Physique du lycée · Grades 10–12

32Décroissance radioactive

Dans le sous-sol d’un musée, un compteur Geiger cliquette au-dessus d’un lambeau de bois d’un sarcophage de pharaon. Chaque clic est sans loi : rien ne l’annonçait, rien ne prédit le suivant. Pourtant vendredi le laboratoire imprimera une date bonne à un siècle près. Ce chapitre résout le paradoxe — comment des événements parfaitement aléatoires un par un s’additionnent, par milliers de milliards, pour devenir les horloges les plus régulières que l’on possède.

32.1 Sans loi un par un, mécaniques par la mole

L’an dernier (Chapitre 19) on a rencontré les noyaux instables, équilibré leurs équations $\alpha$ et $\beta$ , et vu la moitié de tout grand échantillon disparaître par demi-vie $T_{1/2}$ . Ce qu’on ne pouvait pas dire, c’est quand entre les marches — ni pourquoi un processus aléatoire tient un emploi du temps. Les deux questions n’ont qu’une réponse.

Définition 32.1 (Constante de désintégration)

Pour chaque nucléide instable il existe une constante $\lambda$ , sa constante de désintégration (unité $\mathrm{s}^{-1}$ ), telle que pendant tout court intervalle $\dd t$ chaque noyau a la probabilité $p = \lambda\,\dd t$ de se désintégrer — la même pour tout noyau de l’espèce, quel que soit son âge, et intouchée par la température, la pression ou la chimie.

Remarque 32.2 (Sans loi un à un, exact en foule)

Un noyau qui a attendu dix mille ans a exactement la même chance de se désintégrer cette seconde qu’un fabriqué ce matin : pas d’usure, pas d’avertissement — lequel part ensuite est vraiment imprévisible. Les foules sont une autre affaire. Lancez $100$ pièces : attendez $50$ faces, mais ne soyez pas surpris par $43$ — des fluctuations d’ordre $\sqrt n$ , ici $10\%$ . Lancez $10^{20}$ : la fluctuation relative $1/\sqrt n$ est $10^{-10}$ , le résultat certain à dix décimales. Un gramme de matière tient quelque $10^{22}$ noyaux : le sans-loi se lisse en mécanique d’horloge, une loi exacte pour $N(t)$ , le nombre de noyaux encore intacts à l’instant $t$ .

Deux vrais échantillons de 20 noyaux descendent en chancelant de façon imprévisible autour de la courbe attendue ; une mole de noyaux s’y collerait à dix décimales. — Deux vrais échantillons de $20$ noyaux descendent en chancelant de façon imprévisible autour de la courbe attendue ; une mole de noyaux s’y collerait à dix décimales.

32.2 La loi de décroissance

Proposition 32.3 (L’équation d’évolution)

Dans un grand échantillon de $N$ noyaux, pendant $\dd t$ le nombre change de

\dd N = -\lambda N\,\dd t, \qquad\text{c'est-à-dire}\qquad \frac{\dd N}{\dd t} = -\lambda N :

la population se rétrécit à un rythme proportionnel à elle-même.

Démonstration. Chacun des $N$ noyaux se désintègre pendant $\dd t$ avec la probabilité $\lambda\,\dd t$ : désintégrations attendues $N\lambda\,\dd t$ , et pour $N$ grand le décompte réel s’accroche à l’attendu (Remarque 32.2) ; chaque désintégration retire un noyau. ∎

Théorème 32.4 (Loi de décroissance radioactive)

Un échantillon tenant $N_0$ noyaux à $t = 0$ en tient, à l’instant $t$ ,

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

Démonstration. Vérifier par substitution : $\dd N/\dd t = N_0(-\lambda)\,e^{-\lambda t} = -\lambda N(t)$ , et $N(0) = N_0 e^0 = N_0$ : équation et départ tous deux justes. (Qu’aucune autre fonction ne s’accorde est prouvé, avec des intégrales, dans le volume universitaire.) ∎

Définition 32.5 (Décroissance exponentielle)

Une quantité suivant $N_0\,e^{-\lambda t}$ subit une décroissance exponentielle : en des temps égaux, des fractions égales sont perdues. C’est exactement le condensateur qui se décharge du Chapitre 30, avec $\lambda$ jouant $1/(RC)$ : une équation différentielle, apprise une fois, fait tourner circuits et noyaux pareillement.

