Radioactivité et demi-vie

Débutant

Partons de l'image de l'atome que vous connaissez déjà : un minuscule noyau au centre, fait de protons et de neutrons, avec des électrons qui se déplacent autour. Le nombre de protons, c'est la carte d'identité de l'atome. Six protons, c'est toujours du carbone ; 92, toujours de l'uranium. Les réactions chimiques ne font que réarranger les électrons extérieurs : elles ne peuvent donc jamais changer ce nombre. Seul un changement dans le noyau le peut.

Certains noyaux sont instables : ils ont trop d'énergie, ou un mélange mal équilibré de protons et de neutrons. Tôt ou tard, un tel noyau projette une minuscule particule ou un éclair de lumière très énergétique, et ce qui reste est un autre noyau, souvent d'un autre élément. C'est la désintégration radioactive.

Quand cela arrive-t-il ? Par pur hasard. Pensez aux étoiles phosphorescentes collées au plafond d'une chambre : une fois la lampe éteinte, leurs atomes rendent la lumière stockée un par un, à des instants imprévisibles, et la lueur faiblit peu à peu. Les noyaux radioactifs font de même, avec une surprise : ils ne vieillissent pas. Un noyau qui attend depuis un million d'années n'est pas plus près de se désintégrer qu'un noyau tout neuf.

Dans l'animation, chaque disque doré est un noyau. Ils deviennent gris un par un en crachant une particule rouge, et impossible de deviner lequel sera le suivant. Pourtant, la foule est prévisible : chaque fois que l'aiguille de l'horloge fait un tour complet, la moitié des noyaux encore dorés se désintègre. Un tour, il en reste 50 ; deux tours, 25 ; trois tours, environ 12. Un tour d'horloge, c'est la demi-vie.

À vous de jouer : un échantillon compte au départ 800 noyaux radioactifs. Combien en reste-t-il après trois demi-vies ? Réponse : $800\to 400\to 200\to 100$, donc 100, et non zéro.

Les demi-vies vont d'une fraction de seconde à des milliards d'années. Celle du carbone 14, environ 5 700 ans, permet de dater du bois et des os anciens.

Intermédiaire

Ce qui se désintègre, et ce que l'on compte

Tout noyau est repéré par deux nombres entiers. Le numéro atomique $Z$ compte ses protons et fixe l'élément : $Z=6$ est le carbone, $Z=92$ l'uranium. Le nombre de masse $A$ compte tous ses nucléons, protons plus neutrons : le carbone 14, ${}_6^{14}\mathrm{C}$, a donc 6 protons et 8 neutrons. Des noyaux de même $Z$ mais de $A$ différent sont des isotopes d'un même élément : le carbone 12 est stable, le carbone 14 radioactif.

Dans un échantillon, on suit $N$, le nombre de noyaux qui ne se sont pas encore désintégrés, égal à $N_0$ à l'instant $t=0$. Un détecteur enregistre des désintégrations ; leur nombre par seconde est l'activité, mesurée en becquerels (1 Bq correspond à une désintégration par seconde). La lettre $A$ désigne à la fois le nombre de masse et l'activité : regardez le contexte. Quant à $N$, il compte toujours des noyaux non désintégrés.

Diviser par deux en des durées égales

Un noyau radioactif ne s'use pas : quel que soit son âge, sa probabilité de survivre pendant la demi-vie suivante $T_{1/2}$ vaut exactement un demi. Dans un grand échantillon, il reste donc la moitié des noyaux après une demi-vie, la moitié de ceux-là après la suivante, et ainsi de suite. Après $n=t/T_{1/2}$ demi-vies, que $n$ soit entier ou non,
$N=N_0{\left(\frac{1}{2}\right)}^{t/T_{1/2}}$

La probabilité de se désintégrer par seconde est la constante radioactive $\lambda$, et l'activité est cette probabilité multipliée par le nombre de noyaux présents :

• $\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$
• $A=\lambda N$

L'activité est donc, elle aussi, divisée par deux à chaque demi-vie. Pour transformer une fraction mesurée en durée, on compte les divisions par deux : $n={\log }_2(N_0/N)$ ; un échantillon tombé à 1/16 de sa valeur initiale a donc subi quatre demi-vies. Avec $T_{1/2}$ en secondes, $\lambda$ s'exprime en ${\mathrm{s}}^{-1}$ et $A$ en becquerels.

Trois façons de se désintégrer

La légende de l'animation nomme trois sortes de rayonnement :

• Dans la désintégration $\alpha$, le noyau émet un noyau d'hélium 4, de 2 protons et 2 neutrons : $A$ diminue de 4 et $Z$ de 2. Une feuille de papier arrête ces particules lourdes et doublement chargées.
• Dans la désintégration ${\beta }^{-}$, un neutron se transforme en proton et le noyau émet un électron et un antineutrino : $Z$ augmente de 1 à $A$ constant. Dans la désintégration ${\beta }^{+}$, un proton devient un neutron et un positon est émis : $Z$ diminue de 1. Quelques millimètres d'aluminium arrêtent les particules $\beta$.
• Dans l'émission $\gamma$, un noyau excité, souvent formé à l'instant par une désintégration $\alpha$ ou $\beta$, libère un photon de haute énergie, et $A$ et $Z$ ne changent pas. Le plomb n'arrête jamais complètement les rayons $\gamma$ : un centimètre de plomb ne laisse passer que la moitié d'un faisceau de photons de 1 MeV.

