問題２−１ 解答
（１） 式 \(P=P_0 e^{-\lambda t}\) において \(t=T_{1/2}\)， \(P=P_0/2\) とおき導きます． \[ T_{1/2} = \frac{\log_e 2}{\lambda}. \]
（２） 式 \(P=P_0 e^{-\lambda t}\) において \(t=T\) とおいて， \(T\) について解きます． \[ T = \frac{1}{\lambda}\log_e\frac{P_0}{P}. \]
（３） 時刻 \(t\) における子元素の数 \(D\) は，親元素が減った数だけ初期値より増えているので， \[ D = D_0 + P_0 - P \] が成り立ちます．ここで，式 \(P=P_0 e^{-\lambda t}\) を \(P_0=P e^{\lambda t}\) と表わして代入すると次式となります． \[ D = D_0 + P(e^{\lambda t}-1). \] \(t=T\) とおき，\(T\) についての次式を得ます． \[ T = \frac{1}{\lambda}\log_e\left(\frac{D-D_0}{P}+1\right). \]
（４） 問（１）の式から，\(\lambda = 1.2097\times 10^{-4}\ \mathrm{yr^{-1}}\)．これを問（２）の式に代入して， \[ T = \log_e\left(\frac{1}{0.125}\right)\div 1.2097\times 10^{-4} = 17190\ \mathrm{yr}. \]
別解： 放射性崩壊は半減期 \(T_{1/2}\) を使用して次の式で表すこともできます． \[ \frac{P}{P_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^{{\large \frac{t}{T_{1/2}}}}. \] 親元素の 14C の量 12.5% は初期値 \(P_0\) の８分の１，即ち (1/2)3 に減っているということですので， \[ T = 5730\times 3 = 17190\ \mathrm{yr}. \]
問題２−２ 解答
問題の３つの式を書き直すと， \begin{eqnarray} -\frac{d(^{40}\mathsf{K})}{dt} & = & \frac{d(^{40}\mathsf{Ca})}{dt} + \frac{d(^{40}\mathsf{Ar})}{dt}, \\ \frac{d(^{40}\mathsf{Ca})}{dt} & = & \lambda_\beta(^{40}\mathsf{K}), \\ \frac{d(^{40}\mathsf{Ar})}{dt} & = & \lambda_\mathsf{e}(^{40}\mathsf{K}). \end{eqnarray} 式 (2) と (3) の和を取ります． \[ \frac{d(^{40}\mathsf{Ca})}{dt} + \frac{d(^{40}\mathsf{Ar})}{dt} = (\lambda_\beta + \lambda_\mathsf{e})(^{40}\mathsf{K}). \] 式 (1) を代入すると， \[ \frac{d(^{40}\mathsf{K})}{dt} = -(\lambda_\beta + \lambda_\mathsf{e})(^{40}\mathsf{K}). \] よって， \(\lambda_\beta + \lambda_\mathsf{e}\) を \(\lambda\) とおくと， \((^{40}\mathsf{K})\) の減少は \((^{40}\mathsf{K})_0\) を初期値として次式で表されます． \begin{equation} (^{40}\mathsf{K}) = (^{40}\mathsf{K})_0 e^{-\lambda t}. \end{equation} 式 (4) を式 (3) に代入すると， \[ \frac{d(^{40}\mathsf{Ar})}{dt} = \lambda_\mathsf{e} (^{40}\mathsf{K})_0 e^{-\lambda t}. \] これを積分すると， \(C\) を積分定数として次式となります． \[ (^{40}\mathsf{Ar}) = -\frac{\lambda_\mathsf{e}}{\lambda}(^{40}\mathsf{K})_0 e^{-\lambda t} + C. \] \(t=0\) で \((^{40}\mathsf{Ar})=0\) ですので， \[ C = \frac{\lambda_\mathsf{e}}{\lambda}(^{40}\mathsf{K})_0. \] これを代入して， \[ (^{40}\mathsf{Ar}) = \frac{\lambda_\mathsf{e}}{\lambda}(^{40}\mathsf{K})_0(1-e^{-\lambda t}), \] ここで，式 (4) より \((^{40}\mathsf{K})_0 = (^{40}\mathsf{K}) e^{\lambda t}\) を代入してまとめると， \begin{eqnarray*} (^{40}\mathsf{Ar}) & = & \frac{\lambda_\mathsf{e}}{\lambda}(^{40}\mathsf{K})(e^{\lambda t}-1), \\ \frac{(^{40}\mathsf{Ar})}{(^{40}\mathsf{K})} & = & \frac{\lambda_\mathsf{e}}{\lambda}(e^{\lambda t}-1). \end{eqnarray*} 最後に， \(t=T\) とおいて \(T\) について解くことで K-Ar 法による年代を与える式を得ます． \[ T = \frac{1}{\lambda}\log_e\left(1 + \frac{\lambda}{\lambda_\mathsf{e}}\frac{(^{40}\mathsf{Ar})}{(^{40}\mathsf{K})}\right). \]
問題２−３ 解答
解１： 放射性元素の数 \(N\) は，初期値を \(N_0\) とすると，時間 \(t\) ともに次式に従って減少します． \[ N = N_0 e^{-\lambda t}. \] 時刻 \(t\) において，微小時間 \(dt\) の間に崩壊する放射性元素の数 \(dn\) は次式で与えられます． \[ dn = -\frac{dN}{dt}dt = N_0\lambda e^{-\lambda t}dt. \] このことは，時刻 \(t\) の時点で寿命が \(t\) の放射性元素の数が \(dn\) 個であったことを意味します．よって， \(t\times dn\) を全時間について積分し， 同様に \(dn\) を積分した総数で割れば平均寿命 \(\overline{T}\) となります． \begin{eqnarray*} \overline{T} & = & \frac{\int_{t=0}^\infty t dn}{\int_{t=0}^\infty dn} = \frac{N_0\int_0^\infty t\lambda e^{-\lambda t}dt}{N_0\int_0^\infty \lambda e^{-\lambda t}dt}, \\ & = & \frac{\left[-t e^{-\lambda t}\right]_0^\infty + \int_0^\infty e^{-\lambda t}dt}{\int_0^\infty \lambda e^{-\lambda t}dt} = \frac{\frac{1}{\lambda}\left[-e^{-\lambda t}\right]_0^\infty}{\left[-e^{-\lambda t}\right]_0^\infty}, \\ & = & \frac{1}{\lambda}. \end{eqnarray*} 以上，計算の途中で部分積分の公式を使用しました．なお，分母の \(dn\) の積分は \(N_0\) になることは明らかですので省略できます．また， \(t=\overline{T}\) で， \[ N = N_0 e^{-\lambda\overline{T}} = \frac{N_0}{e}, \] となり，放射性元素の平均寿命とは元素の数が \(1/e\) に減少する時間であることが分かります．放射性元素の特性を表すのに半減期よりは寿命を使用する学問分野もあるようです．
解２： \((N_0-N)/N_0\) は時間 \(t\) の間に崩壊する放射性元素の割合を表わします．この量は，１つの放射性元素が崩壊する確率という観点から見ると，時間 \(t\) の間に崩壊する確率 \(P\) （正確には累積確率）を表します．そこで，元素の寿命 \(T\) を確率変数と考えれば，次式は \(T\) が \(t\) 以下である累積確率を表す累積分布関数となります． \[ F(t) = P\{T\leq t\} = \frac{N_0-N}{N_0} = 1 - e^{-\lambda t}. \] 一方，時刻 \(t\) において放射性元素が崩壊する確率を表す確率密度関数 \(f(t)\) は \(F(t)\) を微分して得られますので次式となります． \[ f(t) = dF(t)/dt = \lambda e^{-\lambda t}. \] よって，放射性元素の平均寿命は次のようにして求められます． \begin{eqnarray*} \overline{T} & = & \int_0^\infty tf(t)dt = \int_0^\infty t \lambda e^{-\lambda t}dt, \\ & = & \left[-t e^{-\lambda t}\right]_0^\infty + \int_0^\infty e^{-\lambda t}dt = \frac{1}{\lambda}\left[-e^{-\lambda t}\right]_0^\infty, \\ & = & \frac{1}{\lambda}. \end{eqnarray*}