Introducción

En este momento sabemos ya algunas cosas y hemos hablado de otras:

Los núcleos están compuestos por protones y neutrones
Protones y neutrones sienten las fuerzas: electromagnética, nuclear fuerte y nuclear débil
Núclos de helio, electrones y fotones los hemos tratado, pero no hemos hablado más de ellos como radiación

Decaimiento alfa

El decaimiento alfa representa la desintegración de un núcleo padre a otro hijo, por medio de la emisión de un núcleo de {}^4He^2. Se puede representar de la forma

{}^AX^Z \rightarrow {}^{A-4}Y^{Z-2} + {}^4He^2

Esto es similar a una fisión nuclear, aunque con dos núcleos hijos de masas muy dispares. Suponiendo que el núcleo inicial está en reposo podemos considerar por conservación de energía

M_P c^2 = M_Hc^2 + T_H + M_{\alpha}c^2 + T_{\alpha},

donde M_P es la masa del núcleo padre, M_H la masa del núcleo hijo, M_{\alpha} la masa del núcleo de {}^4He^2, T_H la energía cinética del núcleo hijo y T_{\alpha} ya se imaginan. La ecuación la acomodamos para que queden energías de un lado, masas del otro

T_H + T_{\alpha} = (M(A,Z) - M(A-4,Z-2) - M(4,2))c^2
  \label{ec:qq}$$

Tomemos una aproximación clásica, sabemos que debe conservarse la
energía y el momento, es lo que se puede leer en las ecuaciones pasadas,
en particular podemos escribir la energía cinética del núcleo hijo y de
la partícula $\alpha$

$$\begin{aligned}
  T_H =& \frac{1}{2} M_H v_H^2, \notag \\
  T_{\alpha} =& \frac{1}{2} M_{\alpha} v_{\alpha}^2,
  \label{ec:cin}\end{aligned}$$

donde hemos etiquetado de manera similar sus velocidades no
relativistas. También sabemos que el momento debe conservarse, pero como
el núcleo padre estaba en reposo los núcleos hijos deben tener momentos
que al sumarse vectorialmente se anulen, es decir, los momentos tienen
sentidos contrarios pero misma magnitud.

$$\begin{aligned}
  M_H v_H =& M_{\alpha} v_{\alpha}, \notag \\
  \text{despejando, } v_H =& \frac{M_{\alpha}}{M_H} v_{\alpha}
  \label{ec:vel}\end{aligned}$$

Analizando el término vemos que cuando la masa del núcleo hijo es mayor
que la de la partícula alfa (lo que sucede la mayoría de las veces),
$M_H \gg M_{\alpha}$, entonces la razón se vuelve menor que uno y la
velocidad del núcleo hijo es mucho menor que la de la partícula alfa,
$v_H\ll v_{\alpha}$. Por lo tanto la energía cinética del núcleo hijo es
mínima, reescribimos la ecuación
[\[ec:qq\]](#ec:qq){reference-type="ref" reference="ec:qq"} con las
energías dadas en [\[ec:cin\]](#ec:cin){reference-type="ref"
reference="ec:cin"}, sustituyendo la velocidad del núcleo hijo de la
ecuación [\[ec:vel\]](#ec:vel){reference-type="ref" reference="ec:vel"}

$$\begin{aligned}
  T_H + T_{\alpha} =& \frac{1}{2}M_H \left( \frac{M_{\alpha}}{M_H} v_{\alpha} \right)^2 + \frac{1}{2} M_{\alpha} v_{\alpha}^2 \\
  =& \frac{1}{2} M_{\alpha} v_{\alpha}^2 \left( \frac{M_{\alpha}}{M_H} +1 \right) \\
  =& T_{\alpha}\frac{M_{\alpha} + M_H}{M_H}\end{aligned}$$