Pour la désintégration $\alpha$, le décompte des nucléons et des charges donne
$X(A,Z)\to Y(A-4,Z-2)+{}^4\mathrm{He}$
si bien que l'uranium 238 ($Z=92$) devient du thorium 234 ($Z=90$). L'échantillon de l'animation est un émetteur $\alpha$ : chaque noyau père $X$ doré qui devient gris est devenu un noyau fils $Y$, et le point rouge qui s'envole est sa particule $\alpha$.

Exemple résolu : l'échantillon de l'animation

L'animation part de $N_0=100$ noyaux et de $T_{1/2}=2,5\mathrm{s}$, et l'aiguille de l'horloge fait un tour par demi-vie. Après un, deux, trois et quatre tours, soit à 2,5 ; 5 ; 7,5 et 10 s, la loi donne 50 ; 25 ; 12,5 et 6,25 noyaux. L'affichage de $N$ indique 50, 25, 12 et 6, puisqu'un comptage est un nombre entier ; l'affichage de $N/N_0$ donne les mêmes valeurs en pour cent.

La formule vaut aussi entre deux tours. À $t=4,0\mathrm{s}$,
$t/T_{1/2}=4,0/2,5=1,6,N=100\cdot 0,5^{1,6}=33,0$
et l'affichage indique 33. En remontant le temps, la loi donne l'instant où il reste 10 noyaux : $n={\log }_{2}10=3,32$ demi-vies, donc $t=8,3\mathrm{s}$.

Cinquante noyaux se désintègrent pendant le premier tour, 25 pendant le deuxième et 13 pendant le troisième : les désintégrations s'espacent parce qu'il reste moins de noyaux, non parce que les survivants seraient devenus plus stables. L'animation règle ses désintégrations pour suivre la loi. Un échantillon vraiment aléatoire de 100 noyaux s'écarterait en général de 50 d'environ 5 après une demi-vie, alors qu'un gramme de matière, avec quelque $10^{21}$ noyaux, suit la loi presque exactement.

Exemple résolu : l'iode 131 en médecine

L'iode 131, utilisé pour traiter la thyroïde, a une demi-vie de 8,0 jours. Une pharmacie prépare une gélule de 400 MBq, que le patient prend 3,0 jours plus tard. Quelle activité reste-t-il alors, et au bout de combien de temps une gélule stockée tombe-t-elle sous 1 % de son activité initiale ?

L'activité est proportionnelle à $N$ : elle suit donc la même loi :
$A=400\cdot 0,5^{3,0/8,0}=400\cdot 0,771=308\mathrm{MBq}$
La pharmacie doit donc préparer environ 30 % de plus que la dose qu'elle compte délivrer. Pour le seuil de 1 %, $n={\log }_{2}100=6,64$ demi-vies, soit 53 jours. Au bout de 24 jours, trois demi-vies, il reste $(1/2{)}^3=12,5$ %, et au bout de 20 jours, 2,5 demi-vies, $0,5^{2,5}=17,7$ %.

Avec $\lambda =\ln 2/(8,0\cdot 86400\mathrm{s})=1,00\times 10^{-6}{\mathrm{s}}^{-1}$, la gélule neuve, $4,0\times 10^8\mathrm{Bq}$, contient $N=A/\lambda =4,0\times 10^{14}$ noyaux, soit moins d'un dixième de microgramme : bien trop peu pour être pesé, mais facile à détecter, ce qui fait tout l'intérêt des traceurs radioactifs.

Lire la courbe de décroissance

Tracez les valeurs affichées, $N$ en fonction de $t$ : la courbe part en pente raide, s'aplatit et s'approche de zéro sans jamais l'atteindre. Une droite allant de 100 noyaux à $t=0$ jusqu'à zéro à $t=2T_{1/2}$ est l'image fausse classique ; à cet instant, la vraie courbe en contient encore un quart.

La raideur de la courbe mesure le taux de désintégration : on lit donc l'activité sur sa pente. Pour l'animation, on trouve environ 28 noyaux par seconde au départ, 14 à 2,5 s et 7 à 5 s. Les comptages réels s'éparpillent autour de la courbe lisse, relativement plus quand les nombres sont petits.

Erreurs fréquentes

• La demi-vie n'est pas la moitié du temps nécessaire pour que tout se désintègre. Chaque demi-vie retire la moitié de ce qui reste : 6 400 noyaux deviennent 3 200, 1 600, 800 puis 400 en quatre demi-vies, sans jamais s'épuiser d'un coup.
• La désintégration n'est pas une perte fixe par heure. Un échantillon qui perd 10 % pendant sa première heure perd 10 % de ce qui reste à chaque heure suivante : il en reste donc $0,9^{10}=0,35$, soit 35 %, au bout de 10 heures.
• Un vieux noyau n'est pas plus près de se désintégrer qu'un jeune. Un noyau qui a survécu à dix demi-vies a encore exactement une chance sur deux de survivre à la suivante.
• La chaleur, la pression et la chimie ne changent pas une demi-vie. Les liaisons chimiques mettent en jeu quelques électronvolts, les transformations nucléaires des millions : brûler ou dissoudre une substance radioactive laisse donc son $T_{1/2}$ pratiquement inchangé.

