Décroissance radioactive et demi-vie

Le document est un extrait du diagramme (N, Z) : en noir les noyaux stables, en bleu les émetteurs β⁻, en rouge les émetteurs β⁺.

1. Nombre d’isotopes stables de l’oxygène :
   Sur la ligne $Z=8$, trois cases sont noires : ${}^{16}O$, ${}^{17}O$ et ${}^{18}O$, soit 3 isotopes stables.
2. Nombre d’isotopes radioactifs de l’azote représentés :
   Sur la ligne $Z=7$ : ${}^{12}N$ et ${}^{13}N$ (émetteurs ${\beta }^{+}$), ${}^{16}N$ (émetteur ${\beta }^{-}$), soit 3 isotopes radioactifs ; ${}^{14}N$ et ${}^{15}N$ sont stables.
3. Nombre de neutrons de l’oxygène 19 :
   $N=A-Z=19-8=$ 11, plus que les oxygènes stables ($N$ de 8 à 10) : c’est pourquoi il est émetteur ${\beta }^{-}$.
4. L’oxygène 14 se désintègre en un noyau de même nombre de masse : l’ 14.
   L’oxygène 14 ($N=6$) manque de neutrons : il est émetteur ${\beta }^{+}$, $Z$ diminue de 1 et $A$ ne change pas. Le fils a $Z=7$ : c’est l’azote 14, ${}_8^{14}O\to {}_7^{14}N+{}_1^{0}e+{\nu }_e$.
5. D’après le diagramme, ce noyau fils est
   La case $N=7$, $Z=7$ est noire : l’azote 14 est stable. La désintégration a rapproché le noyau de la vallée.

Le magnésium ($Z=12$) possède trois isotopes stables, de nombres de masse 24, 25 et 26. Le magnésium 23 et le magnésium 27 sont radioactifs. Données : sodium $Z=11$ ; aluminium $Z=13$.

1. Les isotopes stables du magnésium ont de 12 à neutrons.
   Magnésium 24 : $24-12=12$ neutrons ; magnésium 26 : $26-12=$ 14 neutrons.
2. Nombre de neutrons du magnésium 27 :
   $N=27-12=$ 15.
3. Le magnésium 27 est émetteur
   15 neutrons, plus que les isotopes stables (14 au plus) : excès de neutrons, il est émetteur β⁻.
4. Le noyau fils du magnésium 27 est l’ 27.
   En ${\beta }^{-}$ : $A=27$ et $Z=12-(-1)=13$, c’est l’aluminium : ${}_{12}^{27}\mathrm{M}\mathrm{g}\to {}_{13}^{27}\mathrm{A}\mathrm{l}+{}_{-1}^{0}e+{\bar{\nu }}_e$.
5. Nombre de neutrons du noyau fils du magnésium 23 :
   Magnésium 23 : $N=23-12=11$, moins que les isotopes stables (12 à 14) : pas assez de neutrons, il est émetteur ${\beta }^{+}$. $Z$ diminue de 1 et $A$ ne change pas : ${}_{12}^{23}\mathrm{M}\mathrm{g}\to {}_{11}^{23}\mathrm{N}\mathrm{a}+{}_1^{0}e+{\nu }_e$. Le sodium 23 a $23-11=$ 12 neutrons (un proton est devenu neutron). En appliquant à tort la règle du ${\beta }^{-}$, on trouverait l’aluminium 23 et 10 neutrons.
6. Dans un manuel où $Z$ est en abscisse et $N$ en ordonnée, le magnésium 27 se place la vallée de stabilité.
   Avec $N$ en ordonnée, un noyau qui a plus de neutrons que les isotopes stables de même $Z$ est plus haut qu’eux : il est au-dessus de la vallée. Dans le diagramme du cours ($N$ en abscisse), le même noyau est à droite, donc sous la vallée : seule la comparaison des nombres de neutrons compte, jamais « au-dessus » ou « au-dessous ».