Tomando en cuenta todas estás consideraciones, podemos echar un ojo a la
ecuación [\[ec:qq\]](#ec:qq){reference-type="ref" reference="ec:qq"} y
ver que el proceso de decaimiento libera energía, pasa de un núcleo
pesado a dos más ligeros. Para los núcleos más pesados (para los cuales
sucede la mayoría de veces este proceso) la mayor parte de la energía se
la lleva la partícula alfa, el núcleo hijo sólo se lleva de energía

$$\begin{aligned}
  T_H &= T_{\alpha}\left( \frac{M_{\alpha} + M_H}{M_H}\right) - T_{\alpha} \\
  &= T_{\alpha}\left( \frac{M_{\alpha} + M_H}{M_H} - 1\right) \\
  &= T_{\alpha} \frac{M_{\alpha} + M_H - M_H}{M_H} = \frac{M_{\alpha}}{M_H}T_{\alpha}\ll T_{\alpha}\end{aligned}$$

Midiendo la energía de la partícula alfa en el decaimiento podríamos
saber la energía liberada con una buena precisión, pero
experimentalmente se han observado diversas energías, si bien se da el
caso de que el núcleo padre decaiga al estado base del núcleo hijo y la
partícula alfa, liberando la energía como hemos visto, hay casos en que
se decae a un estado excitado del núcleo hijo, liberando menos energía e
incluso liberando fotones posteriormente

$${}^AX^Z \rightarrow {}^{A-4}{Y^{*}}^{Z-2} + {}^4He^2$$

donde ${}^{A-4}{Y^{*}}^{Z-2}$ es el núcleo excitado (por eso el
asterísco), que eventualmente decae al estado base liberando un fotón

$${}^{A-4}{Y^{*}}^{Z-2} \rightarrow {}^{A-4}Y^{Z-2} + \gamma$$

![Decaimineto por emisión $\alpha$ del ${}^{228}Th^{90}$ al
${}^{224}Ra^{88}$. Imagen tomada de
[@DasFerbel].](excitados.jpg){#fig:excitados width="0.7\\linewidth"}

Veamos un ejemplo para obtener un aproximado de la energía liberada por
un decaimiento alfa (a estados base).

$${}^{240}Pu^{94} \rightarrow {}^{236}U^{92} + {}^4He^2$$

Utilizamos la ecuación [\[ec:qq\]](#ec:qq){reference-type="ref"
reference="ec:qq"} para saber cuanta energía libera (que se traducirá a
energía cinética del núcleo hijo y la partícula alfa)

$$\begin{aligned}
  (M(240,94) - M(236,92) - M(4,2))c^2 &= E \\
  94m_p + 146m_n +B.E.(240,94) -92m_p-144m_n - &B.E.(236,92) \\ 
  - 2m_p -2m_n -B.E.(4,2) &= E \\
  B.E.(240,94) - B.E.(236,92) - B.E.(4,2) &= E \\
  -1813.4501\ MeV + 1790.4103\ MeV + 28.2956 &\approx 5.2558\ MeV \end{aligned}$$

Penetración de barrera {#penetración-de-barrera .unnumbered}
----------------------

La altura e la barrera coulombiana para un núcleo pesado
($A\approx 200$) está en el rango de los $20-25\ MeV$, como ya vimos una
partícula $\alpha$ sale con una energía cercana a los $5\ MeV$ ¿cómo es
que el núcleo puede liberar una partícula $\alpha$ entonces? La emisión
de la partícula $\alpha$ es un fenómeno de mecánica cuántica.

Para entender el proceso podemos pensar que la partícula $\alpha$ está
atrapada en el mismo pozo de potencial del núcleo hijo, esto es derivado
del trabajo de George Gamow, Ronald Gurney y Edward Condor. Tomemos el
decaimiento

$${}^{232}Th^{90} \rightarrow {}^{228}Ra^{88} + {}^4He^2$$

Experimentalmente se ve que la energía de la partícula $\alpha$ es de
$4.05\ MeV$ (se puede checar la energía liberada y ver que la mayor
parte se la lleva como energía cinética la partícula $\alpha$), la vida
media del ${}^{232}Th^{90}$ es de
$\tau = 1.39\times 10^{10}\ \text{años}$, su radio
$R=r_0(232)^{1/3} fm. \approx 7.37 \times 10^{-15}m.$. Para que la
partícula $\alpha$ escape debe penetrar la barrera coulombiana, aunque
el caso real es en tres dimensiones esto dificulta mucho los cálculos,
quedarnos con la aproximación a 1 dimensión es bueno, lo que nos
interesa es tener un estimado en orden de magnitud.

