Radioactivité : décroissance et demi-vie

Les prérequis indispensables

Avant de toucher au moindre noyau, vérifie que ces trois outils de maths sont en place. Ils suffisent.

1. Les puissances de 2. $2^1 = 2$, $2^2 = 4$, $2^3 = 8$, $2^4 = 16$. Diviser par $2^3$, c'est diviser par 8. C'est tout ce qu'il faut pour la moitié des questions.

2. L'exponentielle décroissante. La fonction $t \mapsto e^{-\lambda t}$ part de 1 quand $t = 0$ (car $e^0 = 1$), puis diminue de plus en plus lentement sans jamais atteindre zéro. Elle ne descend pas en ligne droite : elle « s'écrase » vers l'axe.

3. Le logarithme népérien. C'est la fonction qui défait l'exponentielle : si $e^{x} = y$ alors $x = \ln y$. Deux valeurs à connaître : $\ln 1 = 0$ et $\ln 2 \approx 0{,}693$.

Et une habitude : toutes les durées d'un même calcul doivent être dans la même unité. Si $t$ est en années, $\lambda$ est en an$^{-1}$. Toujours.

L'essentiel en mots simples, et les formules clés

Un noyau radioactif est un noyau instable : à un moment, il se désintègre tout seul en émettant un rayonnement ($\alpha$, $\beta$ ou $\gamma$) et devient un noyau fils plus stable.

Le point qui déroute tout le monde : pour un noyau pris isolément, c'est totalement aléatoire et imprévisible. Impossible de dire quand il va se désintégrer. Mais si tu en prends des milliards de milliards, la proportion de survivants suit une loi parfaitement déterministe : une exponentielle décroissante. Le hasard individuel devient une certitude collective.

Deux grandeurs décrivent un isotope radioactif :

— la constante radioactive $\lambda$ (en s$^{-1}$, ou an$^{-1}$, etc.) : plus $\lambda$ est grand, plus la désintégration est rapide ;

— la demi-vie $t_{1/2}$ : le temps au bout duquel la moitié des noyaux se sont désintégrés. Elle ne dépend ni de la quantité de départ, ni de la température, ni de l'état chimique de l'échantillon. C'est une carte d'identité de l'isotope.

Les quatre formules à savoir par cœur :

$N(t) = N_0 \, e^{-\lambda t}$   (nombre de noyaux restants à l'instant $t$)

$A(t) = \lambda \, N(t) = A_0 \, e^{-\lambda t}$   avec   $A_0 = \lambda N_0$   (activité, en becquerel : $1\ \text{Bq} = 1$ désintégration par seconde)

$t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda} \approx \dfrac{0{,}693}{\lambda}$

$N = \dfrac{N_0}{2^n}$   après $n$ demi-vies exactes

Sur le graphique ci-dessous, l'idée tient en une phrase : à chaque fois qu'on avance d'une demi-vie sur l'axe du temps, la hauteur de la courbe est divisée par deux.

Un exemple entièrement traité

Énoncé. Un échantillon contient $N_0 = 4{,}8 \times 10^{20}$ noyaux d'un isotope de demi-vie $t_{1/2} = 8{,}0$ jours. Combien reste-t-il de noyaux au bout de 24 jours ?

Étape 1 — Je repère la ruse. La durée demandée est un multiple entier de la demi-vie. Je calcule ce multiple :

$n = \dfrac{t}{t_{1/2}} = \dfrac{24}{8{,}0} = 3$

Il s'est donc écoulé exactement 3 demi-vies.

Étape 2 — J'applique la formule des demi-vies entières (bien plus rapide que l'exponentielle) :

$N = \dfrac{N_0}{2^n} = \dfrac{4{,}8 \times 10^{20}}{2^3}$

Étape 3 — Je calcule. $2^3 = 8$, donc :

$N = \dfrac{4{,}8 \times 10^{20}}{8} = 6{,}0 \times 10^{19}$ noyaux

Étape 4 — Je vérifie que c'est cohérent. Trois divisions par deux : $4{,}8 \to 2{,}4 \to 1{,}2 \to 0{,}60$ (en $10^{20}$), soit $6{,}0 \times 10^{19}$. C'est bien ça, et le résultat est plus petit que $N_0$ : logique, des noyaux ont disparu.