Le neptunium 237 ($Z=93$) est émetteur $\alpha$ ; il donne du protactinium 233 ($Z=91$), émetteur ${\beta }^{-}$, qui donne à son tour de l’uranium 233 ($Z=92$). On étudie le rapport $N/Z$ de ces noyaux lourds.

1. Rapport $N/Z$ du neptunium 237 (3 chiffres significatifs) :
   $N=237-93=144$, donc $\frac{N}{Z}=\frac{144}{93}\approx$ 1,55.
2. Rapport $N/Z$ du protactinium 233 :
   $N=233-91=142$, donc $\frac{142}{91}\approx$ 1,56.
3. Pour ce noyau lourd, la désintégration α fait le rapport N/Z.
   Le noyau perd 2 neutrons et 2 protons : comme $N>Z$, la perte relative de protons est plus forte, et $N/Z$ passe de 1,55 à 1,56 : il fait augmenter le rapport.
4. Après une désintégration α, un noyau lourd se retrouve souvent avec un excès de , corrigé par des β⁻.
   L’α augmente $N/Z$ : le noyau fils a trop de neutrons pour son $Z$. Les familles radioactives alternent donc désintégrations $\alpha$ et ${\beta }^{-}$.
5. Contre-exemple : l’étain 100 ($Z=50$) a autant de neutrons que de protons, alors que les étains stables en ont de 62 à 74. Il est émetteur
   $N=100-50=50$, bien moins que les étains stables : pas assez de neutrons, il est émetteur β⁺ (un proton devient neutron). « Autant de neutrons que de protons » n’assure la stabilité que pour les noyaux légers ($Z<20$ environ) ; à $Z=50$, la vallée est déjà nettement du côté $N>Z$.

On considère trois désintégrations, où X, Y et W désignent les particules émises (neutrinos et antineutrinos omis) : (1) ${}_{90}^{230}\mathrm{T}\mathrm{h}\to {}_{88}^{226}\mathrm{R}\mathrm{a}+X$ ; (2) ${}_{28}^{63}\mathrm{N}\mathrm{i}\to {}_{29}^{63}\mathrm{C}\mathrm{u}+Y$ ; (3) ${}_8^{15}O\to {}_7^{15}N+W$.

1. X est un noyau d’
   $A_X=230-226=4$ et $Z_X=90-88=2$ : X est un noyau d’hélium 4, ${}_2^4\mathrm{H}\mathrm{e}$ : radioactivité $\alpha$.
2. Y est un
   $A_Y=63-63=0$ et $Z_Y=28-29=-1$ : Y est un électron ${}_{-1}^{0}e$ : radioactivité ${\beta }^{-}$.
3. W est un
   $A_W=15-15=0$ et $Z_W=8-7=1$ : W est un positon ${}_1^{0}e$ : radioactivité ${\beta }^{+}$.
4. Dans le noyau de nickel 63 (2), un s’est transformé en proton.
   Le nickel 63 a 28 protons et 35 neutrons, le cuivre 63 a 29 protons et 34 neutrons : un neutron est devenu proton, ${}_0^{1}n\to {}_1^{1}p+{}_{-1}^{0}e+{\bar{\nu }}_e$.

Le radium 224 ($Z=88$) est émetteur $\alpha$ ; l’iridium 192 ($Z=77$), utilisé pour contrôler les soudures, se désintègre surtout par radioactivité ${\beta }^{-}$ ; le gallium 68 ($Z=31$), utilisé en imagerie médicale, est émetteur ${\beta }^{+}$. Numéros atomiques : zinc 30 ; germanium 32 ; osmium 76 ; platine 78 ; radon 86 ; thorium 90.