Sustituiremos la barrera coulombiana por una barrera rectangular de la
misma área, eligiendo $V_0 > E$ (la raíz $\sqrt{V_0-E}$ estará en los
números reales), podemos elegir

$$\begin{aligned}
  V_0 =& 14\ MeV \\
  2a =& 33\times 10^{-15}m,\end{aligned}$$

donde $2a$ es la longitud de la barrera de potencial. De estas
consideraciones se obtiene un coeficiente de transmisión

$$\begin{aligned}
  T =& \frac{\frac{4k_1k}{(k_1+k)^2}}{1+\left[ 1 + \left( \frac{\kappa^2 - k_1k}{\kappa(k_1+k)}\right)^2 \right]} \\
  \text{con } k_1 =& \left[ \frac{2M_{\alpha}}{\hbar^2} (E+U_0) \right]^{\frac{1}{2}} \\
  k =& \left[ \frac{2M_{\alpha}}{\hbar^2} E \right]^{\frac{1}{2}} \\        
  \kappa =& \left[ \frac{2M_{\alpha}}{\hbar^2} (V_0 - E) \right]^{\frac{1}{2}} \end{aligned}$$

Con $E$ la energía cinética de la partícula alfa, $M_{\alpha}$ su masa.
Eligiendo los valores correspondientes
($M_{\alpha}c^2 \approx 4000\ MeV$, $E=4.05\ MeV$, $V_0=14\ MeV$ y
$U_0 \approx 40\ MeV$) podemos obtener una aprocimación para el
coeficiente de transmisión desde afuera hacia adentro

$$T\approx 4\times 10^{-40}$$

La probabilidad de que una partícula $\alpha$ penetre la barrera es
bajísima, por ello los núcleos de ${}^4He^2$ no son reabsorbidos tras el
decaimiento alfa.

En cambio desde adentro la situación cambia, la probabilidad de que la
partícula alfa escape, por segundo, es

$$\begin{aligned}
  P(\text{emisión }\alpha) &\approx \frac{v_{\alpha}}{R}T \approx 6\times 10^{21}\frac{1}{seg} \times 4\times 10^{-40} \\
  &\approx 2.4\times 10^{-18}seg^{-1}.\end{aligned}$$

Esto es lo que se conoce como constante de decaimiento $\lambda$ (no se
confunda con camino libre medio), la probabilidad de decaimiento por
unidad de tiempo, el tiempo de vida media es la inversa de esta
constante ($\tau = 1/\lambda$). En este caso
$\tau \approx 1.3\times 10^{10}\text{ años}$.

Decaimiento Beta {#decaimiento-beta .unnumbered}
================

Aquí hablaremos de partículas y fuerzas que ya conocemos, pero vistas
desde el marco de la física nuclear. Como hemos mencionado para núcleos
más pesados empiezan a abundar los neutrones, si un núcleo tiene
demasiados neutrones extras con respecto a los protones, seguramente se
encuentra en un estado menos estable. El núcleo puede convertirse a uno
más estable emitiendo un electrón y un anti-neutrino del electrón
($\beta^-$).