Proposition 32.6 (Demi-vie)

La demi-vie (Définition 19.14) d’un nucléide est fixée par sa constante de désintégration : $T_{1/2} = \ln 2/\lambda$ , et après $n$ demi-vies $N = N_0/2^{\,n}$ , $n$ entier ou non.

Démonstration. $N(T_{1/2}) = N_0/2$ exige $e^{-\lambda T_{1/2}} = \tfrac12$ , c’est-à-dire $\lambda T_{1/2} = \ln 2$ ; et $N(n\,T_{1/2}) = N_0\,e^{-n\ln 2} = N_0/2^{\,n}$ pour tout $n$ : l’exponentielle enfile l’escalier et remplit entre les marches. ∎

N(t) = N_0\,e- t passe par chaque marche de l’escalier — et dit maintenant ce qui se passe entre-temps. — $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ passe par chaque marche de l’escalier — et dit maintenant ce qui se passe entre-temps.

Exemple 32.7 (Vingt puissances de dix)

Avec $1$ an $= 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ :

nucléide	$T_{1/2}$	$\lambda$ ( $\mathrm{s}^{-1}$ )
polonium-214	$1.6 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}$	$4.2 \times 10^{3}$	maillon de la chaîne de l’uranium
technétium-99m	$6.0$ heures	$3.2 \times 10^{-5}$	imagerie médicale
iode-131	$8.0$ jours	$1.0 \times 10^{-6}$	médecine thyroïdienne
césium-137	$30$ ans	$7.3 \times 10^{-10}$	retombées de réacteur
carbone-14	$5730$ ans	$3.8 \times 10^{-12}$	archéologie
potassium-40	$1.25 \times 10^{9}$ ans	$1.8 \times 10^{-17}$	datation des roches
uranium-238	$4.5 \times 10^{9}$ ans	$4.9 \times 10^{-18}$	chaleur intérieure de la Terre

Une loi, vingt puissances de dix de $\lambda$ .

32.3 Activité : compter les clics

Proposition 32.8 (Activité)

L’activité d’un échantillon — ses désintégrations par seconde, en becquerels (Définition 19.18) — est

\mathcal A = \lambda N, \qquad\text{donc}\qquad \mathcal A(t) = \mathcal A_0 \, e^{-\lambda t}:

proportionnelle à la population survivante, et également exponentielle.

Démonstration. $N$ noyaux, chacun avec la probabilité $\lambda$ par seconde : $\lambda N$ désintégrations par seconde ; multiplier le Théorème 32.4 par $\lambda$ donne $\mathcal A(t) = \mathcal A_0 e^{-\lambda t}$ . ∎

Exemple 32.9 (Énorme $N$ , minuscule $\lambda$ )

Une banane tic-tac à environ $15\,\mathrm{Bq}$ , un corps humain à environ $8000\,\mathrm{Bq}$ , un mètre cube de granite à quelque $10^{6}\,\mathrm{Bq}$ (Chapitre 19). Derrière les clics modestes se tiennent des populations astronomiques : le potassium-40 du corps contribue $\mathcal A \approx 4.4 \times 10^{3}\,\mathrm{Bq}$ avec $\lambda = 1.8 \times 10^{-17}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $N = \mathcal A/\lambda \approx 2.5 \times 10^{20}$ noyaux, dont à peine quelques milliers s’allument chaque seconde.

Méthode 32.10 (Mesurer une demi-vie)

Compter les désintégrations avec un compteur Geiger sur des intervalles égaux successifs : cela échantillonne $\mathcal A$ à des instants successifs.
Tracer $\ln \mathcal A$ en fonction de $t$ : puisque $\ln \mathcal A = \ln \mathcal A_0 - \lambda t$ , la décroissance exponentielle se montre comme une droite — des données tordues signifient une autre loi, ou un mélange de nucléides.
Lire $\lambda$ comme moins la pente ; $T_{1/2} = \ln 2/\lambda$ .