1. Le radium 224 est lui-même formé par la désintégration α d’un noyau père, de nombre de masse
   À rebours : le père a 4 nucléons de plus que son fils, $A=224+4=$ 228.
2. Ce noyau père est un noyau de
   Le père a 2 protons de plus : $Z=88+2=90$, c’est le thorium 228. ${}_{90}^{228}\mathrm{T}\mathrm{h}\to {}_{88}^{224}\mathrm{R}\mathrm{a}+{}_2^4\mathrm{H}\mathrm{e}$ ($228=224+4$ ; $90=88+2$). Le radon ($Z=86$) est le fils du radium 224, pas son père.
3. Numéro atomique du noyau fils de l’iridium 192 :
   $Z=77-(-1)=$ 78, le platine : ${}_{77}^{192}\mathrm{I}\mathrm{r}\to {}_{78}^{192}\mathrm{P}\mathrm{t}+{}_{-1}^{0}e+{\bar{\nu }}_e$.
4. Ce platine 192, formé excité, revient à son état fondamental en émettant un photon
   ${}_{78}^{192}{\mathrm{P}\mathrm{t}}^{*}\to {}_{78}^{192}\mathrm{P}\mathrm{t}+\gamma$ : un photon γ, sans changement de $A$ ni de $Z$. C’est ce rayonnement pénétrant qui traverse les soudures contrôlées.
5. Nombre de neutrons du noyau fils du gallium 68 :
   En ${\beta }^{+}$ : $Z=31-1=30$ (zinc) et $A=68$, donc $N=68-30=$ 38. ${}_{31}^{68}\mathrm{G}\mathrm{a}\to {}_{30}^{68}\mathrm{Z}\mathrm{n}+{}_1^{0}e+{\nu }_e$.

L’uranium 238 est le premier noyau d’une famille radioactive qui aboutit au plomb 206, stable. Les trois premières étapes sont une désintégration $\alpha$ de l’uranium 238, puis deux désintégrations ${\beta }^{-}$ successives. Données : plomb $Z=82$ ; radium $Z=88$ ; thorium $Z=90$ ; protactinium $Z=91$ ; uranium $Z=92$ ; demi-vie de l’uranium 238 : $4,47\times {10}^9$ ans ; demi-vie du radium 226 : 1 600 ans.

1. Après la désintégration α, on obtient du thorium de nombre de masse
   ${}_{92}^{238}U\to {}_{90}^{234}\mathrm{T}\mathrm{h}+{}_2^4\mathrm{H}\mathrm{e}$ : thorium 234.
2. Après les deux désintégrations β⁻ suivantes, le numéro atomique vaut
   ${}_{90}^{234}\mathrm{T}\mathrm{h}\to {}_{91}^{234}\mathrm{P}\mathrm{a}+{}_{-1}^{0}e+{\bar{\nu }}_e$ puis ${}_{91}^{234}\mathrm{P}\mathrm{a}\to {}_{92}^{234}U+{}_{-1}^{0}e+{\bar{\nu }}_e$ : $Z=$ 92. On obtient l’uranium 234, un isotope de l’uranium 238, qu’aucune désintégration unique ne pouvait donner ($\alpha$ et $\beta$ changent toujours $Z$ ; l’émission $\gamma$ ne change ni $A$ ni $Z$).
3. Nombre de désintégrations α entre l’uranium 238 et le plomb 206 :
   Seules les $\alpha$ changent $A$, de 4 chacune : $238=206+4x$, d’où $x=$ 8.
4. Nombre de désintégrations β⁻ :
   Conservation de $Z$ : $92=82+2\times 8-y$, d’où $y=82+16-92=$ 6.
5. Le radium 226 subsiste dans des minerais vieux de milliards d’années, car il est sans cesse par les désintégrations qui le précèdent dans la famille.
   Le radium initial a disparu depuis longtemps, mais il est sans cesse produit par la famille, alimentée par l’uranium 238 dont la demi-vie est comparable à l’âge de la Terre : production et désintégration se compensent.

Le soufre 35, émetteur ${\beta }^{-}$ utilisé comme traceur en biologie, a une constante radioactive $\lambda =7,93\times {10}^{-3}{\mathrm{j}}^{-1}$. Un échantillon contient $N_0=4,0\times {10}^{15}$ noyaux de soufre 35 à $t=0$. Donnée : 1 j = 86 400 s.