$${}^AX^Z \rightarrow {}^AY^{Z+1} + e^- +\bar{\nu_e}$$

Que realmente el proceso que sucede es el de un neutrón decayendo a un
protón

$$n\rightarrow p + e^- + \bar{\nu_e}$$

¿Lo recuerdan? Era un ejemplo de interacción débil pues hay un $W^-$
intermediario. Ya conocemos los principios de este decaimiento y podemos
saltarnos una parte de su tratamiento. De igual manera existe otro
decaimiento ($\beta^+$)

$${}^AX^Z \rightarrow {}^AY^{Z-1} + e^+ +\nu_e,$$

en este caso

$$p\rightarrow n+e^+ + \nu_e.$$

Y también existe la captura electrónica

$${}^AX^Z + e^- \rightarrow {}^AY^{Z-1}  +\nu_e,$$

que se traduce a la interacción

$$p+e^- \rightarrow n + \nu_{e}$$

Este último es un fenómeno bastante peculiar donde el núcleo atrapa a un
electrón de las órbitas interiores el átomo, los electrones restantes
hacen una cascada hacia abajo para llenar el hueco dejado, uno o varios
rayos $X$ son liberados.

La característica de estos decaimientos es que $\Delta A = 0$ y
$|\Delta Z| = 1$.

De hacer un análisis parecido al del decaimiento alfa, y si despreciamos
al neutrino, notaríamos que la mayor parte de la energía se la llevaría
el electrón, pero experimentalmente se ve que el espectro de energías es
continuo, de forma que esa energía la comparte con el neutrino.

Podemos hacer el análisis de energía tomando en cuenta las tres
partículas del lado derecho

$$\begin{aligned}
  M_Pc^2 &= T_H + M_Hc^2 + T_{e^-} + m_ec^2 + T_{\bar{\nu}_e} + m_{\bar{\nu}_e}c^2 \\
  T_H + T_{e^-} + T_{\bar{\nu}_e} =& M_Pc^2 - M_Hc^2 - m_ec^2 - m_{\bar{\nu}_e}c^2 \end{aligned}$$

Analizando este término se pueden ver las distintas opciones. Para que
la emisión de un electrón suceda debe cumplirse que

$$\begin{aligned}
  (M(A,Z)-M(A,Z+1)-m_{\nu_e})c^2 &\geq 0 \\
  \approx (M(A,Z)-M(A,Z+1))c^2 &\geq 0.  \end{aligned}$$

Con la masa la del átomo completo. Dado que el núcleo hijo es muy pesado
su energía cinética será muy reducida, también se puede omitir, quedando
que toda la energía liberada corresponde a las energías cinéticas del
electrón y el neutrino, $E\approx T_e+T_{\nu}$.

La energía de desintegración para la emisión del positrón

$$\begin{aligned}
  E &= (M_P - M_H - m_e - m_{\nu})c^2 \\
  E &= (M(A,Z) - M(A,Z-1) - 2m_e -m_{\nu_e})c^2 \\
  &\approx (M(A,Z) - M(A,Z-1) - 2m_e)c^2\end{aligned}$$

Con las mismas condiciones del caso pasado. Para captura electrónica

$$\begin{aligned}
  E &= (M_P + m_e - M_H - m_{\nu})c^2 \\
  E &= (M(A,Z) - M(A,Z-1)  -m_{\nu_e})c^2 \\
  &\approx (M(A,Z) - M(A,Z-1))c^2\end{aligned}$$

En todos estos casos se desprecian las energías de ligadura (en $eV$) de
los electrones en el átomo. El espectro de energías nos puede dar una
idea de la masa de los neutrinos, pero por su pequeña masa no es una
tarea fácil.

Si regresamos a la consideración del pozo de potencial, sabemos que hay
una barrera centrífuga que de igual manera evita que ciertas
configuraciones puedan salir del pozo. Si el momento angular orbital de
la partícula que sale es $\ell=1$ será más complicado que escape. En
cambio si $\ell=0$ será más sencillo. Entonces se dividen los
decaimientos:

-   $L=0$, decaimiento beta permitido

-   $L>0$, decaimientos beta prohibidos ($L=1$ primero prohibido, $L=2$
    segundo prohibio, etc.)