Réponse : il reste $6{,}0 \times 10^{19}$ noyaux au bout de 24 jours.

Le vocabulaire, proprement

Noyau radioactif. Noyau instable qui se désintègre spontanément, c'est-à-dire sans qu'on lui fasse quoi que ce soit, en émettant un rayonnement ($\alpha$, $\beta$ ou $\gamma$), et qui donne un noyau fils plus stable.

Caractère aléatoire. La désintégration d'un noyau donné est imprévisible : on ne peut pas savoir lequel partira, ni quand. Un noyau ne « vieillit » pas, il n'y a pas de compte à rebours interne. En revanche, sur un très grand nombre de noyaux, la loi statistique qui en résulte est parfaitement déterministe : c'est la décroissance exponentielle. On dit que la loi est statistique.

Constante radioactive $\lambda$. Grandeur propre à chaque isotope, homogène à l'inverse d'un temps (unité : s$^{-1}$, ou h$^{-1}$, j$^{-1}$, an$^{-1}$ selon le contexte). Elle mesure la « probabilité de désintégration par unité de temps ». Plus $\lambda$ est grand, plus la désintégration est rapide.

Demi-vie $t_{1/2}$. Durée au bout de laquelle la moitié des noyaux initialement présents se sont désintégrés. Point crucial : elle est indépendante de la quantité initiale $N_0$, de la température, de la pression et de l'état chimique (le carbone 14 d'un diamant et celui d'un morceau de bois ont exactement la même demi-vie).

Activité $A$. Nombre de désintégrations par seconde dans l'échantillon. Elle s'exprime en becquerel : $1\ \text{Bq} = 1$ désintégration par seconde. C'est la grandeur qu'un compteur mesure réellement, alors que $N$ (nombre de noyaux) ne se mesure pas directement.

Les quatre lois et comment elles s'emboîtent

Loi 1 — décroissance du nombre de noyaux.

$N(t) = N_0 \, e^{-\lambda t}$

$N_0$ est le nombre de noyaux à l'instant $t = 0$, $N(t)$ le nombre de noyaux non encore désintégrés à l'instant $t$. Attention : $N(t)$ compte les survivants, pas les disparus.

Loi 2 — activité.

$A(t) = \lambda \, N(t) = A_0 \, e^{-\lambda t}$   avec   $A_0 = \lambda N_0$

L'activité est proportionnelle au nombre de noyaux restants, avec le même coefficient $\lambda$ à tout instant. Conséquence pratique très utile : $\dfrac{A(t)}{A_0} = \dfrac{N(t)}{N_0}$. Les deux rapports sont égaux, donc un énoncé qui te donne des activités se traite exactement comme un énoncé qui donne des nombres de noyaux.

Loi 3 — lien demi-vie / constante radioactive.

$t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda} \approx \dfrac{0{,}693}{\lambda}$

D'où viennent-elles l'une de l'autre ? Par définition, à $t = t_{1/2}$ il reste la moitié des noyaux :

$\dfrac{N_0}{2} = N_0 \, e^{-\lambda t_{1/2}}$

On simplifie par $N_0$ (non nul) : $\dfrac{1}{2} = e^{-\lambda t_{1/2}}$

On prend le logarithme des deux côtés : $\ln \dfrac{1}{2} = -\lambda t_{1/2}$, c'est-à-dire $-\ln 2 = -\lambda t_{1/2}$

Donc $t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda}$. Et réciproquement $\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}$.

Loi 4 — après $n$ demi-vies exactes.

$N = \dfrac{N_0}{2^n}$

C'est un raccourci de la loi 1 quand $t = n \times t_{1/2}$ avec $n$ entier. Une demi-vie : moitié. Deux demi-vies : quart. Trois : huitième. Et ainsi de suite.

La méthode pas-à-pas, et les deux directions du problème

Quelle que soit la question, commence toujours par ces deux réflexes.