Comptes Geiger d’un nucléide de courte vie : en axes semi-logarithmiques l’exponentielle devient une droite ; ici la pente donne 9.6 × 10-3\, s-1, donc T_1/2 72\, s. — Comptes Geiger d’un nucléide de courte vie : en axes semi-logarithmiques l’exponentielle devient une droite ; ici la pente donne $\lambda \approx 9.6 \times 10^{-3}\,\mathrm{s}^{-1}$ , donc $T_{1/2} \approx 72\,\mathrm{s}$ .

Remarque 32.11 (Les becquerels ne sont pas le mal)

Le becquerel compte les désintégrations, pas les dégâts. Le mal se suit par la dose en sieverts (Chapitre 19), pesant l’énergie déposée par kilogramme de tissu selon le pouvoir destructeur de chaque rayonnement : un scan au technétium de $5 \times 10^{8}\,\mathrm{Bq}$ est courant, bien moins de becquerels d’émetteur $\alpha$ inhalé ne le sont pas ; convertir $\mathrm{Bq}$ en $\mathrm{Sv}$ est matière universitaire.

32.4 Datation : lire le temps sur un rapport

La loi de décroissance à l’envers est une horloge : mesurer la fraction survivante, et l’exponentielle nomme le temps écoulé.

Méthode 32.12 (Datation au radiocarbone)

Vivant : le tissu vivant échange du carbone avec l’atmosphère et porte sa proportion de carbone-14 — un atome sur $10^{12}$ , donnant $\mathcal A_0 = 13.6$ désintégrations par minute et par gramme de carbone.
La mort démarre l’horloge : l’apport s’arrête, et la proportion décroît avec $T_{1/2} = 5730$ ans.
Mesurer l’activité $\mathcal A$ de l’échantillon par gramme de carbone ; $\mathcal A = \mathcal A_0 e^{-\lambda t}$ s’inverse en $t = \frac{1}{\lambda}\ln(\mathcal A_0/\mathcal A) = T_{1/2}\,\ln(\mathcal A_0/\mathcal A)/\ln 2$ .

Exemple 32.13 (Un foyer dans une grotte)

Du charbon d’un foyer enfoui donne $5.0$ désintégrations par minute et par gramme : $\mathcal A_0/\mathcal A = 13.6/5.0 = 2.72$ , donc $t = 5730 \times \ln(2.72)/\ln 2 \approx 8.3 \times 10^{3}$ ans. Le feu s’est éteint il y a huit mille ans — le bois lui-même est l’archive.

La courbe de datation : entrer au rapport mesuré, lire vers le bas jusqu’à l’âge. Le point est le foyer de l’ : rapport 0.37, âge 8.3 × 103 ans. — La courbe de datation : entrer au rapport mesuré, lire vers le bas jusqu’à l’âge. Le point est le foyer de l’Exemple 32.13 : rapport $0.37$ , âge $8.3 \times 10^{3}$ ans.

Exemple 32.14 (Horloges pour les roches)

Le carbone-14 se tait au-delà de quelque $50\,000$ ans ; la géologie garde des horloges plus lentes. Potassium–argon : le potassium-40 ( $T_{1/2} = 1.25 \times 10^{9}$ ans) se désintègre en argon, un gaz qui sort de la lave en fusion mais reste piégé une fois la roche cristallisée — la solidification met l’horloge à zéro. Uranium–plomb : l’uranium-238 mène une chaîne de désintégrations se terminant au plomb-206 stable (Chapitre 19), et le rapport plomb-sur-uranium dans un cristal le date. Les deux horloges s’accordent sur les minéraux les plus anciens ( $\approx 4.4 \times 10^{9}$ ans) et, via les météorites, sur l’âge du Système solaire.