En todo esto hemos considerado la interacción del núcleo con el campo
del electrón y el neutrino, a partir de sus valores podemos saber cuanto
momento angular es emitido. El momento angular que se llevan es el que
corresponde al momento angular orbital $L$ de ambas partículas.
Considerando el momento angula inicial y final del núcleo tenemos dos
posibilidades

-   $J_f = J_i + L$, es una transición de Fermi

-   $J_f = J_i + L + 1$, es una transición de Gamow-Teller

Graficar las energías de enlace (o los defectos de masa) de isóbaros que
decaen por decaimiento beta es útil para ilustrar el proceso, pongamos
por ejemplo los isóbaros con $A=76$, que serían ${}^{76}Zn^{30}$,
${}^{76}Ga^{31}$, ${}^{76}Ge^{32}$, ${}^{76}As^{33}$, ${}^{76}Se^{34}$,
${}^{76}Br^{35}$, ${}^{76}Kr^{36}$, ${}^{76}Rb^{37}$ y ${}^{76}Sr^{38}$.
En la figura [2](#fig:parabola){reference-type="ref"
reference="fig:parabola"} se grafican los excesos de masa contra los
números atómicos, los núcleos par par van en la parábola de abajo, los
impar-impar en la parábola de arriba, la dirección de las flechas indica
si es un decaimiento $\beta^+$ o $\beta^-$ y sólo en un caso se puede
ver una captura electrónica en la flecha que va del ${}^{76}As^{33}$ al
${}^{76}Ge^{32}$. El resto, si van de izquierda a derecha la $Z$ va
aumentando, se emite un $e^-$, son decaimientos $\beta^-$, si las
flechas van de derecha a izquierda, la $Z$ disminuye, se emite un $e^+$,
el decaimiento es $\beta^+$.

![Excesos de masa para los isóbaros con $A= 76$ que tienen decaimientos
$\beta$. Imagen adaptada de [@Poves] con licencia CC-BY
3.0](beta_parabola2.png){#fig:parabola width="0.7\\linewidth"}

¿Qué núcleos inestables decaen por emisión beta, cuáles por alfa? Para
verlo tenemos la tabla de los isótopos estables e inestables, como se
puede ver en la figura [3](#fig:estabilidad){reference-type="ref"
reference="fig:estabilidad"}. En medio se distingue una línea negra de
los núcleos estables, en azul todos los núcleos inestables que decaen
por emisión $\beta$, en amarillo por emisión $\alpha$. Por razones que
veremos en la siguinete sección no están listados los núcleos que decaen
por emisión $\gamma$. La línea del goteo del protón se muestra como una
línea negra en la parte superior de la franja, más allá de esta línea
los núcleos desprenden un protón para poder llegar a la estabilidad.

![Tabla de nucleones. Imagen de Hiroyuki Koura en el dominio
público](estabilidad.png){#fig:estabilidad width="0.7\\linewidth"}

Decaimiento Gamma {#decaimiento-gamma .unnumbered}
=================

Cuando un núcleo decae por emisión alfa o beta puede decaer a un estado
excitado del núcleo hijo, este núcleo a su vez puede decaer por alguno
de los dos procesos o en caso de no desintegrarse puede llegar a su
estado base emitiendo un fotón, un $\gamma$. Los espacios entre niveles
de energía en el núcleo son de alrededor de $50\ keV$, pero el gama
emitido puede deberse al paso del nucleón por más de un nivel, por lo
que su energía está en el orden de $MeV$. El fotón se lleva al menos una
unidad de momento angular (el fotón tiene espín de 1 en unidades de
$\hbar$) y es un proceso que conserva paridad (a diferencia del
decaimiento beta). Imaginemos un núcelo en un estado inicial con energía
$E_i$ que pasa por emisión de un fotón de frecuencia $\nu$ a un estado
final con energía $E_f$

$$h\nu = E_i - E_f$$

El mismo análisis se puede hacer si en lugar de emitir absorbe, sólo con
signo cambiado.