Réflexe 1 — inventorier les données : $N_0$ (ou $A_0$), puis $\lambda$ ou $t_{1/2}$ (on ne te donne quasiment jamais les deux), puis la durée $t$.

Réflexe 2 — convertir toutes les durées dans la même unité avant le moindre calcul. Si l'activité est en Bq (donc en désintégrations par seconde), $\lambda$ doit être en s$^{-1}$.

Si seule $t_{1/2}$ est fournie, calcule d'abord $\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}$.

Ensuite, tout dépend de ce qu'on te demande. Il n'y a que deux directions possibles.

Direction A — on connaît $t$, on cherche $N$ (ou $A$).

Sous-cas A1 : si $t$ est un multiple entier de $t_{1/2}$, calcule $n = t/t_{1/2}$ et applique $N = N_0/2^n$. Plus rapide, moins d'erreurs de calculatrice.

Sous-cas A2 : sinon, applique directement $N(t) = N_0 \, e^{-\lambda t}$ (ou $A(t) = A_0 \, e^{-\lambda t}$).

Direction B — on connaît $N$ (ou $A$), on cherche $t$.

Il faut « sortir » le temps de l'exponentielle. On isole d'abord :

$\dfrac{N}{N_0} = e^{-\lambda t}$

Puis on prend le logarithme népérien des deux membres :

$\ln\!\left(\dfrac{N}{N_0}\right) = -\lambda t$

D'où la formule à retenir :

$t = -\dfrac{\ln\!\left(\dfrac{N}{N_0}\right)}{\lambda}$

Comme $N < N_0$, le rapport est inférieur à 1, son logarithme est négatif, et le signe moins devant rend bien $t$ positif. Si tu trouves un temps négatif, c'est que tu as oublié ce signe ou inversé le rapport.

Exemple traité (direction B, cas simple). On mesure $N(t)/N_0 = 1/4$ pour un isotope de demi-vie $t_{1/2} = 100$ ans. Quel âge a l'échantillon ?

$\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2^2}$, donc $n = 2$ demi-vies.

$t = n \times t_{1/2} = 2 \times 100 = 200$ ans.

Vérification par la loi exponentielle : $N(200) = N_0 \, e^{-\lambda \times 200}$ avec $\lambda = \dfrac{\ln 2}{100}$, donc l'exposant vaut $-\dfrac{\ln 2}{100} \times 200 = -2\ln 2$, et $N(200) = N_0 \, e^{-2\ln 2} = N_0 \times \dfrac{1}{2^2} = \dfrac{N_0}{4}$. Les deux méthodes concordent.

Exemple 1 — Passer de la demi-vie à la constante radioactive, puis prévoir

Énoncé. Le carbone 14 a une demi-vie $t_{1/2} = 5\,730$ ans. (a) Calculer sa constante radioactive $\lambda$. (b) Quelle fraction des noyaux subsiste au bout de $17\,190$ ans ?

(a) On applique la loi 3, dans le sens $t_{1/2} \to \lambda$.

$\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}$

Je remplace, en gardant l'unité « an » puisque la demi-vie est en années :

$\lambda = \dfrac{\ln 2}{5\,730} \approx \dfrac{0{,}693}{5\,730}$

$\lambda \approx 1{,}21 \times 10^{-4}$ an$^{-1}$

Commentaire. L'unité an$^{-1}$ n'est pas décorative : elle dit que ce $\lambda$ ne fonctionnera qu'avec des durées exprimées en années. Et l'ordre de grandeur est rassurant : $\lambda$ est très petit, donc la désintégration est très lente — ce qui colle avec une demi-vie de plusieurs milliers d'années.

(b) Je regarde d'abord si la durée est un multiple entier de la demi-vie.

$n = \dfrac{17\,190}{5\,730} = 3$

Elle l'est. Inutile de sortir l'exponentielle, j'utilise la loi 4 :

$\dfrac{N}{N_0} = \dfrac{1}{2^n} = \dfrac{1}{2^3} = \dfrac{1}{8} = 0{,}125$

Il reste donc $12{,}5\ \%$ des noyaux de carbone 14 initiaux.