Où on le rencontre

La datation au carbone 14 repose sur ce nucléide, de demi-vie 5 730 ans. Les rayons cosmiques en fabriquent sans cesse et les êtres vivants l'absorbent jusqu'à leur mort : un morceau de bois qui contient le quart du carbone 14 d'un arbre vivant a donc environ 11 500 ans. L'uranium 238, de demi-vie 4,5 milliards d'années, se désintègre par une chaîne jusqu'au plomb 206 et sert à dater les plus vieilles roches. La médecine choisit des demi-vies courtes : le technétium 99m (6,0 heures) pour l'imagerie, le fluor 18 (110 minutes) pour la tomographie à émission de positons.

Les détecteurs de fumée contiennent de l'américium 241, un émetteur $\alpha$ de demi-vie 432 ans, et le radon 222 (3,8 jours) procure à la plupart des gens leur plus forte dose naturelle. La leçon suivante, Fission, fusion et E = mc², explique d'où vient l'énergie nucléaire, et le niveau expert montre ici pourquoi les demi-vies $\alpha$ vont de la microseconde à des milliards d'années.

Avancé

Une probabilité constante par unité de temps

La désintégration radioactive repose sur une seule hypothèse : un noyau n'a pas de mémoire. Quel que soit son âge, la probabilité qu'il se désintègre pendant le court intervalle suivant $dt$ est $\lambda dt$, où la constante de désintégration $\lambda$ est une probabilité fixe par unité de temps pour ce type de noyau. Un noyau formé à l'instant et un noyau qui attend depuis un milliard d'années ont exactement les mêmes chances. L'échantillon animé part de $N_0=100$ noyaux avec $\lambda =0,277{\mathrm{s}}^{-1}$ : chaque noyau a donc 0,28 % de chances de se désintégrer pendant le centième de seconde suivant.

De cette seule règle découle la probabilité $P(t)$ qu'un noyau survive pendant toute une durée $t$. Découpez $t$ en $m$ pas égaux de durée $t/m$. À chaque pas, le noyau se désintègre avec la probabilité $\lambda t/m$, donc il y survit avec la probabilité $1-\lambda t/m$. Les pas sont indépendants, si bien que les probabilités de survivre à chacun se multiplient. En rendant les pas de plus en plus courts, on obtient
$P(t)={\lim }_{m\to \infty }{\left(1-\frac{\lambda t}{m}\right)}^m=e^{-\lambda t}$

L'exponentielle est la seule loi de survie continue sans mémoire. Pour le vérifier : un noyau qui a déjà tenu une durée $s$ survit encore pendant $t$ avec la probabilité $P(s+t)/P(s)=e^{-\lambda (s+t)}/e^{-\lambda s}=e^{-\lambda t}=P(t)$, exactement comme s'il était neuf.

Distinguez bien deux niveaux de description. La constante de désintégration $\lambda$ appartient à un seul noyau et dit seulement avec quelle probabilité il se désintègre. La courbe de décroissance lisse appartient à une grande foule de noyaux, et elle n'est lisse que parce que la foule est grande.

Résoudre la loi de décroissance

Prenons maintenant un échantillon de $N$ noyaux identiques. Chacun se désintègre pendant le $dt$ suivant avec la probabilité $\lambda dt$, donc le nombre attendu de désintégrations est $\lambda Ndt$. Chaque désintégration retire un noyau, donc $N$ varie de $dN=-\lambda Ndt$, c'est-à-dire
$\frac{dN}{dt}=-\lambda N$

Le taux de perte est proportionnel à ce qui reste. Pour résoudre l'équation, rassemblons $N$ d'un côté : $dN/N=-\lambda dt$. Intégrons le membre de gauche du nombre initial $N_0$ jusqu'à $N$, et celui de droite de $0$ à $t$ : $\ln (N/N_0)=-\lambda t$. En prenant l'exponentielle des deux membres,
$N=N_0{e}^{-\lambda t}$

C'est $N_0$ fois la probabilité de survie $P(t)$ d'un noyau, comme il se doit : en moyenne, une fraction $P(t)$ de la foule survit. L'exponentielle perd la même fraction pendant deux intervalles de même durée, où qu'ils commencent, et c'est ce qui fait d'un échantillon radioactif une horloge.

Demi-vie et durée de vie moyenne

La demi-vie $T_{1/2}$ est la durée au bout de laquelle $N$ est tombé à la moitié de sa valeur. Poser $N=N_0/2$ donne $e^{-\lambda T_{1/2}}=1/2$ ; en prenant les logarithmes, $\lambda T_{1/2}=\ln 2$, donc
$\lambda =\frac{\ln 2}{T_{1/2}}$

En reportant, $e^{-\lambda t}=e^{-(\ln 2)t/T_{1/2}}=(1/2{)}^{t/T_{1/2}}$ : la loi des demi-vies et l'exponentielle sont une seule fonction écrite de deux façons. Pour l'animation, $T_{1/2}=0,693/0,277=2,50\mathrm{s}$.