1. Constante radioactive en s⁻¹ : × 10⁻⁸ s⁻¹
   $\lambda =\frac{7,93\times {10}^{-3}}{86400}\approx$ 9,18 × 10⁻⁸ s⁻¹.
2. Nombre de noyaux restant après 720 h : × 10¹⁵
   $\lambda$ est en ${\mathrm{j}}^{-1}$ : on convertit d’abord $t=\frac{720}{24}=30,0$ j. $N=4,0\times {10}^{15}\times e^{-7,93\times {10}^{-3}\times 30,0}=4,0\times {10}^{15}\times e^{-0,238}\approx$ 3,2 × 10¹⁵. Avec $t=720$ sans conversion, on trouverait $4,0\times {10}^{15}\times e^{-5,71}\approx 1,3\times {10}^{13}$ : beaucoup trop peu.
3. Pourcentage de noyaux restant après 100 jours : %
   $\frac{N}{N_0}=e^{-0,793}\approx 0,452$ : il reste 45,2 % des noyaux.
4. Durée au bout de laquelle il ne reste que le dixième des noyaux : jours
   $e^{-\lambda t}=\frac{1}{10}$ donne $t=\frac{\ln 10}{\lambda }=\frac{2,303}{7,93\times {10}^{-3}}\approx$ 290 jours.

On établit la loi de décroissance d’un échantillon de $N(t)$ noyaux radioactifs identiques, de constante radioactive $\lambda$. Pendant une courte durée $\Delta t$, le nombre moyen de noyaux qui se désintègrent vaut $\lambda N(t)\Delta t$.

1. $N(t+\Delta t)-N(t)=-\lambda \times N(t)\times$
   Les noyaux qui se désintègrent disparaissent de l’échantillon : $N(t+\Delta t)-N(t)=-\lambda N(t)$Δt.
2. En divisant par Δt et en faisant tendre Δt vers 0 : dN/dt = × N
   $\frac{N(t+\Delta t)-N(t)}{\Delta t}$ tend vers la dérivée : $\frac{dN}{dt}=$ $-\lambda$ $N$, équation du type $y\prime =ay$ avec $a=-\lambda$.
3. Les solutions sont $N(t)=C{e}^{-\lambda t}$ ; avec $N(0)=N_0$, la constante $C$ vaut
   $N(0)=C{e}^0=C$, donc $C=$ $N_0$ et $N(t)=N_0{e}^{-\lambda t}$.
4. Pour λ = 0,12 min⁻¹, à un instant où N = 5,0 × 10⁸, dN/dt vaut × 10⁷ min⁻¹
   $\frac{dN}{dt}=-0,12\times 5,0\times {10}^8=$ −6,0 × 10⁷ min⁻¹ : environ 60 millions de noyaux disparaissent par minute à cet instant.
5. Comme ln N(t) = ln N₀ − λt, la représentation de ln N en fonction de t est une
   $\ln N$ est une fonction affine du temps : sa représentation est une droite de coefficient directeur $-\lambda$.

Un échantillon contient $N_0=1,00\times {10}^6$ noyaux radioactifs de constante radioactive $\lambda =1,00\times {10}^{-3}{\mathrm{s}}^{-1}$. Pendant une durée $\Delta t$ courte, la probabilité qu’un noyau donné se désintègre vaut $\lambda \Delta t$.

1. Probabilité qu’un noyau donné se désintègre pendant la première seconde : %
   $\lambda \Delta t=1,00\times {10}^{-3}\times 1=1,00\times {10}^{-3}$, soit 0,1 %.
2. Nombre moyen de désintégrations pendant cette seconde :
   $\lambda N_0\Delta t=1,00\times {10}^{-3}\times 1,00\times {10}^6=$ 1 000 : on ne sait pas lesquels, seul leur nombre moyen est prévisible.
3. Probabilité qu’un noyau donné soit encore présent au bout d’une heure : %
   C’est la fraction restante : $\frac{N}{N_0}=e^{-1,00\times {10}^{-3}\times 3600}=e^{-3,6}\approx 0,0273$, soit 2,73 %.
4. Un noyau encore présent au bout d’une heure : probabilité qu’il se désintègre pendant la seconde suivante : %
   Toujours $\lambda \Delta t$, soit 0,1 % : la probabilité ne dépend pas de l’âge du noyau. Un noyau ne « vieillit » pas.
5. Demi-vie de ce noyau : s
   $t_{1/2}=\frac{\ln 2}{\lambda }=\frac{0,693}{1,00\times {10}^{-3}}\approx$ 693 s, environ 11,6 min.