Commentaire. Remarque qu'on n'a jamais eu besoin de $N_0$ : la question portait sur une fraction, et la fraction ne dépend pas de la quantité de départ. C'est exactement pour ça que la datation fonctionne sans connaître la masse d'origine de l'échantillon.

Exemple 2 — Une activité qui décroît (direction A, cas non entier)

Énoncé. Une source utilisée en imagerie médicale a une activité initiale $A_0 = 8{,}0 \times 10^{8}$ Bq et une demi-vie $t_{1/2} = 6{,}0$ h. Quelle est son activité 15 heures plus tard ?

Étape 1 — Je liste et je vérifie les unités. $A_0 = 8{,}0 \times 10^{8}$ Bq, $t_{1/2} = 6{,}0$ h, $t = 15$ h. La demi-vie et la durée sont toutes deux en heures : je peux travailler en heures, à condition que $\lambda$ soit en h$^{-1}$.

Étape 2 — Je calcule $\lambda$.

$\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}} = \dfrac{0{,}693}{6{,}0} \approx 0{,}1155$ h$^{-1}$

Étape 3 — Est-ce un nombre entier de demi-vies ?

$\dfrac{15}{6{,}0} = 2{,}5$ : non, ce n'est pas entier. Le raccourci $A_0/2^n$ ne s'applique pas tel quel ; je passe par l'exponentielle.

Étape 4 — J'applique la loi 2.

$A(t) = A_0 \, e^{-\lambda t}$

$A(15) = 8{,}0 \times 10^{8} \times e^{-0{,}1155 \times 15}$

Je calcule l'exposant à part, c'est là que se perdent la plupart des points :

$-0{,}1155 \times 15 = -1{,}733$

$e^{-1{,}733} \approx 0{,}177$

$A(15) \approx 8{,}0 \times 10^{8} \times 0{,}177 \approx 1{,}4 \times 10^{8}$ Bq

Étape 5 — Je contrôle la vraisemblance. 15 h, c'est entre 2 demi-vies (12 h) et 3 demi-vies (18 h). L'activité doit donc être comprise entre $A_0/8 = 1{,}0 \times 10^{8}$ Bq et $A_0/4 = 2{,}0 \times 10^{8}$ Bq. Mon résultat, $1{,}4 \times 10^{8}$ Bq, tombe bien dans cet intervalle. C'est validé.

Commentaire. Ce type d'encadrement par les demi-vies entières est le meilleur autocontrôle du chapitre : il détecte instantanément une erreur de signe ou de virgule.

Exemple 3 — Remonter au temps (direction B, cas non entier)

Énoncé. Dans un échantillon de bois ancien, il ne reste que $30\ \%$ des noyaux de carbone 14 par rapport à un échantillon de bois vivant de même masse. Sachant que $t_{1/2} = 5\,730$ ans, dater l'échantillon.

Étape 1 — Je traduis l'énoncé en équation. « Il reste 30 % » signifie :

$\dfrac{N}{N_0} = 0{,}30$

Étape 2 — Est-ce une puissance de 2 ? $0{,}30$ n'est ni $0{,}5$, ni $0{,}25$, ni $0{,}125$. Le raccourci ne marche pas : direction B complète.

Étape 3 — Je récupère $\lambda$ (déjà calculé à l'exemple 1) :

$\lambda = \dfrac{\ln 2}{5\,730} \approx 1{,}21 \times 10^{-4}$ an$^{-1}$

Étape 4 — Je pars de la loi 1 et j'isole le temps.

$N = N_0 \, e^{-\lambda t} \;\Rightarrow\; \dfrac{N}{N_0} = e^{-\lambda t}$

$\ln\!\left(\dfrac{N}{N_0}\right) = -\lambda t$

$t = -\dfrac{\ln\!\left(\dfrac{N}{N_0}\right)}{\lambda}$

Étape 5 — Application numérique.