Remarque 32.15 (Chaînes, et le gaz dans la cave)

Entre l’uranium et le plomb la chaîne passe par le radium, puis le radon-222, un gaz radioactif ( $T_{1/2} = 3.8$ jours). Né dans le granite et le sol, il s’infiltre dans les caves et s’y accumule ; ses filles émettrices $\alpha$ se désintègrent dans les poumons — la plus grande dose naturelle de la plupart des gens, et la moins chère à réduire : ouvrir la fenêtre de la cave.

32.5 Exercices

Exercice 32.1 ★

L’iode-131 a $\lambda = 1.0 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Calculer sa demi-vie en secondes, puis en jours.

Solution

Solution de Exercice 32.1.

$T_{1/2} = \ln 2/\lambda = 0.693/1.0 \times 10^{-6} = 6.9 \times 10^{5}\,\mathrm{s} \approx 8.0$ jours — l’horloge de l’iode-131.

Exercice 32.2 ★

Le radon-222 a $T_{1/2} = 3.8$ jours. Calculer $\lambda$ en $\mathrm{s}^{-1}$ , puis l’activité d’un échantillon de $1.0 \times 10^{10}$ noyaux.

Solution

Solution de Exercice 32.2.

$T_{1/2} = 3.8 \times 86\,400 = 3.28 \times 10^{5}\,\mathrm{s}$ ; $\lambda = 0.693/3.28 \times 10^{5} = 2.1 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $\mathcal A = \lambda N = 2.1 \times 10^{-6} \times 1.0 \times 10^{10} \approx 2.1 \times 10^{4}\,\mathrm{Bq}$ .

Exercice 32.3 ★

Vérifier par substitution que $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ satisfait $\dd N/\dd t = -\lambda N$ et $N(0) = N_0$ ; puis calculer $N(T_{1/2})/N_0$ .

Solution

Solution de Exercice 32.3.

$\dd N/\dd t = N_0(-\lambda)e^{-\lambda t} = -\lambda N$ — l’équation tient ; $N(0) = N_0 e^0 = N_0$ ; $N(T_{1/2})/N_0 = e^{-\lambda \ln 2/\lambda} = e^{-\ln 2} = \tfrac12$ .

Exercice 32.4 ★

Une source de césium-137 ( $T_{1/2} = 30$ ans) a une activité de $4.0 \times 10^{5}\,\mathrm{Bq}$ aujourd’hui. Calculer son activité dans $90$ ans, puis dans $300$ ans.

Solution

Solution de Exercice 32.4.

$90$ ans $= 3\,T_{1/2}$ : $\mathcal A = 4.0 \times 10^{5}/2^3 = 5.0 \times 10^{4}\,\mathrm{Bq}$ . $300$ ans $= 10\,T_{1/2}$ : $\mathcal A = 4.0 \times 10^{5}/1024 \approx 3.9 \times 10^{2}\,\mathrm{Bq}$ .

Exercice 32.5 ★

Un tracé semi-logarithmique de $\ln \mathcal A$ en fonction de $t$ pour un échantillon de technétium est une droite passant par $(0, 20.00)$ et $(10\,\mathrm{hours}, 18.85)$ . Trouver $\lambda$ (en $\mathrm{h}^{-1}$ et $\mathrm{s}^{-1}$ ) et $T_{1/2}$ .

Solution

Solution de Exercice 32.5.

Pente $= (18.85 - 20.00)/10 = -0.115$ , donc $\lambda = 0.115\,\mathrm{h}^{-1} = 0.115/3600 = 3.2 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $T_{1/2} = 0.693/0.115 = 6.0$ heures — technétium-99m.

Exercice 32.6 ★★

Un gramme de radium-226 ( $T_{1/2} = 1600$ ans ; masse molaire $226\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ; $N_A = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}$ ) : calculer le nombre de noyaux, puis $\lambda$ , puis l’activité — la première unité d’activité de l’histoire, le curie.

Solution

Solution de Exercice 32.6.

$N = (1.0/226) \times 6.02 \times 10^{23} = 2.7 \times 10^{21}$ ; $T_{1/2} = 1600 \times 3.156 \times 10^{7} = 5.05 \times 10^{10}\,\mathrm{s}$ , donc $\lambda = 1.37 \times 10^{-11}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $\mathcal A = \lambda N \approx 3.7 \times 10^{10}\,\mathrm{Bq}$ — un curie, l’activité du gramme de radium de Marie Curie.

