutron in ein Up-Quark umgewandelt, wobei ein $W^-$ Boson ausgetauscht wird. Das $W^-$ Boson ist ein Vermittler der schwachen Wechselwirkung und ermöglicht die Umwandlung eines Down-Quarks in ein Up-Quark. Das $W^-$ Boson ist instabil und zerfällt in ein Elektron und ein Antineutrino.

Beim $\beta^+ \text{Zerfall}$ wird ein Proton in ein Neutron umgewandelt, wobei ein Positron und ein Elektron-Neutrino emittiert werden. Das $W^+$ Boson ist auch bei diesem Zerfall der Vermittler der schwachen Wechselwirkung und ermöglicht die Umwandlung eines Up-Quarks in ein Down-Quark. Das $W^+$ Boson ist ebenfalls instabil und zerfällt in ein Positron und in ein Elektron-Neutrino.

$<img alt = '$\beta^+$' style='vertical-align: -0.671ex; height: 2.843ex; width: 2.848ex;' class='mathjax-formula' src='https://www.schullv.de/resources/formulas/473cc0d1190f79cbf41506fe3a9eb977390271d824b0f98581d86700b391bb0a_light.svg'/> Zerfall$

Teillösung 2:

Für die Akivität A der Probe gilt:

Rechenweg anzeigen

$A_0=\lambda\cdot N_0$

Für die Halbwertszeit $T_{1/2}$ der Probe gilt:

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$T_{1/2}=\dfrac{\ln(2)}{\lambda}$

Die verbliebene Aktivität des Tritiums nach $t_{\text{mess}}=548\,\text{d}$ beträgt:

Rechenweg anzeigen

$\lambda = \dfrac{\ln \left(0,919 \right)}{-t_{\text{mess}}}$

Einsetzen in die Gleichung für die Halbwertszeit liefert:

$\begin{array}[t]{rll} T_{1/2}&=& \dfrac{\ln(2)}{\lambda}&\quad \scriptsize \mid\;\lambda=\dfrac{\ln \left(0,919 \right)}{-t_{\text{mess}}} \\[5pt] &=& \dfrac{\ln(2)}{\dfrac{\ln \left(0,919 \right)}{-t_{\text{mess}}}} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=& -\dfrac{\ln(2)\cdot t_{\text{mess}} }{\ln \left(0,919 \right)} &\quad \scriptsize \mid\; t_{\text{mess}}= 548\,\text{d} \\[5pt] &=& -\dfrac{\ln(2)\cdot 548\,\text{d} }{\ln \left(0,919 \right)} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=& 4,5\cdot 10^3 \;\text{d}&\quad \scriptsize \\[5pt] &=& 12,3 \;\text{a} \end{array}$

Es gilt $E_{\text{ges}} = m \cdot c^2.$ Hierbei entspricht $m$ der Differenz zwischen der Masse des Anfangszustandes und der Masse der Endzustände des Zerfalls. Dies entspricht der Masse, die während des Zerfalls in Energie umgewandelt wird, wenn sich die Masse der beteiligten Teilchen ändert. Multipliziert mit $c^2,$ ergibt dies die Gesamtenergie, die in Form von kinetischer Energie der Teilchen und anderen Energien freigesetzt wird.

Energiespektrum

Das Energiespektrum zeigt eine kontinuierliche Verteilung der Elektronenenergien im Bereich von $0 \;\text{keV}$ bis $18,6 \;\text{keV}.$ Die y-Achse repräsentiert die Anzahl der detektierten Elektronen im Verhältnis zur maximal möglichen Anzahl.

Die rasche Erhöhung der Kurve auf den Wert 1 bei etwa $3 \;\text{keV}$ zeigt, dass die meisten Elektronen eine Energie von ungefähr $3 \;\text{keV}$ haben und die Zählrate ihr Maximum erreicht. Dies deutet darauf hin, dass Elektronen in diesem Energiebereich nahezu vollständig erfasst werden.

Die Kurve fällt nach dem Maximum zuerst steiler und dann gleichmäßiger ab, und ab etwa $13 \;\text{keV}$ nimmt die Zählrate für höhere Energien weniger stark ab.

Der Abfall der Kurve auf 0 bei $18,6 \;\text{keV}$ zeigt, dass Elektronen mit noch höheren Energien selten auftreten und die Zählrate für diese Energien stark abnimmt.

Erforderlichkeit des Antineutrinos

Das Energiespektrum in Abbildung 3 zeigt, dass die Elektronen aus dem $\beta^-$ -Zerfall des Tritiums eine kontinuierliche Verteilung von Energien haben, die von $0$ bis $18,6 \;\text{keV}$ reicht. Aufgrund der Energieerhaltung und Impulserhaltung sollten die Elektronen jedoch einen breiteren Bereich kinetischer Energien haben, wenn die gesamte Energie des Zerfalls auf sie übertragen würde. Da der Tochterkern ${}^3\text{H}$ nur einen sehr kleinen Anteil, nämlich $0,04\%,$ der kinetischen Energie des Elektrons erhalten kann, bleibt ein Teil der Energie im Spektrum unsichtbar. Das Antineutrino trägt diese fehlende Energie und ist daher erforderlich, um das Spektrum in Abbildung 3 zu erklären.