Le phosphore 32, émetteur ${\beta }^{-}$ utilisé comme traceur en biologie, a une demi-vie $t_{1/2}=14,3$ jours. Un échantillon contient $N_0=8,0\times {10}^{14}$ noyaux de phosphore 32 à $t=0$.

1. Nombre de demi-vies écoulées en 42,9 jours :
   $\frac{42,9}{14,3}=$ 3 demi-vies.
2. Nombre de noyaux restant à t = 42,9 jours : × 10¹⁴
   $N=\frac{N_0}{2^3}=\frac{8,0\times {10}^{14}}{8}=$ 1,0 × 10¹⁴ noyaux.
3. Date à laquelle le nombre de noyaux a été divisé par 3 : jours
   $2^{-t/t_{1/2}}=\frac{1}{3}$ donne $t=t_{1/2}\frac{\ln 3}{\ln 2}=14,3\times 1,585\approx$ 22,7 jours, entre une et deux demi-vies. Ce n’est pas 3 demi-vies (42,9 jours) : elles divisent le nombre de noyaux par $2^3=8$.
4. Constante radioactive : × 10⁻² j⁻¹
   $\lambda =\frac{\ln 2}{14,3}=\frac{0,6931}{14,3}\approx$ 4,85 × 10⁻² j⁻¹.

La courbe donne le nombre N de noyaux d’or 198 (émetteur β⁻) d’un échantillon en fonction du temps.

1. Nombre initial de noyaux : × 10¹² noyaux
   À $t=0$, la courbe part de 6,0 × 10¹² noyaux.
2. Demi-vie lue sur la courbe : environ jours
   On cherche l’abscisse du point d’ordonnée $\frac{N_0}{2}=3,0\times {10}^{12}$ : environ 2,7 jours. Contrôle : à $2\times 2,7=5,4$ jours, la courbe passe bien par $1,5\times {10}^{12}$.
3. Constante radioactive : j⁻¹
   $\lambda =\frac{\ln 2}{t_{1/2}}=\frac{0,693}{2,7}\approx$ 0,26 j⁻¹.
4. Durée au bout de laquelle il reste 0,75 × 10¹² noyaux : jours
   $\frac{6,0}{0,75}=8=2^3$ : il faut 3 demi-vies, soit $3\times 2,7\approx$ 8,1 jours, ce que confirme la courbe.

L’yttrium 90, émetteur ${\beta }^{-}$, sert à traiter certaines tumeurs du foie. Sa demi-vie vaut $t_{1/2}=64,1$ h. On note $N_0$ le nombre de noyaux injectés à $t=0$.