Exercice 32.7 ★★

Deux élèves scellent des échantillons de $20$ et $2.0 \times 10^{20}$ noyaux d’un même nucléide. Que chacun attend-il après une demi-vie ? La prédiction de qui est fiable ? (Estimer la fluctuation relative $1/\sqrt n$ pour chacun.)

Solution

Solution de Exercice 32.7.

Tous deux attendent la moitié restante : $10$ , et $1.0 \times 10^{20}$ . Fluctuations $\sim 1/\sqrt{n}$ du décompte : avec $10$ désintégrations, environ $30\%$ — $7$ ou $13$ ne surprendraient pas ; avec $1.0 \times 10^{20}$ , environ $10^{-10}$ . Seul le grand échantillon obéit à la loi à une précision mesurable.

Exercice 32.8 ★★

Un corps tient environ $140\,\mathrm{g}$ de potassium, dont $0.012\%$ est du potassium-40 ( $T_{1/2} = 1.25 \times 10^{9}$ ans, masse molaire $40\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ). Calculer le nombre de noyaux de potassium-40, puis leur activité ; comparer au total corporel de $8000\,\mathrm{Bq}$ .

Solution

Solution de Exercice 32.8.

$m = 140 \times 1.2 \times 10^{-4} = 1.7 \times 10^{-2}\,\mathrm{g}$ ; $N = (0.0168/40) \times 6.02 \times 10^{23} = 2.5 \times 10^{20}$ . $\lambda = 0.693/(1.25 \times 10^{9} \times 3.156 \times 10^{7}) = 1.76 \times 10^{-17}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $\mathcal A = \lambda N \approx 4.4 \times 10^{3}\,\mathrm{Bq}$ — environ la moitié du total corporel (le reste est surtout du carbone-14).

Exercice 32.9 ★★

Un patient reçoit $500\,\mathrm{MBq}$ de technétium-99m ( $T_{1/2} = 6.0$ heures). Calculer l’activité $15$ heures plus tard, puis le temps pour qu’elle tombe sous $1\,\mathrm{MBq}$ .

Solution

Solution de Exercice 32.9.

$\lambda = 0.693/6.0 = 0.116\,\mathrm{h}^{-1}$ . À $15$ heures : $\mathcal A = 500\,e^{-0.116 \times 15} = 500 \times 0.177 \approx 88\,\mathrm{MBq}$ . Sous $1\,\mathrm{MBq}$ : $t = \ln(500)/0.116 \approx 54\,\mathrm{hours}$ — environ $9$ demi-vies.

Exercice 32.10 ★★

Du charbon d’une fosse montre $3.4$ désintégrations par minute et par gramme de carbone ; un os d’une autre en montre $30\%$ du taux vivant ( $\mathcal A_0 = 13.6$ par minute et par gramme, $T_{1/2} = 5730$ ans). Dater les deux échantillons.

Solution

Solution de Exercice 32.10.

Charbon : $3.4/13.6 = \tfrac14$ , exactement $2$ demi-vies : $t = 1.15 \times 10^{4}$ ans. Os : $t = 5730 \times \ln(1/0.30)/\ln 2 = 5730 \times 1.74 \approx 1.0 \times 10^{4}$ ans.

Exercice 32.11 ★★

Une cave est scellée avec un lot de radon-222 à l’intérieur ( $T_{1/2} = 3.8$ jours). Au bout de combien de temps l’activité du lot est-elle tombée à $1\%$ ? Les vraies caves restent radioactives pendant des décennies : d’où vient le radon frais, et pourquoi la ventilation doit-elle être permanente plutôt qu’une seule fois ?

Solution

Solution de Exercice 32.11.

$\lambda = 0.693/3.8 = 0.182\,\mathrm{d}^{-1}$ ; $t = \ln(100)/\lambda = 4.61/0.182 \approx 25$ jours (environ $6.6$ demi-vies). Mais la chaîne de l’uranium dans le granite et le sol environnants engendre du radon en continu : une aération unique est annulée en quelques semaines, donc la ventilation doit être permanente.