$\ln(0{,}30) \approx -1{,}204$

$t = -\dfrac{-1{,}204}{1{,}21 \times 10^{-4}} = \dfrac{1{,}204}{1{,}21 \times 10^{-4}}$

$t \approx 9{,}95 \times 10^{3}$ ans, soit environ $9\,950$ ans.

Étape 6 — Contrôle. $30\ \%$ est compris entre $50\ \%$ (1 demi-vie, $5\,730$ ans) et $25\ \%$ (2 demi-vies, $11\,460$ ans). L'âge doit donc être entre ces deux valeurs : $9\,950$ ans y est bien. Et il est positif, ce qui prouve que le signe moins a été correctement traité.

Commentaire. Si l'énoncé t'avait donné des activités plutôt que des nombres de noyaux, le calcul aurait été rigoureusement identique, puisque $A/A_0 = N/N_0$.

Les subtilités et ce que le correcteur attend vraiment

Subtilité 1 — $t_{1/2}$ n'est pas $1/\lambda$. C'est l'erreur la plus fréquente et la plus coûteuse. On a $t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda} \approx \dfrac{0{,}693}{\lambda}$. La quantité $\dfrac{1}{\lambda}$ existe et porte un nom, c'est la durée de vie moyenne $\tau$, mais ce n'est pas la demi-vie. Confondre les deux introduit un facteur $0{,}693$ dans tout le problème.

Subtilité 2 — la cohérence des unités. Si $t$ est en jours, $\lambda$ doit être en j$^{-1}$. Si l'on veut une activité en becquerel (désintégrations par seconde), $\lambda$ doit impérativement être en s$^{-1}$ dans la relation $A = \lambda N$. Convertir avant le calcul numérique, jamais après.

Subtilité 3 — $N$ et $A$ ne sont pas la même grandeur. $N$ est un nombre de noyaux, sans unité. $A = \lambda N$ est une activité, en Bq. Un facteur $\lambda$ les sépare. En revanche leurs rapports sont égaux : $\dfrac{A}{A_0} = \dfrac{N}{N_0}$, et c'est ce qui permet de dater à partir d'un simple compteur.

Subtilité 4 — la décroissance n'est pas linéaire. Après $n$ demi-vies il reste $\dfrac{N_0}{2^n}$, et pas $N_0 - n \times \dfrac{N_0}{2}$. Écrire la seconde formule conduit d'ailleurs à un nombre de noyaux nul après deux demi-vies puis négatif ensuite, ce qui n'a aucun sens physique. Il reste toujours des noyaux, en théorie indéfiniment.

Subtilité 5 — $N(t)$ compte les survivants. Si l'énoncé demande le nombre de noyaux désintégrés entre 0 et $t$, la réponse est $N_0 - N(t)$, pas $N(t)$. Lis la question deux fois.

Ce que le correcteur attend, dans l'ordre :

— la formule littérale écrite avant toute application numérique (c'est souvent le point le plus sûr de la question, il tombe même si le calcul rate) ;

— l'isolement propre de l'inconnue, avec le passage au logarithme visible quand on cherche $t$ ;

— l'application numérique avec unité, et un nombre de chiffres significatifs cohérent avec les données (données à 2 chiffres significatifs, résultat à 2 chiffres significatifs) ;

— une phrase de conclusion qui répond à la question posée ;

— une vérification de vraisemblance : encadrer par les demi-vies entières, vérifier que le temps trouvé est positif et que $N < N_0$. Cette ligne est souvent valorisée, et elle te sauve quand la calculatrice a mangé un signe.

Problème type 1 — Datation au carbone 14 d'un charbon préhistorique

Énoncé. Des archéologues prélèvent un morceau de charbon de bois dans un foyer préhistorique. Le laboratoire mesure une activité massique en carbone 14 de $A = 3{,}2$ Bq par gramme de carbone. Dans un organisme vivant, cette activité massique vaut $A_0 = 12{,}8$ Bq par gramme de carbone. Donnée : $t_{1/2}(^{14}\text{C}) = 5\,730$ ans.