La durée de vie moyenne $\tau$ est la moyenne des durées de vie des noyaux. Un noyau se désintègre entre $t$ et $t+dt$ s'il survit d'abord jusqu'à $t$, avec la probabilité $e^{-\lambda t}$, puis se désintègre pendant $dt$, avec la probabilité $\lambda dt$. En pondérant chaque durée de vie $t$ par cette probabilité et en intégrant par parties, on obtient
$\tau ={\int }_0^{\infty }t\lambda e^{-\lambda t}dt=\frac{1}{\lambda }=\frac{T_{1/2}}{\ln 2}\approx 1,44T_{1/2}$

Au bout d'une durée de vie moyenne, il reste une fraction $1/e$ des noyaux. Pour l'animation, $\tau =3,61\mathrm{s}$ : il doit alors rester $N_0/e=36,8$ noyaux, et l'affichage de $N$ indique 37. Pourquoi $\tau$ est-il plus grand que $T_{1/2}$ ? La demi-vie est la durée de vie médiane : la moitié des noyaux se désintègre avant elle. L'autre moitié comprend une longue traîne de survivants tardifs, dont certains tiennent bien des demi-vies, et ils tirent la moyenne jusqu'à $\tau$.

Activité

Un détecteur ne compte pas les noyaux qui restent, mais les désintégrations. Il mesure le taux de désintégration $-dN/dt$, appelé activité $A$ et mesuré en becquerels (1 Bq est une désintégration par seconde). D'après la loi de décroissance,
$A=\lambda N$

Comme $A$ est proportionnelle à $N$, elle décroît selon la même exponentielle, $A=A_0{e}^{-\lambda t}$ avec $A_0=\lambda N_0$, et c'est donc elle aussi une horloge. Tant qu'un arbre vit, il échange du carbone avec l'air, et sa part de carbone 14 reste constante ; une fois mort, son carbone 14 se désintègre sans être remplacé. En comparant l'activité par gramme de carbone d'un bois ancien à celle d'un bois vivant, on obtient $A/A_0$, et la résolution de $(1/2{)}^{t/T_{1/2}}=A/A_0$ en $t$ donne l'âge du bois. Dans l'animation, l'affichage de $A$ du niveau expert part de $A_0=27,7\mathrm{Bq}$ et indique 13,9 Bq à 2,5 s, une demi-vie plus tard.

L'activité dépend de deux choses : du nombre de noyaux, et de l'instabilité de chacun. Un gramme de radium 226 est $1/226$ de mole, donc il contient $N=6,02\times 10^{23}/226=2,66\times 10^{21}$ noyaux. Avec $T_{1/2}=1600$ ans, $\lambda =\ln 2/T_{1/2}=1,37\times 10^{-11}{\mathrm{s}}^{-1}$ et $A=\lambda N=3,7\times 10^{10}\mathrm{Bq}$, l'activité qui définissait autrefois le curie. Un gramme d'uranium 238 contient à peu près autant de noyaux, mais sa demi-vie de 4,5 milliards d'années est environ trois millions de fois plus longue : il est donc environ trois millions de fois moins actif.

Lire la courbe de décroissance

Le graphique de $N$ en fonction de $t$ montre d'un coup d'œil la demi-vie, la durée de vie moyenne et l'activité. La figure 1 le trace avec le temps compté en demi-vies, de sorte que la même image sert à tous les nucléides, des microsecondes aux milliards d'années.

Légende

$N$	Nombre de noyaux non désintégrés à l'instant $t$.
$N_0$	Nombre de noyaux non désintégrés à $t=0$.
$N_0/2$	La moitié du nombre initial, atteinte au bout d'une demi-vie.
$N_0/4$	Le quart du nombre initial, atteint au bout de deux demi-vies.
$t$	Temps écoulé depuis le début du comptage.	$\mathrm{s}$
$T_{1/2}$	Demi-vie : chaque pas de cette durée divise $N$ par deux.	$\mathrm{s}$
$\tau$	Durée de vie moyenne $1/\lambda$, environ $1,44T_{1/2}$ : là où la tangente en $t=0$ coupe l'axe des temps.	$\mathrm{s}$
$A_0$	Activité à $t=0$, $A_0=\lambda N_0$ ; la tangente y a pour pente $-A_0$.	$\mathrm{Bq}$

Regardez d'abord les trois points. Ils sont placés en $T_{1/2}$, $2T_{1/2}$ et $3T_{1/2}$, à égale distance sur l'axe des temps, et leurs hauteurs $N_0/2$, $N_0/4$ et $N_0/8$ se divisent par le même facteur 2 à chaque pas. C'est la loi des demi-vies lue sur le graphique : à durées égales, fractions égales.

Regardez ensuite la droite marquée $-A_0$, tangente à la courbe en $t=0$. Sa pente est le taux de variation initial, $dN/dt=-\lambda N_0=-A_0$. Une droite qui part de la hauteur $N_0$ et descend au taux $A_0$ atteint l'axe des temps au bout de $N_0/A_0=1/\lambda =\tau$. La tangente aboutit donc à la durée de vie moyenne $\tau$, un peu au-delà du premier point, car $\tau \approx 1,44T_{1/2}$. Autrement dit : si l'échantillon continuait à se désintégrer à son rythme initial, il serait vide au bout d'une durée de vie moyenne. La même construction vaut en tout point de la courbe. À l'instant $t$, la tangente a pour pente $-\lambda N=-A$ et coupe l'axe en $t+\tau$, une durée de vie moyenne plus tard. Dans l'animation, la tangente en $t=0$ coupe l'axe à 3,6 s.