Exercice 32.12 ★★★

Montrer à partir de $N = N_0 e^{-\lambda t}$ que $t = T_{1/2}\ln(N_0/N)/\ln 2$ . Un os retient $5.0\%$ de son carbone-14 vivant : le dater.

Solution

Solution de Exercice 32.12.

$N/N_0 = e^{-\lambda t}$ donne $\lambda t = \ln(N_0/N)$ , et $\lambda = \ln 2/T_{1/2}$ donne $t = T_{1/2}\ln(N_0/N)/\ln 2$ . Ici $t = 5730 \times \ln(20)/\ln 2 = 5730 \times 4.32 \approx 2.5 \times 10^{4}$ ans.

Exercice 32.13 ★★★

Dans un cristal qui n’a piégé aucun argon à la solidification, chaque noyau de potassium-40 désintégré laisse un atome d’argon en place. Montrer que $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ ; une roche montre un rapport de $3.0$ : trouver son âge ( $T_{1/2} = 1.25 \times 10^{9}$ ans).

Solution

Solution de Exercice 32.13.

$N_{\mathrm K} = N_0 e^{-\lambda t}$ et $N_{\mathrm{Ar}} = N_0 - N_{\mathrm K}$ , donc $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ . Rapport $3.0$ : $e^{\lambda t} = 4$ , donc $\lambda t = 2\ln 2$ et $t = 2\,T_{1/2} = 2.5 \times 10^{9}$ ans.

Exercice 32.14 ★★★

Un compteur Geiger donne, à $t = 0$ , $60$ , $120$ , $180$ , $240$ secondes, des taux de $400$ , $225$ , $127$ , $71$ , $40$ comptes par seconde. Calculer $\ln \mathcal A$ à chaque instant, vérifier l’alignement, et déduire $\lambda$ et $T_{1/2}$ .

Solution

Solution de Exercice 32.14.

$\ln \mathcal A = 5.99$ , $5.42$ , $4.84$ , $4.26$ , $3.69$ : chutes de $0.57$ – $0.58$ par $60\,\mathrm{s}$ — alignés. Pente : $\lambda = 2.30/240 = 9.6 \times 10^{-3}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $T_{1/2} = 0.693/9.6 \times 10^{-3} \approx 72\,\mathrm{s}$ .

Exercice 32.15 ★★★

Pour un seul noyau, la probabilité de survivre à $n$ demi-vies est $1/2^{\,n}$ . Calculer la probabilité que (a) un noyau donné survive à $10$ demi-vies ; (b) tous les $8$ noyaux observés survivent à une demi-vie. (c) Sur $1000$ noyaux, combien sont attendus après $3$ demi-vies — et la loi peut-elle dire lesquels ? Conclure sur ce que la loi prédit.

Solution

Solution de Exercice 32.15.

(a) $2^{-10} \approx 1 \times 10^{-3}$ . (b) $(1/2)^8 = 1/256 \approx 0.4\%$ . (c) $1000/8 = 125$ attendus — mais la loi se tait sur lesquels : elle prédit les populations exactement et les individus pas du tout.

32.6 Problème : L’âge des choses

Problème 32.1

Problème du week-end — l’âge des choses : un laboratoire de musée calibre l’horloge au carbone, date une statue et un papyrus, apprend pourquoi aucune horloge ne lit au-delà de son cadran, et repousse une roche volcanique d’un milliard d’années

Une semaine dans un laboratoire de datation de musée. Données : le tissu vivant montre $\mathcal A_0 = 13.6$ désintégrations de carbone-14 par minute et par gramme de carbone ; $T_{1/2} = 5730$ ans (carbone-14), $1.25 \times 10^{9}$ ans (potassium-40) ; $1$ an $= 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ ; $N_A = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}$ ; masse molaire du carbone $12\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ; les compteurs résolvent environ $0.2$ désintégration par minute et par gramme.