1. Pourquoi l'activité du carbone 14 diminue-t-elle après la mort ?

Tant que l'organisme est vivant, il échange du carbone avec son environnement : la proportion de carbone 14 y reste constante, donc l'activité massique aussi. À sa mort, les échanges cessent : le carbone 14 présent se désintègre sans être renouvelé, et l'activité massique décroît exponentiellement. Le compteur mesure donc, indirectement, le temps écoulé depuis la mort.

2. Calculer la constante radioactive du carbone 14.

$\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}} = \dfrac{0{,}693}{5\,730} \approx 1{,}21 \times 10^{-4}$ an$^{-1}$

3. Dater le foyer.

Je calcule d'abord le rapport des activités, qui est aussi le rapport des nombres de noyaux :

$\dfrac{A}{A_0} = \dfrac{3{,}2}{12{,}8} = 0{,}25 = \dfrac{1}{4}$

Ce rapport est une puissance de 2 : $\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2^2}$, donc $n = 2$ demi-vies exactement.

$t = n \times t_{1/2} = 2 \times 5\,730 = 11\,460$ ans

Le foyer a donc été allumé il y a environ $1{,}1 \times 10^{4}$ ans.

Vérification par la voie générale : $t = -\dfrac{\ln(0{,}25)}{1{,}21 \times 10^{-4}} = \dfrac{1{,}386}{1{,}21 \times 10^{-4}} \approx 1{,}15 \times 10^{4}$ ans. Les deux voies s'accordent (le léger écart vient de l'arrondi de $\lambda$).

4. Un second échantillon donne $A' = 2{,}0$ Bq par gramme de carbone. Quel est son âge ?

$\dfrac{A'}{A_0} = \dfrac{2{,}0}{12{,}8} = 0{,}15625$ — cette fois, pas de puissance de 2. Direction B complète :

$t = -\dfrac{\ln(0{,}15625)}{\lambda} = \dfrac{1{,}856}{1{,}21 \times 10^{-4}}$

$t \approx 1{,}53 \times 10^{4}$ ans, soit environ $15\,300$ ans.

Contrôle : $0{,}156$ est compris entre $0{,}25$ (2 demi-vies, $11\,460$ ans) et $0{,}125$ (3 demi-vies, $17\,190$ ans) ; l'âge trouvé est bien dans cet intervalle. Ce second échantillon est plus ancien que le premier, ce qui est cohérent avec son activité plus faible.

Problème type 2 — Une source radioactive en médecine nucléaire

Énoncé. Pour une scintigraphie, on prépare à 8 h du matin une source dont l'activité vaut $A_0 = 5{,}0 \times 10^{8}$ Bq. Le radionucléide utilisé a une demi-vie $t_{1/2} = 6{,}0$ h.

1. Combien de noyaux radioactifs la source contient-elle à 8 h ?

La relation est $A_0 = \lambda N_0$, donc $N_0 = \dfrac{A_0}{\lambda}$.

Attention au piège d'unité : $A_0$ est en Bq, c'est-à-dire en désintégrations par seconde. Il faut donc $\lambda$ en s$^{-1}$, et non en h$^{-1}$.

$t_{1/2} = 6{,}0\ \text{h} = 6{,}0 \times 3\,600 = 2{,}16 \times 10^{4}$ s

$\lambda = \dfrac{\ln 2}{2{,}16 \times 10^{4}} = \dfrac{0{,}693}{2{,}16 \times 10^{4}} \approx 3{,}21 \times 10^{-5}$ s$^{-1}$

$N_0 = \dfrac{5{,}0 \times 10^{8}}{3{,}21 \times 10^{-5}} \approx 1{,}6 \times 10^{13}$ noyaux

Commentaire. Si tu avais gardé $\lambda \approx 0{,}1155$ h$^{-1}$, tu aurais trouvé $4{,}3 \times 10^{9}$ noyaux, soit un facteur $3\,600$ d'erreur. C'est la faute la plus sanctionnée du chapitre.

2. Quelle est l'activité de la source à 20 h le même jour ?

Durée écoulée : $t = 20 - 8 = 12$ h.

$\dfrac{t}{t_{1/2}} = \dfrac{12}{6{,}0} = 2$ : c'est exactement 2 demi-vies, j'utilise le raccourci.