Le graphique du niveau expert de l'animation montre les mêmes traits : le comptage bleu suit la courbe en tirets $N_0{e}^{-\lambda t}$, avec des repères en $T_{1/2}$, $2T_{1/2}$, $3T_{1/2}$ et $4T_{1/2}$, équidistants comme sur la figure 1. Au laboratoire, on lit les demi-vies sur un autre tracé. En prenant le logarithme de la loi de décroissance, on obtient $\ln N=\ln N_0-\lambda t$ : le graphique de $\ln N$ en fonction de $t$ (ou de $\ln A$, qui n'en diffère que par la constante $\ln \lambda$) est donc une droite de pente $-\lambda$.

Fluctuations : une loi précise née du hasard

La loi de décroissance donne le nombre attendu de survivants. Un échantillon réel est un ensemble d'événements aléatoires indépendants, si bien que son comptage s'écarte de cette valeur. De quelle ampleur est cet écart, et pourquoi la loi paraît-elle pourtant exacte pour un grand échantillon ?

Légende

$N$	Nombre de noyaux encore non désintégrés dans un échantillon.
$P$	Probabilité qu'un échantillon ait exactement ce nombre de noyaux restants.
$N_{0}p$	Moyenne de $N$ : le nombre initial $N_0$ multiplié par la probabilité de survie $p$ d'un noyau, ici $p=1/2$, soit 50.
$\sigma$	Écart type de $N$, $\sigma =\sqrt{N_{0}p(1-p)}$, ici 5 : l'accolade a une largeur de $2\sigma$.

Chacun des $N_0$ noyaux survit pendant une durée $t$ indépendamment des autres, avec la même probabilité $p=e^{-\lambda t}$, comme $N_0$ lancers d'une pièce truquée. Le nombre de noyaux restants suit donc une loi binomiale, de moyenne $N_{0}p$ et d'écart type $\sigma =\sqrt{N_{0}p(1-p)}$. La figure 2 trace les probabilités exactes pour $N_0=100$ noyaux observés pendant une demi-vie, donc avec $p=1/2$. Chaque barre donne la probabilité $P$ qu'un échantillon ait exactement $N$ noyaux restants.

Les barres sont centrées sur la droite en tirets de la moyenne, $N_{0}p=50$. L'accolade marquée $2\sigma$ va de 45 à 55, soit un écart type de chaque côté de la moyenne, car $\sigma =\sqrt{100\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}}=5$. Les barres vertes qu'elle contient totalisent 73 %. Un échantillon réel de 100 noyaux en garde donc $50\pm 5$ après une demi-vie, et environ un échantillon sur quatre sort de l'intervalle de 45 à 55.

L'animation montre au contraire le cas idéal, sans bruit : sa $k$-ième désintégration survient quand le nombre attendu de désintégrations atteint $k-\frac{1}{2}$, si bien que son escalier est la loi lisse arrondie à des nombres entiers de noyaux.

Les expériences de comptage portent sur des désintégrations plutôt que sur des survivants. Pendant un court intervalle, seule une petite fraction $q$ des noyaux se désintègre. Le nombre de coups suit alors une loi binomiale avec $q\ll 1$, donc sa variance $N_{0}q(1-q)$ est presque égale à sa moyenne $\bar{n}=N_{0}q$. Cette limite est la loi de Poisson, dont l'écart type est $\sqrt{\bar{n}}$. L'incertitude relative vaut $\sqrt{\bar{n}}/\bar{n}=1/\sqrt{\bar{n}}$ : 400 coups sont incertains à 5 %, et il en faut 10 000 pour atteindre 1 %.

La même racine carrée explique pourquoi la loi de décroissance paraît exacte. La dispersion relative des survivants décroît comme $1/\sqrt{N_0}$, et pour $10^{21}$ noyaux elle vaut environ $3\times 10^{-11}$. Une loi précise naît du pur hasard, comme la pression régulière d'un gaz naît des chocs aléatoires des molécules.

Les lois de conservation décident du possible

Avant de demander à quelle vitesse un noyau se désintègre, demandez-vous s'il le peut. La charge, le nombre de nucléons et le nombre leptonique doivent chacun être les mêmes avant et après. Et la désintégration doit libérer de l'énergie, payée par la masse : les produits réunis doivent avoir une masse inférieure à celle du père. L'énergie libérée, appelée énergie de désintégration $Q$, vaut
$Q=\left(m_{\mathrm{p}\grave{\mathrm{e}}\mathrm{re}}-\sum m_{\mathrm{produits}}\right)c^2>0$

Pour la désintégration $\alpha$ ${}_{92}^{238}\mathrm{U}\to {}_{90}^{234}\mathrm{Th}+{}_2^4\mathrm{He}$, la charge est conservée ($92=90+2$), ainsi que le nombre de nucléons ($238=234+4$). Les masses atomiques donnent $Q=4,27\mathrm{MeV}$, soit environ un million de fois l'énergie d'une liaison chimique. Avec seulement deux produits, la conservation de la quantité de mouvement fixe la façon dont $Q$ est partagée. Le père était au repos : les deux produits partent donc avec des quantités de mouvement de même valeur et de sens opposés. L'énergie cinétique est le carré de la quantité de mouvement divisé par deux fois la masse ; à quantités de mouvement égales, la particule la plus légère prend donc la plus grande part, en proportion inverse des masses. La particule $\alpha$ emporte ainsi $234/238$ de $Q$, soit 4,20 MeV. Toutes les particules $\alpha$ de cette désintégration ont la même énergie, si bien que les spectres $\alpha$ sont des raies fines.