Partie I — Lundi : calibrer l’horloge.

Pourquoi la proportion de carbone-14 est-elle constante dans le tissu vivant, et qu’est-ce qui change à la mort ?
Calculer $\lambda$ pour le carbone-14 en $\mathrm{s}^{-1}$ .
Vérifier par substitution que $N_0 e^{-\lambda t}$ résout $\dd N/\dd t = -\lambda N$ .
À partir de $\mathcal A_0$ , calculer le nombre d’atomes de carbone-14 par gramme de carbone dans le tissu vivant.
Combien d’atomes de carbone un gramme en tient-il ? En déduire la proportion de carbone-14 — comparer avec « un sur $10^{12}$ ».
Montrer qu’une activité $\mathcal A$ mesurée date un échantillon comme $t = T_{1/2}\,\ln(\mathcal A_0/\mathcal A)/\ln 2$ .

Partie II — Mardi : la statue et le papyrus.

Une statue de bois donne $9.1$ désintégrations par minute et par gramme. Dater le bois.
Quel événement, exactement, cette date marque-t-elle — la sculpture ou autre chose ? Quelle prudence s’ensuit ?
Un papyrus égyptien donne $10.4$ désintégrations par minute et par gramme. Le dater. Un scribe d’il y a vingt-deux siècles est-il plausible ?
L’activité est mesurée à $\pm 0.2$ désintégration par minute. Estimer l’incertitude d’âge du papyrus, en utilisant $\Delta t \approx \Delta\mathcal A/(\lambda \mathcal A)$ .
Un parchemin « antique » d’un marchand donne $13.4$ désintégrations par minute et par gramme. Verdict ?

Partie III — Jeudi : les limites de l’horloge.

Après combien de demi-vies l’activité d’un échantillon tombe-t-elle sous les $0.2$ désintégrations par minute et par gramme des compteurs ? Quel âge est-ce ?
Les meilleurs laboratoires atteignent environ dix demi-vies. Quel est l’horizon pratique de la datation au radiocarbone, en années ?
Un os de dinosaure a environ $6.6 \times 10^{7}$ ans : combien de demi-vies de carbone-14 ? À l’aide de la question 4, après combien de demi-vies ne reste-t-il même pas un atome du carbone-14 du gramme ? Conclure sur le « datage au carbone des dinosaures ».
Quel genre de nucléide pourrait dater la roche du dinosaure à la place ?

Partie IV — Vendredi : la roche volcanique.

L’argon est un gaz, le potassium un résident fidèle du solide : expliquer pourquoi la solidification de la lave met l’horloge potassium–argon à zéro.
En supposant que chaque noyau de potassium-40 désintégré laisse un atome d’argon piégé, montrer que $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ .
La roche sous le fossile du musée montre $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = 0.60$ . Dater la roche.
Le carbone-14 aurait-il pu dater cette roche, ou le potassium–argon la statue ? Donner la fenêtre utile de chaque horloge en demi-vies.
Rapport du vendredi, une phrase : les trois âges trouvés cette semaine, et la seule loi qui les a tous lus.

Solution

Solution de Problème 32.1.

1. L’échange avec l’atmosphère (manger, respirer) maintient la proportion au niveau atmosphérique ; la mort arrête l’apport et la décroissance prend le relais.

2. $T_{1/2} = 5730 \times 3.156 \times 10^{7} = 1.81 \times 10^{11}\,\mathrm{s}$ , donc $\lambda = 0.693/1.81 \times 10^{11} = 3.8 \times 10^{-12}\,\mathrm{s}^{-1}$ .

3. $\dd N/\dd t = -\lambda N_0 e^{-\lambda t} = -\lambda N$ , et $N(0) = N_0$ .

4. $\mathcal A_0 = 13.6/60 = 0.227\,\mathrm{Bq}$ par gramme ; $N = \mathcal A_0/\lambda = 0.227/3.8 \times 10^{-12} \approx 5.9 \times 10^{10}$ atomes par gramme.