$A = \dfrac{A_0}{2^2} = \dfrac{5{,}0 \times 10^{8}}{4} = 1{,}25 \times 10^{8}$ Bq

Soit $A \approx 1{,}3 \times 10^{8}$ Bq avec 2 chiffres significatifs.

3. Au bout de combien de temps l'activité sera-t-elle descendue sous $1{,}0 \times 10^{7}$ Bq ?

On cherche $t$ tel que $A(t) = 1{,}0 \times 10^{7}$ Bq. Direction B :

$\dfrac{A}{A_0} = \dfrac{1{,}0 \times 10^{7}}{5{,}0 \times 10^{8}} = 2{,}0 \times 10^{-2}$

$t = -\dfrac{\ln(2{,}0 \times 10^{-2})}{\lambda}$

Ici la question porte sur une durée « pratique » : je travaille donc en heures, avec $\lambda = \dfrac{0{,}693}{6{,}0} \approx 0{,}1155$ h$^{-1}$.

$\ln(2{,}0 \times 10^{-2}) \approx -3{,}91$

$t = \dfrac{3{,}91}{0{,}1155} \approx 33{,}9$ h, soit environ $34$ h.

Il faudra donc attendre à peu près 34 heures après la préparation, c'est-à-dire un peu avant 18 h le lendemain.

Contrôle : $34/6{,}0 \approx 5{,}6$ demi-vies. Or $2^{5} = 32$ et $2^{6} = 64$, donc l'activité est divisée par un facteur compris entre 32 et 64 ; ici le facteur voulu est $1/0{,}02 = 50$, bien situé entre les deux. Cohérent.

Pièges classiques sur ce type de sujet : convertir la demi-vie en secondes quand on manipule des becquerels (question 1) mais pas nécessairement quand on cherche une durée en heures (question 3) ; ne pas oublier que « à 20 h » n'est pas la durée $t$, il faut soustraire l'heure de départ ; et ne pas répondre par un nombre de demi-vies quand l'énoncé demande une durée.

D'où sort l'exponentielle : la justification par l'équation différentielle

La loi $N(t) = N_0 \, e^{-\lambda t}$ n'est pas tombée du ciel. Elle découle d'une hypothèse unique, très simple, et directement issue du caractère aléatoire des désintégrations.

L'hypothèse. Pendant une durée courte $\mathrm{d}t$, chaque noyau présent a la même probabilité $\lambda \, \mathrm{d}t$ de se désintégrer, indépendamment de son passé. Un noyau ne vieillit pas : un noyau « neuf » et un noyau qui traîne là depuis mille ans ont exactement la même chance de partir dans la seconde qui vient.

Si $N$ noyaux sont présents, le nombre de désintégrations pendant $\mathrm{d}t$ vaut donc $\lambda N \, \mathrm{d}t$. Comme ce sont des noyaux qui disparaissent, la variation de $N$ est négative :

$\mathrm{d}N = -\lambda N \, \mathrm{d}t$

soit, en divisant par $\mathrm{d}t$ :

$\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t} = -\lambda N$

Lecture de cette équation : « la vitesse de disparition est proportionnelle à ce qui reste ». C'est la définition même d'une décroissance exponentielle.

Vérification que la solution convient. Posons $N(t) = N_0 \, e^{-\lambda t}$. En dérivant :

$\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t} = N_0 \times (-\lambda) \, e^{-\lambda t} = -\lambda \left(N_0 \, e^{-\lambda t}\right) = -\lambda N$

L'équation est bien satisfaite. Et à $t = 0$ : $N(0) = N_0 \, e^{0} = N_0$, la condition initiale est respectée. La loi du cours est donc l'unique solution de cette équation différentielle.

Ce que ça t'apporte concrètement. Tu retrouves toutes les formules du chapitre à partir d'une seule ligne, et surtout tu comprends pourquoi la demi-vie ne dépend pas de $N_0$ : $N_0$ se simplifie systématiquement dès qu'on écrit un rapport.