Dans la désintégration ${\beta }^{-}$, $n\to p+e^{-}+{\bar{\nu }}_e$, un neutron devient un proton. La charge est conservée ($0=+1-1+0$), et le nombre leptonique exige l'antineutrino : l'électron compte $+1$ et l'antineutrino $-1$, donc le total reste 0. Trois corps se partagent alors $Q$, et ils peuvent le faire d'une infinité de façons. Les électrons ont donc un spectre continu, de zéro jusqu'à $Q$ ($0,78\mathrm{MeV}$ pour un neutron libre). Ce continuum, qui parut d'abord violer la conservation de l'énergie, a conduit Pauli à proposer le neutrino en 1930. Enfin, les rayons $\gamma$ proviennent de sauts entre niveaux d'énergie du noyau : comme les particules $\alpha$, ils forment donc des raies fines.

L'effet tunnel décide de la vitesse

Les lois de conservation disent seulement si une désintégration est permise. Sa rapidité dépend d'autre chose : la particule $\alpha$ peut-elle seulement sortir du noyau ? Classiquement, non ; en mécanique quantique, elle s'en échappe, très lentement, et le rythme de cette fuite fixe la demi-vie.

Légende

$U$	Énergie potentielle de la particule $\alpha$ à la distance $r$ du centre du noyau.	$\mathrm{J}$
$r$	Distance au centre du noyau.	$\mathrm{m}$
$R$	Rayon du noyau : le puits nucléaire est à l'intérieur, et la barrière coulombienne commence en $R$.	$\mathrm{m}$
$r_2$	Point de sortie $r_2=R{U}_{\max }/E$, où la barrière est retombée à l'énergie $E$.	$\mathrm{m}$
$U_{\max }$	Hauteur de la barrière en $r=R$.	$\mathrm{J}$
$E$	Énergie de la particule $\alpha$, qu'elle emporte sous forme d'énergie cinétique une fois loin à l'extérieur.	$\mathrm{J}$
$\psi$	Fonction d'onde de la particule $\alpha$ le long d'un rayon : elle oscille à l'intérieur, s'amortit à travers la barrière et réapparaît, plus petite, au-delà de $r_2$.	${\mathrm{m}}^{-3/2}$

La figure 3 trace l'énergie potentielle $U$ de la particule $\alpha$ en fonction de sa distance $r$ au centre du noyau. À l'intérieur du rayon nucléaire $R$, l'attraction nucléaire, de courte portée, retient la particule dans un puits profond. À l'extérieur de $R$, seule agit la répulsion électrique du noyau fils, $U=C/r$ où $C$ est une constante positive. La barrière est donc la plus haute en $r=R$, où elle atteint $U_{\max }$, puis décroît avec la distance.

Regardez maintenant la droite horizontale à la hauteur $E$, l'énergie de la particule $\alpha$. L'énergie se conserve, donc $E$ est la même partout ; loin du noyau, là où $U$ est tombée à zéro, elle est tout entière cinétique. La droite coupe la barrière au point de sortie $r_2$, où $C/r_2=E$. Comme $C=R{U}_{\max }$, cela donne $r_2=R{U}_{\max }/E$. Entre $R$ et $r_2$, l'énergie cinétique $E-U$ serait négative, ce qu'aucun mouvement classique n'autorise : une particule classique irait et viendrait à jamais dans le puits.

La fonction d'onde $\psi$ ne s'arrête pas à la paroi. Suivez-la de gauche à droite sur la figure 3. Elle oscille dans le puits, s'amortit exponentiellement dans la région interdite entre $R$ et $r_2$, puis, au-delà de $r_2$, oscille de nouveau avec une amplitude plus petite. À travers la barrière, elle décroît localement comme $e^{-\kappa r}$, avec $\kappa =\sqrt{2m_{\alpha }(U-E)}/\hslash$, où $m_{\alpha }$ est la masse de la particule $\alpha$ et $\hslash$ la constante de Planck réduite : plus la barrière est haute et large, plus l'atténuation est forte. La probabilité de s'échapper à chaque tentative est le carré du rapport de l'amplitude à l'extérieur à l'amplitude à l'intérieur. Sur la figure, l'amplitude ne diminue que d'un facteur modeste, pour que les ondulations extérieures restent visibles ; dans un vrai noyau, elle diminue énormément.

Voici les vrais nombres pour l'uranium 238. La particule $\alpha$ a une énergie $E$ d'environ 4,2 MeV seulement, très en dessous du sommet de la barrière coulombienne, $U_{\max }\approx 28\mathrm{MeV}$ : classiquement, elle ne pourrait jamais s'échapper. Le point de sortie se trouve $r_2/R=28/4,2\approx 6,7$ fois plus loin du centre que la surface (la figure 3, qui n'est pas à l'échelle, en montre 4). Allant et venant à l'intérieur, la particule heurte la barrière environ $10^{21}$ fois par seconde. Pourtant la durée de vie moyenne de l'uranium 238 est de $2,0\times 10^{17}\mathrm{s}$, donc sa constante de désintégration est $\lambda =1/\tau =5\times 10^{-18}{\mathrm{s}}^{-1}$. En divisant par le nombre de tentatives par seconde, chaque tentative réussit avec une probabilité d'environ $5\times 10^{-39}$, proche de $e^{-88}$ : le carré d'une amplitude d'onde qui traverse la barrière en s'atténuant comme $e^{-44}$.