5. $(1/12) \times 6.02 \times 10^{23} = 5.0 \times 10^{22}$ atomes de carbone ; proportion $5.9 \times 10^{10}/5.0 \times 10^{22} \approx 1.2 \times 10^{-12}$ — un sur $10^{12}$ , comme promis.

6. $\mathcal A = \mathcal A_0 e^{-\lambda t}$ donne $\lambda t = \ln(\mathcal A_0/\mathcal A)$ , et $\lambda = \ln 2/T_{1/2}$ le transforme en $t = T_{1/2}\ln(\mathcal A_0/\mathcal A)/\ln 2$ .

7. $t = 5730 \times \ln(13.6/9.1)/\ln 2 = 5730 \times 0.580 \approx 3.3 \times 10^{3}$ ans.

8. La mort du bois — l’abattage de l’arbre, pas la sculpture ; une statue taillée dans du vieux bois (ou un faux taillé dans du bois antique) précède ou suit la date de son matériau.

9. $t = 5730 \times \ln(13.6/10.4)/\ln 2 = 5730 \times 0.387 \approx 2.2 \times 10^{3}$ ans — tout à fait cohérent avec un scribe d’il y a vingt-deux siècles.

10. $\Delta t \approx \Delta\mathcal A/(\lambda\mathcal A)$ avec $\lambda = \ln 2/5730 = 1.21 \times 10^{-4}$ par an : $\Delta t = (0.2/10.4)/1.21 \times 10^{-4} \approx 1.6 \times 10^{2}$ ans — une date bonne à un siècle ou deux près.

11. $t = 5730 \times \ln(13.6/13.4)/\ln 2 \approx 120$ ans — indiscernable du moderne dans l’incertitude de $\pm 160$ ans : le parchemin est récent, l’« antique » un faux.

12. $13.6/2^n < 0.2$ exige $2^n > 68$ : $n = 7$ demi-vies (puisque $2^7 = 128$ ), environ $4.0 \times 10^{4}$ ans.

13. Dix demi-vies : environ $5.7 \times 10^{4}$ ans — l’horizon pratique, quelque soixante mille ans.

14. $6.6 \times 10^{7}/5730 \approx 11\,500$ demi-vies. Les $5.9 \times 10^{10}$ atomes d’un gramme sont épuisés après $2^n > 5.9 \times 10^{10}$ , soit $n \approx 36$ demi-vies ( $\approx 2 \times 10^{5}$ ans) : bien avant l’âge des dinosaures, il ne reste pas un atome de carbone-14 — il n’y a rien à compter.

15. Une horloge bien plus lente : potassium-40 ou uranium-238, avec des demi-vies de milliards d’années.

16. La lave en fusion laisse l’argon s’échapper en bulles, donc le cristal fraîchement solidifié tient du potassium mais zéro argon : le rapport part de $0$ à la solidification — l’horloge est mise à zéro.

17. Comme dans l’exercice : $N_{\mathrm K} = N_0 e^{-\lambda t}$ , $N_{\mathrm{Ar}} = N_0 - N_{\mathrm K}$ , donc $N_{\mathrm{Ar}}/N_{\mathrm K} = e^{\lambda t} - 1$ .

18. $e^{\lambda t} = 1.60$ : $t = 1.25 \times 10^{9} \times \ln(1.60)/\ln 2 = 1.25 \times 10^{9} \times 0.678 \approx 8.5 \times 10^{8}$ ans.

19. Non, deux fois : à $8.5 \times 10^{8}$ ans le carbone-14 a couru $10^5$ demi-vies — silence ; à $3.3 \times 10^{3}$ ans le potassium-40 a couru $2.6 \times 10^{-6}$ d’une demi-vie — le rapport d’argon $\approx \lambda t \sim 2 \times 10^{-6}$ est immesurablement petit. Chaque horloge ne lit que d’environ un dixième de demi-vie à environ dix.

20. Statue $\approx 3.3 \times 10^{3}$ ans, papyrus $\approx 2.2 \times 10^{3}$ ans, roche $\approx 8.5 \times 10^{8}$ ans — trois horloges, une loi : $N = N_0\,e^{-\lambda t}$ , lue à l’envers.