1. Constante radioactive : × 10⁻⁶ s⁻¹
   $t_{1/2}=64,1\times 3600\approx 2,31\times {10}^5$ s, donc $\lambda =\frac{\ln 2}{t_{1/2}}\approx$ 3,00 × 10⁻⁶ s⁻¹.
2. Pourcentage des noyaux injectés qui se désintègrent entre la 24ᵉ et la 72ᵉ heure : %
   On a $\frac{N(t)}{N_0}=e^{-\lambda t}=2^{-t/t_{1/2}}$. Il reste $2^{-24/64,1}\approx 0,771$ des noyaux injectés à 24 h et $2^{-72/64,1}\approx 0,459$ à 72 h : entre les deux, 31,2 % des noyaux injectés se désintègrent. Ce n’est pas $1-2^{-48/64,1}\approx 40,5$ % : ce calcul rapporte les désintégrations aux noyaux présents à 24 h, et non aux noyaux injectés.
3. Pourcentage de noyaux restant 10,0 jours après l’injection : %
   $t=240$ h, donc $\frac{t}{t_{1/2}}=\frac{240}{64,1}\approx 3,74$ et $\frac{N}{N_0}=2^{-3,74}\approx 0,0746$ : 7,46 %.
4. Durée au bout de laquelle il ne reste que 1,0 % des noyaux : h
   $2^{-t/t_{1/2}}=0,010$ donne $t=t_{1/2}\frac{\ln 100}{\ln 2}=64,1\times 6,644\approx$ 426 h.
5. Soit environ jours
   $t\approx 425,9$ h, soit $\frac{425,9}{24}\approx$ 17,7 jours, un peu moins de 7 demi-vies.

Un échantillon contient $N=2,0\times {10}^{13}$ noyaux de fer 59, émetteur ${\beta }^{-}$ de demi-vie $t_{1/2}=44,5$ jours. Donnée : 1 j = 86 400 s.

1. Demi-vie en secondes : × 10⁶ s
   $t_{1/2}=44,5\times 86400=3844800$ s $\approx$ 3,84 × 10⁶ s.
2. Constante radioactive : × 10⁻⁷ s⁻¹
   $\lambda =\frac{\ln 2}{3,84\times {10}^6}\approx$ 1,80 × 10⁻⁷ s⁻¹.
3. Activité de l’échantillon : × 10⁶ Bq
   $A=\lambda N=1,80\times {10}^{-7}\times 2,0\times {10}^{13}\approx$ 3,6 × 10⁶ Bq, soit 3,6 millions de désintégrations par seconde.
4. Activité 89,0 jours plus tard : × 10⁵ Bq
   89,0 jours = 2 demi-vies : l’activité est divisée par $2^2=4$, $\frac{3,6\times {10}^6}{4}=$ 9,0 × 10⁵ Bq.
5. Un élève garde $\lambda$ en ${\mathrm{j}}^{-1}$ et annonce $A=\lambda N$ en becquerels : son résultat est fois trop grand.
   Avec $\lambda =\frac{\ln 2}{44,5}\approx 1,56\times {10}^{-2}{\mathrm{j}}^{-1}$, il obtient $\lambda N\approx 3,1\times {10}^{11}$ : c’est le nombre de désintégrations par jour, pas par seconde. Son résultat est trop grand d’un facteur égal au nombre de secondes d’un jour, 86 400.

Une source de cobalt 60 ($t_{1/2}=5,27$ ans, $M=60,0\mathrm{g}·\mathrm{m}\mathrm{o}{\mathrm{l}}^{-1}$), utilisée pour stériliser du matériel médical, a une activité $A_0=3,70\times {10}^{10}$ Bq à sa livraison. Données : $N_A=6,022\times {10}^{23}\mathrm{m}\mathrm{o}{\mathrm{l}}^{-1}$ ; 1 an $=3,156\times {10}^7$ s.

1. Constante radioactive : × 10⁻⁹ s⁻¹
   $t_{1/2}=5,27\times 3,156\times {10}^7\approx 1,663\times {10}^8$ s, donc $\lambda =\frac{\ln 2}{1,663\times {10}^8}\approx$ 4,17 × 10⁻⁹ s⁻¹.
2. Nombre de noyaux de cobalt 60 à la livraison : × 10¹⁸
   $N_0=\frac{A_0}{\lambda }=\frac{3,70\times {10}^{10}}{4,17\times {10}^{-9}}\approx$ 8,87 × 10¹⁸ (8,88 × 10¹⁸ sans arrondir $\lambda$).
3. Masse de cobalt 60 correspondante : mg
   $m=\frac{N_0}{N_A}M=\frac{8,88\times {10}^{18}}{6,022\times {10}^{23}}\times 60,0\approx 8,85\times {10}^{-4}$ g, soit 0,885 mg : une source très active contient une masse infime.
4. Activité 12,0 ans après la livraison : × 10⁹ Bq
   $A=A_0\times 2^{-12,0/5,27}=3,70\times {10}^{10}\times 0,206\approx$ 7,63 × 10⁹ Bq.