Podríamos pensar que la energía del fotón determina unívocamente el
espaciamiento entre niveles, pero al emitir el fotón el núcleo también
siente una pequeña reacción, entonces una parte de la energía debe irse
en momento del núcleo

$$\frac{h\nu}{c} = Mv,$$

con $M$ y $v$ la masa y velocidad del estado final. Agregando esta parte
a la conservación de la energía

$$\begin{aligned}
  E_i-E_f =& h\nu + \frac{1}{2}Mv^2 \\
  =& h\nu +\frac{1}{2M}\left( \frac{h\nu}{c} \right)^2 \\
  \text{reacomodando } h\nu =& \left( E_i - E_f - \frac{h^2 \nu^2}{2Mc^2} \right) = E_i - E_f - \Delta E_R, \end{aligned}$$

donde $\Delta E_R$ denota la energía cinética de reacción del núcleo.
Los estados son denotados por su energía, como lo hemos estado haciendo,
en particular todo estado inestable realmente tiene un valor dentro de
un rango de energía, un grosor, $\partial E = \Gamma$, de igual forma
los estados inestables tienen un tiempo de vida media $\tau$, por el
principio de incertidumbre podemos escribir

$$\begin{aligned}
  \tau \Gamma &\approx \hbar \\
  \text{o diciéndolo de otra forma } \Gamma &\approx \frac{\hbar}{\tau} \approx \text{incertidumbre en }(E_i-E_f)\end{aligned}$$

El valor exacto del nivel de energía es incierto, la mejor aproximación
es dada por el grosor $\Gamma$. Así tenemos que si
$\Delta E_R \ll \Gamma$, es decir, que la energía de reacción del núcleo
es mucho menor que el nivel de energía (tomando en cuenta su
incertidumbre), el proceso de emisión es posible, de lo contrario no
habrá decaimineto $\gamma$.

![Niveles de energía para el ${}^{72}Se^{34}$. Tomado de
[@Krane]](nivelesse.jpg){#fig:niveles width="0.6\\linewidth"}

Veamos un ejemplo, tomemos el ${}^{50}Ti^{22}$ como el núcleo, sólo por
tener un valor intermedio de $A$. Calculamos la masa
$M\approx 46512.11\ MeV/c^2$ y consideramos un espaciamiento de
$h\nu\gtrsim 100keV = 10^5 eV$

$$\Delta E_R = \frac{(h\nu)^2}{2Mc^2} = \frac{(10^5 eV)^2}{2(46.512\times 10^9 eV)} \approx 0.215\ eV 
  \label{ec:delta}$$

Ahora consideramos un tiempo de vida media para un nivel de energía
alrededor de $10^{-12}seg$, que es un valor que suele tener un estado
excitado, podemos aproximar la anchura

$$\Gamma \approx \frac{\hbar}{\tau} \approx \frac{6.582\times 10^{-22}MeV\cdot seg}{10^{-12}seg} = 6.582\times 10^{-10} MeV = 6.582 \times 10^{-4} eV$$

Es claro que $\Gamma \ll \Delta E_R$, por lo que la emisión no puede
suceder. Pero hemos tomado los valores correctos ¿qué es lo que pasa?
Nuestro problema está en la energía de reacción $\Delta E_R$, que debe
ser reducida al mínimo.

El efecto Mössbauer explica como es que sucede: considera que los
núcleos están fuertemente unidos en una red cristalina, de esta forma
cuando se emite un $\gamma$ no es sólo el núcleo el que siente la
reacción, si no toda la red, esto multiplica la masa en el denominador
de la ecuación [\[ec:delta\]](#ec:delta){reference-type="ref"
reference="ec:delta"} por un factor muy grande, lo que reduce
inmensamente la energía de reacción. El efecto Mössbauer explica con
gran precisión las energías de los niveles nucleares.

Como se muestra en la figura [4](#fig:niveles){reference-type="ref"
reference="fig:niveles"} los estados excitados se encuentran marcados
por energía, de estos niveles excitados puede emitirse un fotón para
bajar al estado base.