Comme la probabilité de s'échapper est une exponentielle, de modestes variations de la barrière entraînent des variations énormes de la demi-vie. Le calcul de l'exposant montre qu'il croît à peu près comme $Z/\sqrt{E}$, où $Z$ est le numéro atomique du noyau fils : une charge plus grande rend la barrière plus haute, une énergie plus grande rend la région interdite plus courte. Ainsi le polonium 212, qui émet des particules $\alpha$ de 8,8 MeV, a une demi-vie de 0,3 µs, tandis que le thorium 232, à 4,0 MeV, en a une de $1,4\times 10^{10}$ ans : diviser l'énergie à peu près par deux allonge la demi-vie d'un facteur d'environ $10^{24}$.

Chaînes de désintégrations

Souvent, le noyau fils d'une désintégration est lui-même radioactif, et une chaîne de désintégrations se forme. Le nombre de fils monte alors puis redescend, et un compteur enregistre les désintégrations des deux. La figure 4 suit la chaîne la plus simple : des pères $N_1$, de constante de désintégration ${\lambda }_1$, deviennent des fils radioactifs $N_2$, de constante de désintégration ${\lambda }_2$, qui se désintègrent à leur tour en noyaux stables $N_3$.

Légende

$N$	Nombre de noyaux de chaque sorte présents à l'instant $t$.
$N_1$	Noyaux pères pas encore désintégrés.
$N_2$	Noyaux fils radioactifs présents.
$N_3$	Noyaux stables formés à partir des fils, $N_3=N_0-N_1-N_2$.
$t$	Temps écoulé depuis le début, quand il n'y avait que des pères.	$\mathrm{s}$
$t_m$	Instant où les fils sont le plus nombreux.	$\mathrm{s}$

Les fils ont une source et un puits. Ils sont créés par les désintégrations des pères, au taux ${\lambda }_1{N}_1$, et perdus par leurs propres désintégrations, au taux ${\lambda }_2{N}_2$ :
$\frac{d{N}_2}{dt}={\lambda }_1{N}_1-{\lambda }_2{N}_2$

Lisez les courbes de la figure 4 en gardant cette équation en tête. À $t=0$, il n'y a pas de fils, donc le puits est nul et les fils augmentent exactement aussi vite que les pères diminuent. À mesure que les fils s'accumulent, leur propre taux de désintégration ${\lambda }_2{N}_2$ croît, tandis que l'apport ${\lambda }_1{N}_1$ diminue avec les pères. Quand les deux sont égaux, $d{N}_2/dt=0$ : la courbe de $N_2$ passe par un maximum à l'instant $t_m$, puis s'affaiblit. Les noyaux stables $N_3$ démarrent lentement, car il y a d'abord à peine des fils pour se désintégrer, puis augmentent jusqu'à ce que tous les noyaux y soient arrivés. Aucun noyau ne se perd en chemin, donc les trois nombres ont toujours pour somme le nombre initial $N_0$. La figure est tracée pour la chaîne du problème résolu ci-dessous : 100 pères, et un fils qui vit deux fois plus longtemps que son père. À l'instant $t_m$, les courbes de $N_1$ et de $N_3$ se croisent à 25.

Problème résolu : un noyau fils radioactif

Supposons que les noyaux fils gris de l'animation se désintègrent en un noyau stable avec $T_{1/2}=5,0\mathrm{s}$, de sorte que ${\lambda }_2=0,693/5,0=0,139{\mathrm{s}}^{-1}={\lambda }_1/2$. En partant de 100 pères et d'aucun fils : à quel instant les fils sont-ils le plus nombreux, combien y en a-t-il, et que lit alors un compteur qui enregistre les deux désintégrations ?

Étape 1 : résoudre pour $N_2$. Reportons $N_1=N_0{e}^{-{\lambda }_{1}t}$ et faisons passer ${\lambda }_2{N}_2$ à gauche : $d{N}_2/dt+{\lambda }_2{N}_2={\lambda }_1{N}_0{e}^{-{\lambda }_{1}t}$. En multipliant les deux membres par $e^{{\lambda }_{2}t}$, le membre de gauche devient une seule dérivée, $d(N_2{e}^{{\lambda }_{2}t})/dt$, d'après la règle du produit. Le membre de droite devient ${\lambda }_1{N}_0{e}^{({\lambda }_2-{\lambda }_1)t}$, qui s'intègre directement. Avec $N_2(0)=0$,
$N_2=\frac{{\lambda }_1{N}_0}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}\left(e^{-{\lambda }_{2}t}-e^{-{\lambda }_{1}t}\right)$

Étape 2 : utiliser ${\lambda }_1=2{\lambda }_2$. Le facteur ${\lambda }_1/({\lambda }_1-{\lambda }_2)$ vaut alors 2, et avec $x=e^{-{\lambda }_{2}t}$ la seconde exponentielle est $e^{-{\lambda }_{1}t}=x^2$. Donc
$N_2=2N_0\left(x-x^2\right),x=e^{-{\lambda }_{2}t}$

Étape 3 : trouver le maximum. Quand $t$ va de 0 à l'infini, $x$ décroît de 1 à 0, et $x-x^2$ est maximal là où sa dérivée $1-2x$ s'annule, en $x=\frac{1}{2}$. Cela se produit après une demi-vie du fils, en $t_m=5,0\mathrm{s}$, où $N_2=2\cdot 100\cdot \frac{1}{4}=50$.