Linéariser pour mesurer : la droite en semi-logarithmique

En laboratoire, on ne « voit » pas une exponentielle : à l'œil nu, une courbe qui descend en s'aplatissant peut être une exponentielle, une hyperbole ou autre chose. L'astuce du physicien est de linéariser.

Partons de la loi et prenons le logarithme des deux membres :

$N(t) = N_0 \, e^{-\lambda t}$

$\ln N(t) = \ln\!\left(N_0 \, e^{-\lambda t}\right) = \ln N_0 + \ln\!\left(e^{-\lambda t}\right)$

$\ln N(t) = \ln N_0 - \lambda t$

C'est une fonction affine de $t$ : si l'on trace $\ln N$ (ou $\ln A$, c'est équivalent au décalage $\ln \lambda$ près) en fonction du temps, on doit obtenir une droite.

Cette droite a une ordonnée à l'origine $\ln N_0$ et un coefficient directeur $-\lambda$. On en tire deux choses :

— l'alignement des points prouve expérimentalement que la décroissance est bien exponentielle ;

— la pente donne directement $\lambda$, et donc $t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda}$, avec une bien meilleure précision qu'en lisant la demi-vie sur la courbe.

C'est exactement la démarche attendue dans les sujets expérimentaux, et c'est aussi celle qu'on réutilise en cinétique chimique pour identifier une réaction d'ordre 1.

Les ponts avec le reste du programme, et l'année prochaine

Pont 1 — la durée de vie moyenne $\tau$. On a vu que $\dfrac{1}{\lambda}$ n'est pas la demi-vie mais la durée de vie moyenne $\tau = \dfrac{1}{\lambda}$. Les deux sont proportionnelles :

$\tau = \dfrac{1}{\lambda} = \dfrac{t_{1/2}}{\ln 2} \approx 1{,}44 \, t_{1/2}$

La durée de vie moyenne est donc toujours un peu plus longue que la demi-vie. Physiquement, c'est la moyenne des durées de vie individuelles des noyaux ; la demi-vie, elle, est une médiane.

Pont 2 — la cinétique chimique. Une réaction dite « d'ordre 1 » obéit à $\dfrac{\mathrm{d}[\text{A}]}{\mathrm{d}t} = -k\,[\text{A}]$, exactement la même équation que la radioactivité avec $k$ à la place de $\lambda$. Résultat : $[\text{A}](t) = [\text{A}]_0 \, e^{-kt}$, et il existe aussi un temps de demi-réaction $t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{k}$. Le chapitre cinétique se révise donc en même temps que celui-ci.

Pont 3 — la décharge d'un condensateur. Dans un circuit RC, la tension suit $u(t) = E \, e^{-t/(RC)}$ : encore la même structure, avec $\lambda$ remplacé par $\dfrac{1}{RC}$. Même équation différentielle, même allure de courbe, même méthode de linéarisation. Trois chapitres, une seule mathématique.

Pont 4 — les probabilités. En mathématiques, la loi qui décrit ce comportement s'appelle la loi exponentielle, et sa propriété caractéristique est d'être « sans mémoire » : la probabilité qu'un noyau survive encore 10 ans ne dépend pas de son âge actuel. C'est la traduction mathématique exacte du « un noyau ne vieillit pas » du début du chapitre.

Ce qui t'attend après le bac. En études supérieures, on généralise dans plusieurs directions : les filiations radioactives, où le noyau fils est lui-même radioactif (on résout alors un système de deux équations différentielles couplées) ; la dosimétrie et la radioprotection, qui relient l'activité en becquerels à la dose reçue en grays et sieverts ; les autres chronomètres géologiques, comme les couples potassium-argon ou uranium-plomb, dont les demi-vies se comptent en centaines de millions d'années et permettent de dater la Terre elle-même — la datation au carbone 14 étant, elle, limitée à quelques dizaines de milliers d'années, faute d'activité résiduelle mesurable.

Et la statistique reprend ses droits : quand le nombre de noyaux devient petit, la loi exponentielle n'est plus qu'une moyenne, et les fluctuations autour d'elle deviennent visibles. C'est tout un pan de la physique nucléaire expérimentale.