La conversión interna sucede cuando el $\gamma$ saliente del núcleo
excita a uno de los electrones de las capas interiores del átomo y lo
desprende, en este caso en lugar de detectar un fotón se detecta un
electrón de alta energía ¿cómo diferenciarlo de un electrón de
decaimiento $\beta^-$? Primero por su energía, puede ser mucho mayor a
la de la partícula $\beta$, pero sobre todo por su espectro de energía.
Como es arrancado de una capa interior de los niveles atómicos, sólo
cierta energía puede desprenderlo, de igual forma su espectro de energía
está cuantizado. Mientras que el espectro de energía de los $\beta$ es
continuo.

Leyes de decaimiento
====================

Ya hablamos de los posibles decaimientos nucleares, lo que falta es ver
como describir matemáticamente estos procesos. Ya sea que se emitan
$\alpha$'s, $\beta$'s o $\gamma$'s en gran medida lo hemos tratado como
un proceso estadístico, esto sucede para un grupo grande de partículas y
no tenemos la certeza del momento exacto del decaimiento. Lo que hay es
una probabilidad constante de que suceda el decaimiento para cada
núcleo, la llamamos $\lambda$. Si $N$ es el número de núcleos
radiactivos de un cierto tipo en un tiempo definido y lambda es la
probabilidad constante de decaimiento por unidad de tiempo, el cambio en
el número de nucleos en un intervalo de tiempo infinitesimal $dt$ es

$$dN = N(t+dt)- N(t) = -N(t)\lambda dt$$

El signo menos se debe a que la cantidad de núcleos del tipo
especificado se van reduciendo. Tomemos $N_0 = N(t=0)$, entonces $N(t)$
a cualquier tempo $t$ estará dado por

$$\begin{aligned}
  \frac{dN}{N} =& -\lambda dt,\\
  \int_{N_0}^N \frac{dN}{N} =& -\lambda \int_0^t dt, \\
  ln\frac{N(t)}{N_0} =& -\lambda t \\
  N(t) =& N_0 e^{-\lambda t}\end{aligned}$$

El número de núcleos que no han decaido se reduce exponencialmente,
llegando a cero en un tiempo infinito.

Para establecer una escala de tiempo en la que hablaremos de los
decaimientos nucleares definimos el tiempo de vida media como el periodo
de tiempo para el cual la mitad de los núcleos muestra decae, lo
llamaremos $t_{\frac{1}{2}}$

$$\begin{aligned}
  N(t_{\frac{1}{2}}) =& \frac{N_0}{2} = N_0e^{-\lambda t_{\frac{1}{2}}} \\
  \text{de otra forma } \lambda t_{\frac{1}{2}} =& ln2 \\
  \text{entonces } t_{\frac{1}{2}} =& \frac{ln2}{\lambda}\end{aligned}$$

¿Cuál es la relación de $t_{\frac{1}{2}}$ con la $\tau$ que vimos antes?
La $\tau$ es la vida mediana que se obtiene como

$$\begin{aligned}
  \langle t \rangle = \tau =& \frac{\int_0^{\infty} t N(t) dt}{\int_0^{\infty} N(t) dt} \\
  =& \frac{N_0 \int_0^{\infty} t e^{-\lambda t} dt}{N_0\int_0^{\infty} e^{-\lambda t} dt} \\
  =& \frac{\lambda^{-2}}{\lambda^{-1}} = \frac{1}{\lambda}\end{aligned}$$

De esta forma $t_{\frac{1}{2}} = \tau (ln2)$.

El número de desintegraciones por unidad de tiempo, que se llama la
actividad de una muestra, se escribe como

$$\mathcal{A} = | \frac{dN}{dt} | = \lambda N(t) = \lambda N_0 e^{-\lambda t}$$

Si esta actividad la medimos en decaimientos por segundo las unidades
usadas son los becquereles, históricamente se utilizo la actividad del
${}^{226}Ra^{88}$, que corresponde a $3.7 \times 10^{10}$
desintegraciones por segundo, es decir $3.7 \times 10^{10}\ Bq$, que
corresponde a $1\ Ci$, un curie (nombrado en honor a Pierre). El núcleo
radiactivo elegido para definir la unidad era exageradamnte activo, así
que por lo regular las muestras tienen una actividad en el orden de
$mCi$ (milicuries) o incluso $\mu Ci$ (micro curies). El rutherford es
otra unidad, un poco más cercana a los valores promedio de actividad,
$1 rd = 10^6 Bq$.