Étape 4 : les deux autres populations. Les pères sont au nombre de $N_1=N_0{e}^{-{\lambda }_{1}t}=N_0{x}^2$, et les noyaux stables de $N_3=N_0-N_1-N_2=N_0(1-x{)}^2$. Les trois courbes de la figure 4 sont donc $x^2$, $2(x-x^2)$ et $(1-x{)}^2$ fois $N_0$, et en $x=\frac{1}{2}$ elles valent 25, 50 et 25 noyaux. L'affichage de $N$ de l'animation, qui compte les pères, indique 25 à cet instant : 25 petits-fils stables se sont donc formés.

Étape 5 : le compteur. Au maximum, $d{N}_2/dt=0$, donc les deux activités sont égales : ${\lambda }_1{N}_1=0,277\cdot 25$ et ${\lambda }_2{N}_2=0,139\cdot 50$ valent toutes deux 6,93 Bq. Un compteur qui enregistre les deux désintégrations lit leur somme, 13,9 Bq, le double de l'affichage de $A$, qui ne montre que le père.

Plus tard, le père s'éteint ($x^2$ devient négligeable devant $x$), et $N_2\approx 2N_0{e}^{-{\lambda }_{2}t}$ : l'échantillon mixte s'affaiblit avec la demi-vie de 5,0 s du fils. La leçon pour la mesure est que la queue d'une courbe de décroissance appartient au membre de plus longue durée de vie de la chaîne.

Père de longue vie : l'équilibre séculaire

Quand le père vit bien plus longtemps que le fils, ${\lambda }_1\ll {\lambda }_2$, le père change à peine pendant que le fils s'accumule. Au bout de quelques demi-vies du fils, son taux de désintégration a rattrapé son apport et reste ensuite égal à celui-ci : $d{N}_2/dt\approx 0$, donc ${\lambda }_2{N}_2={\lambda }_1{N}_1$. C'est l'équilibre séculaire : le fils est exactement aussi actif que le père, si peu nombreux que soient ses noyaux. Le radon 222 (demi-vie de 3,8 jours) qui se forme à partir du radium 226 (1 600 ans) ne représente que $N_2/N_1={\lambda }_1/{\lambda }_2=6,5\times 10^{-6}$ du nombre d'atomes de radium, et pourtant il est tout aussi actif.

Limites de validité

La constance de $\lambda$ est testée avec une précision extrême, mais elle n'est pas absolue. Toutes les exceptions concernent les électrons de l'atome, la seule partie de l'atome que la chimie puisse toucher. Dans la capture électronique, le noyau absorbe l'un des électrons internes de l'atome lui-même, de sorte que le taux de désintégration dépend légèrement de la disposition de ces électrons : la demi-vie du béryllium 7 diffère jusqu'à environ 1 % d'un environnement chimique à l'autre. Arracher tous les électrons peut transformer une désintégration. Le rhénium 187 neutre a une demi-vie d'environ $4\times 10^{10}$ ans, le noyau nu seulement 33 ans, parce que son électron $\beta$ peut alors être créé directement sur une orbite interne vide. En dehors de ces cas, la température, la pression et la chimie ne changent rien de mesurable.

La mécanique quantique prévoit de légers écarts à la loi exponentielle aux temps extrêmement courts et extrêmement longs, mais aucun n'a été observé dans une désintégration nucléaire. Enfin, $\lambda$ vaut dans le référentiel où la particule qui se désintègre est au repos. Vue du laboratoire, l'horloge d'une particule rapide retarde du facteur $\gamma$ de la relativité restreinte : les muons, de durée de vie moyenne 2,2 µs au repos, vivent 22 µs dans le laboratoire pour $\gamma =10$. C'est ainsi que les muons des rayons cosmiques nés en haute atmosphère atteignent le sol.

Ce qui vient ensuite

L'effet tunnel qui fixe les demi-vies $\alpha$ est étudié dans la leçon Équation de Schrödinger et effet tunnel, et le bilan $Q=\Delta m{c}^2$ gouverne la leçon Fission, fusion et E = mc². L'interaction faible, responsable de la désintégration $\beta$, relève de la leçon Particules et forces : le modèle standard, et l'allongement de la durée de vie des particules rapides de la leçon Relativité restreinte. Les raies $\gamma$ fines sont l'équivalent nucléaire des raies spectrales de la leçon Modèles atomiques : l'atome de Bohr. Un même taux de variation relatif constant revient dans un condensateur qui se décharge à travers une résistance (leçon Condensateurs), et une loi précise bâtie sur des événements aléatoires est au cœur de la leçon Théorie cinétique des gaz.