Teillösung 3

Rechenweg anzeigen

$m_v \lt 3,7 \cdot 10^{-36} \;\text{kg}$

Bei $0 \lt m_v$ wird die Gesamtenergie des Zerfalls aufgrund der kinetischen Energie, die dem Neutrino zugeführt wird, verringert. Diese kinetische Energie steht den Elektronen nicht mehr zur Verfügung, wodurch die maximal mögliche Energie $E_{\text{max}}$ der Elektronen geringer ist als die Gesamtenergie $E_{\text{ges},m_v}.$

Für $E_{\text{max}}$ gilt:

Rechenweg anzeigen

$E_{\text{max}}=18587,8\; \text{eV}$

Die maximale Energie $E_{\text{max}}$ der Elektronen ist in dem Intervall

$[E_{\text{max}},E_{\text{ges},m_v}] = [ 18587,8\; \text{eV},18589,9\;\text{eV}]$

zu erwarten.

Die Elektronen erfahren in magnetischen Feldern die Lorentzkraft $\vec{F}_{\text{L}}.$ Diese Kraft wirkt stets senkrecht zur Bewegungsrichtung der Elektronen. Die Lorentzkraft kann daher nur die Richtung ihrer Bewegung ändern, jedoch keine Arbeit an ihnen verrichten. Die Geschwindigkeit und damit die kinetische Energie des Elektrons im statischen Magnetfeld bleibt somit unverändert.

Die Verbesserung der Einstellgenauigkeit der Gegenspannung $U_{G}$ führt zu genaueren Messergebnissen, da die abgebremsten Elektronen präziser kontrolliert werden können. Im Detektor werden nur Elektronen nachgewiesen, die über ausreichend hohe Maximalenergie verfügen, um das durch die Gegenspannung erzeugte Gegenfeld zu überwinden. Wenn die Gegenspannung groß genug ist und keine Elektronen mehr dieses Feld überwinden können, entspricht dies der maximalen Gegenspannung und somit der maximalen Energie der Elektronen. Je genauer die Einstellung der Gegenspannung ist, desto präziser kann folglich die maximale Energie der Elektronen ermittelt werden.

Dieser Fortschritt in der Erkenntnis liefert eine wesentlich präzisere Obergrenze für die Neutrinomasse $m_{\nu}.$ Dadurch ist es möglich, den möglichen Massenbereich der Neutrinos genauer einzuschränken. Im Vergleich zur vorherigen Obergrenze für die Ruhemasse von Neutrinos von $2,1 \;\text{eV}$ hat sich die Messgenauigkeit um den Faktor 2 verbessert.

Teillösung 4

Für die Masse $M_1$ der Neutrinos in einem Kubikzentimeter $\text{cm}^3$ gilt:

Rechenweg anzeigen

$M_1=1,8\cdot 10^{-34}\;\text{kg}$

Die Berechnung der Anzahl der $\text{cm}^3,$ aus denen das Universum besteht, ergibt:

Rechenweg anzeigen

$\text{Volumen des Universums} =3,3 \cdot 10^{86} \;\text{cm}^3$

Für die Neutrinonmasse $M_U$ im Universum gilt:

$\begin{array}[t]{rll} M_U&=& \dfrac{M_1}{1\;\text{cm}^3}\cdot \text{Volumen des Universums} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=& \dfrac{1,8\cdot 10^{-34}\;\text{kg}}{1\;\text{cm}^3}\cdot 3,3 \cdot 10^{86} \;\text{cm}^3 &\quad \scriptsize \\[5pt] &=& 1,8\cdot3,3 \cdot 10^{52} \;\text{kg} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=& 5,8\cdot 10^{52} \;\text{kg} \end{array}$

Für den prozentualen Anteil der Neutrinomasse $M_U$ von $m_U$ gilt:

$\begin{array}[t]{rll} p&=&\dfrac{M_U}{m_U} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=&\dfrac{5,8\cdot 10^{52} \;\text{kg}}{1\cdot 10^{53}\;\text{kg} } &\quad \scriptsize \\[5pt] &=& 5,8 \cdot 10^{-1} &\quad \scriptsize \\[5pt] &=& 0,58 &\quad \scriptsize \\[5pt] &=& 58 \,\% &\quad \scriptsize \\[5pt] &>& 10 \;\% \end{array}$

Die Neutrinos machen einen relevanten Anteil an der Masse des Universums aus.

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