En caso de que un núcleo pueda decaer por diversos procesos con
probabilidades por unidad de tiempo $\lambda_1$, $\lambda_2$,
$\lambda_3$, \..., la probabilida total por unidad de tiempo será

$$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 + ...$$

De esta forma

$$\frac{1}{t_{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{(t_{\frac{1}{2}})_1} + \frac{1}{t_{(\frac{1}{2}})_2}+ \frac{1}{(t_{\frac{1}{2}})_3} + ...$$

En el caso de que un núcleo decaiga a otro hijo, y este a su vez es
radiactivo (con una probabilidad constante diferente), etonces tenemos

$$\begin{aligned}
  -\frac{dN_1}{dt} &= \lambda_1 N_1 \\
  \frac{dN_2}{dt} &= \lambda_1 N_1 - \lambda_2 N_2\end{aligned}$$

Tenemos un sistema de ecuaciones diferenciales acopladas, tomamos
$N_1 = N_{10}$ y $t=0$

$$\begin{aligned}
  N_1 =& N_{10}e^{\lambda_1 t}\\
  N_2 =& N_{10}\frac{\lambda_1}{\lambda_2 - \lambda_1} (e^{\lambda_1 t} - e^{\lambda_2 t})\end{aligned}$$

En esta solución $\lambda_2 \gg \lambda_1$, es decir
$(t_{\frac{1}{2}})_2 \ll (t_{\frac{1}{2}})_1$, de lo contrario tenemos
un proceso desacoplado en el que aún no termina de decaer el núcleo
padre y el núcleo hijo ya está decayendo.

Vamos a hacer un ejemplo, tomemos el ${}^{226}Ra^{88}$, del que ya
conocemos su actividad de $3.7 \times 10^{10}\ Bq$, tras 500 años ¿cuál
será su actividad? Sabemos que la vida media de este núcleo es de $1600$
años, convertido a segundos para tener las unidades necesarias
$t_{\frac{1}{2}}=5.04576\times 10^{10}seg.$, los $500$ años se
convierten en $1.5768\times 10^{10} seg.$. Entonces tenemos

$$\mathcal{A}(t=1.5768\times 10^{10}seg.) = \lambda N_0 e^{-\lambda t}$$

Pero ¿y la actividad inicial? ¿Dónde la usamos y dónde entra en esa
ecuación? La actividad inicial sería $\mathcal{A}(t=0)$

$$\mathcal{A}(t=0) = \lambda N_0 e^{-\lambda 0} = \lambda N_0 = \mathcal{A}_0$$

Entonces tenemos

$$\mathcal{A}(t=1.5768\times 10^{10}seg.) = \mathcal{A}_0 e^{-\lambda t}$$

Y ya sólo resta sustituir, recordando que
$\lambda = ln2/t_{\frac{1}{2}}$

$$\mathcal{A}(t=1.5768\times 10^{10}seg.) = (3.7\times 10^{10} Bq) e^{-\frac{ln2}{5.04576\times 10^{10}seg.} (1.5768\times 10^{10} seg.)}$$

De aquí
$\mathcal{A}(t=1.5768\times 10^{10}seg.) \approx 2.3\times 10^{10}Bq$.

10 Das, A., Ferbel, T. "Introduction to Nuclear and Particle Physics",
Segunda edición, World Scientific Publishing Co., 2003.

Krane, Keneth S. "Introductory Nuclear Physics", Segunda edición, John
Wiley and Sons, 1988.

Cohen, Bernard L. "Concepts of Nuclear Physics", McGraw-Hill, 1971.

Giuliani, Andrea, Poves, Alfredo. (2012). "Neutrinoless Double-Beta
Decay". Advances in High Energy Physics. 2012. 10.1155/2012/857016.

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Introducción

Decaimiento alfa

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