On mesure l’activité d’un échantillon produit dans un cyclotron. Radionucléides possibles et ordres de grandeur de leurs demi-vies : azote 13 (environ 10 min), carbone 11 (environ 20 min), cuivre 64 (environ 13 h).

1. Coefficient directeur de la droite ln A = f(t), calculé avec les mesures à 0 et à 80 min : × 10⁻² min⁻¹
   $\ln A=\ln A_0-\lambda t$ : le coefficient directeur vaut $\frac{\ln 343-\ln 5200}{80}=-\frac{1}{80}\ln \frac{5200}{343}=-\frac{2,719}{80}\approx$ −3,40 × 10⁻² min⁻¹, c’est $-\lambda$.
2. Demi-vie : min
   $t_{1/2}=\frac{\ln 2}{\lambda }=\frac{0,6931}{0,0340}\approx$ 20,4 min. Contrôle : dans le tableau, l’activité est divisée par 2 environ toutes les 20 min.
3. Le radionucléide est le
   La demi-vie correspond au carbone 11.
4. Durée au bout de laquelle l’activité devient inférieure à 50 Bq : min
   $A_0{e}^{-\lambda t}<50$ équivaut à $t>\frac{1}{\lambda }\ln \frac{5200}{50}=\frac{\ln 104}{0,0340}\approx$ 137 min (2 h 17 min).

Le carbone d’un organisme vivant a une activité de 13,6 désintégrations par minute et par gramme de carbone. Un fragment d’os trouvé lors d’une fouille n’en a plus que 4,90. Demi-vie du carbone 14 : $t_{1/2}=5730$ ans.

1. Constante radioactive du carbone 14 : × 10⁻⁴ an⁻¹
   $\lambda =\frac{\ln 2}{5730}\approx$ 1,21 × 10⁻⁴ an⁻¹. Tant que l’organisme vit, il échange du carbone avec l’atmosphère et son activité par gramme reste constante ; à sa mort, elle décroît.
2. Âge du fragment d’os : × 10³ ans
   $t=\frac{1}{\lambda }\ln \frac{A_0}{A}=\frac{1}{1,21\times {10}^{-4}}\ln \frac{13,6}{4,90}=\frac{1,021}{1,21\times {10}^{-4}}\approx$ 8,44 × 10³ ans.
3. Nombre de demi-vies écoulées :
   $\frac{\ln (13,6/4,90)}{\ln 2}=\frac{1,021}{0,693}\approx$ 1,47, entre une et deux demi-vies : il reste entre 50 % et 25 % de l’activité (ici 36 %), cohérent.
4. Un élève écrit « activité divisée par 2,78, donc âge = 2,78 × 5 730 ≈ 15 900 ans » : il suppose à tort une décroissance
   La décroissance est exponentielle : diviser par 2 prend une demi-vie, diviser par 4 en prend deux. L’élève l’a crue linéaire ; il faut compter $\frac{\ln 2,78}{\ln 2}\approx 1,47$ demi-vies, et non 2,78.

Un cristal de zircon contient de l’uranium 238 ($t_{1/2}=4,47\times {10}^9$ ans) et du plomb 206. On admet qu’à sa formation il ne contenait pas de plomb 206, et que chaque noyau d’uranium 238 désintégré a donné un noyau de plomb 206 (les noyaux intermédiaires de la famille sont en quantité négligeable). Aujourd’hui, on mesure ${\displaystyle \frac{N_{\text{Pb}}}{N_{\text{U}}}}=0,300$.

1. Le rapport ${\displaystyle \frac{N_{\text{U}}(0)}{N_{\text{U}}(t)}}$ vaut
   Chaque uranium disparu a donné un plomb : $N_{\text{U}}(0)=N_{\text{U}}(t)+N_{\text{Pb}}(t)$, donc $\frac{N_{\text{U}}(0)}{N_{\text{U}}(t)}=1+\frac{N_{\text{Pb}}}{N_{\text{U}}}=$ 1,300.
2. Âge du zircon : × 10⁹ ans
   $e^{\lambda t}=1,300$, donc $t=\frac{t_{1/2}}{\ln 2}\ln 1,300=\frac{4,47\times {10}^9}{0,6931}\times 0,2624\approx$ 1,69 × 10⁹ ans.
3. Pourcentage de l’uranium 238 initial déjà désintégré : %
   $\frac{N_{\text{Pb}}}{N_{\text{U}}(0)}=\frac{0,300}{1,300}\approx 0,231$ : 23,1 %, moins de la moitié, ce qui correspond bien à moins d’une demi-vie.
4. Si le zircon contenait un peu de plomb 206 dès sa formation, l’âge calculé serait
   Le plomb initial s’ajoute au plomb formé par désintégration : le rapport mesuré est trop grand, et $t$ croît avec ce rapport. L’âge serait surestimé.

Après un rejet accidentel, un échantillon de sol contient de l’iode 131 ($t_{1/2}=8,02$ j) et du césium 137 ($t_{1/2}=30,1$ ans). À $t=0$, l’activité due à l’iode est 25 fois celle due au césium. On note $r(t)={\displaystyle \frac{A_{\text{I}}(t)}{A_{\text{Cs}}(t)}}$. Donnée : 1 an = 365,25 j.

1. Constante radioactive de l’iode 131 : × 10⁻² j⁻¹
   ${\lambda }_{\text{I}}=\frac{\ln 2}{8,02}\approx$ 8,64 × 10⁻² j⁻¹.
2. Constante radioactive du césium 137 : × 10⁻⁵ j⁻¹
   $t_{1/2}=30,1\times 365,25\approx 1,099\times {10}^4$ j, donc ${\lambda }_{\text{Cs}}\approx$ 6,30 × 10⁻⁵ j⁻¹.
3. On montre que $r(t)=25e^{-({\lambda }_{\text{I}}-{\lambda }_{\text{Cs}})t}$. Valeur de $r$ à t = 20,0 j :
   Le quotient des deux lois donne $r(t)=25e^{-({\lambda }_{\text{I}}-{\lambda }_{\text{Cs}})t}$ avec ${\lambda }_{\text{I}}-{\lambda }_{\text{Cs}}\approx 8,636\times {10}^{-2}{\mathrm{j}}^{-1}$ : $r(20,0)=25e^{-1,727}\approx$ 4,44.
4. Date à laquelle les deux activités sont égales : j
   $r(t)=1$ équivaut à $e^{({\lambda }_{\text{I}}-{\lambda }_{\text{Cs}})t}=25$, d’où $t=\frac{\ln 25}{8,636\times {10}^{-2}}\approx$ 37,3 j.
5. Un an après le rejet, r vaut environ × 10⁻¹³
   $({\lambda }_{\text{I}}-{\lambda }_{\text{Cs}})\times 365,25\approx 31,5$ : $r=25e^{-31,5}\approx$ 5 × 10⁻¹³. L’iode a pratiquement disparu en quelques mois, alors que le césium n’a perdu qu’environ 2 % de son activité : la contamination à long terme est due au césium, pendant des décennies.
6. Le césium 137 est émetteur β⁻ et son fils, le baryum 137m, émet des photons γ. Un sac plastique épais arrête les β⁻ ; pour atténuer les γ, l’écran à interposer est une paroi épaisse de
   Les photons $\gamma$ traversent le plastique et l’aluminium : seuls des matériaux denses et épais, plusieurs centimètres de plomb ou des dizaines de centimètres de béton, les atténuent, sans jamais les arrêter tout à fait. L’écran efficace dépend du rayonnement : ce qui suffit pour $\beta$ ne suffit pas pour $\gamma$.