高校物理では、放射性崩壊の法則を $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$ という公式で学びます。
半減期 $T$ ごとに原子核の数が半分になるという直感的に分かりやすい表現です。
大学物理では、この公式を微分方程式 $\frac{dN}{dt} = -\lambda N$ の解として導出します。
「なぜ指数関数になるのか」を理解すると、半減期の公式を暗記する必要がなくなり、
崩壊定数 $\lambda$ と半減期 $T_{1/2}$ の関係を自分で導けるようになります。
さらに、この微分方程式は放射性崩壊に限らず、
化学反応速度論、RC回路の放電、集団の減衰など、
自然界に広く見られる指数関数的減衰の普遍的な記述です。
高校物理では、放射性崩壊について次の公式を学びます。
この公式は正しく、半減期の倍数の時刻における原子核の数を求めるのに便利です。 しかし、高校の範囲では次の疑問が残ります。
半減期の公式を微分方程式から導出できるようになる。 $dN/dt = -\lambda N$ を解くだけで、$N = N_0 e^{-\lambda t}$ と $T_{1/2} = \ln 2 / \lambda$ が自然に導かれます。
「なぜ指数関数か」を論理的に説明できるようになる。 各原子核が独立に一定確率で崩壊するという仮定から、微分方程式が立ち、指数関数が解として得られます。
放射能（崩壊率）を計算できるようになる。 放射能 $A = \lambda N$ の意味とベクレルの定義を理解し、実用的な計算ができます。
C-14年代測定法の原理を理解できるようになる。 放射性崩壊の法則が考古学的年代測定にどう応用されるかが分かります。
放射性崩壊の法則を導くために、まず基本的な仮定を置きます。
仮定：各放射性原子核は、他の原子核とは独立に、単位時間あたり一定の確率 $\lambda$ で崩壊する。
この $\lambda$ を崩壊定数（decay constant）と呼びます。 $\lambda$ の単位は $\text{s}^{-1}$（1/秒）です。
時刻 $t$ に存在する放射性原子核の数を $N(t)$ とします。 微小時間 $dt$ の間に崩壊する原子核の数 $dN$ は、
$N$ は減少するので負の符号をつけて、
$$\frac{dN}{dt} = -\lambda N$$
指数関数的減衰の根本的な理由は、各原子核が独立に一定確率で崩壊することです。
100個の原子核があって、1秒間に10%が崩壊するとしましょう。 1秒後に残るのは90個。次の1秒で90個の10%（9個）が崩壊して81個が残ります。 崩壊数は減り続けますが、崩壊率（割合）は常に10%です。
「残っている量に比例して減る」── この性質こそが $dN/dt = -\lambda N$ であり、 その解が指数関数 $e^{-\lambda t}$ になります。
$\dfrac{dN}{dt} = -\lambda N$ を解きましょう。これは変数分離形の微分方程式です。
変数を分離します：
$$\frac{dN}{N} = -\lambda\,dt$$
両辺を積分します：
$$\int \frac{dN}{N} = -\lambda \int dt$$
$$\ln N = -\lambda t + C \quad (C\text{は積分定数})$$
両辺の指数を取ります：
$$N = e^{-\lambda t + C} = e^C \cdot e^{-\lambda t}$$
初期条件 $N(0) = N_0$ を適用すると $e^C = N_0$ なので、
$$N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$$
$$N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$$
$e^{-\lambda t}$ と $(1/2)^{t/T}$ は同じものです。$(1/2)^{t/T} = e^{-(t/T)\ln 2} = e^{-(\ln 2 / T) \cdot t}$ なので、 $\lambda = \ln 2 / T$ と置けば完全に一致します。
大学の表記は $e^{-\lambda t}$ を使います。$e$ の指数関数は微分しても形が変わらない （$(e^{-\lambda t})' = -\lambda e^{-\lambda t}$）ため、微分方程式との整合性がよいからです。
半減期 $T_{1/2}$ は、$N$ が初期値の半分になるまでの時間です。 $N(T_{1/2}) = N_0 / 2$ を崩壊の法則に代入して $T_{1/2}$ を求めましょう。
$N(T_{1/2}) = N_0/2$ を $N = N_0 e^{-\lambda t}$ に代入します：
$$\frac{N_0}{2} = N_0 e^{-\lambda T_{1/2}}$$
$$\frac{1}{2} = e^{-\lambda T_{1/2}}$$
両辺の自然対数を取ります：
$$-\ln 2 = -\lambda T_{1/2}$$
$$T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda} \approx \frac{0.693}{\lambda}$$
$$T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda}$$
誤：半減期 $T$ で半分になるから、$2T$ で全部なくなる
正：$2T$ 後に残るのは $N_0/4$（半分の半分）です。 指数関数的減衰では、$N$ はゼロに近づくが決してゼロにはなりません（数学的には）。 実際には原子核の数は整数なので、最終的には1個、0個となりますが、 大量の原子核を扱う限り指数関数的な記述は十分な精度を持ちます。
単位時間あたりに崩壊する原子核の数を放射能（activity）$A$ と呼びます。 これは $N(t)$ の時間微分の絶対値です。
$$A(t) = \left|\frac{dN}{dt}\right| = \lambda N(t) = \lambda N_0 e^{-\lambda t} = A_0 e^{-\lambda t}$$
放射能の単位ベクレル（Bq）は、1秒間に1個の原子核が崩壊する放射能を $1\,\text{Bq}$ と定義します。 ある試料が $10^6\,\text{Bq}$ の放射能を持つとは、1秒間に $10^6$ 個の原子核が崩壊していることを意味します。
各原子核が崩壊するまでの平均時間（平均寿命）$\tau$ は、$\tau = 1/\lambda$ で与えられます。 半減期との関係は $\tau = T_{1/2} / \ln 2 \approx 1.443 \, T_{1/2}$ です。 平均寿命は半減期より約44%長くなります。 これは、長く生き残る原子核が平均を引き上げるためです。
放射性崩壊の法則は、古い物質の年代を測定する手段としても利用されます。 最も有名な例が放射性炭素年代測定法（C-14法）です。
大気中では宇宙線の作用によって $^{14}\text{C}$（炭素14）が一定の割合で生成されています。 生きている生物は大気中の二酸化炭素を取り込み続けるため、 体内の $^{14}\text{C}$ と $^{12}\text{C}$ の比率は大気中と同じ値を保ちます。
生物が死ぬと $^{14}\text{C}$ の取り込みが止まり、体内の $^{14}\text{C}$ は崩壊によって減少し始めます。 $^{14}\text{C}$ の半減期は約5730年です。 現在の試料中の $^{14}\text{C} / ^{12}\text{C}$ の比率を測定し、大気中の比率と比較することで、 崩壊の法則 $N = N_0 e^{-\lambda t}$ から経過時間（試料の年代）$t$ を計算できます。
$N = N_0 e^{-\lambda t}$ より、
$$\frac{N}{N_0} = e^{-\lambda t}$$
$$t = -\frac{1}{\lambda}\ln\frac{N}{N_0} = \frac{T_{1/2}}{\ln 2}\ln\frac{N_0}{N}$$
$N/N_0$ は測定可能な $^{14}\text{C}$ 比率、$T_{1/2} = 5730$ 年なので、$t$ を計算できます。
放射性崩壊は一定の確率で進む過程であり、外部環境（温度、圧力など）にほとんど影響されません。 この性質のおかげで、放射性同位体は非常に信頼性の高い「自然の時計」として機能します。 C-14法は数万年前までの有機物に有効であり、 それより古い試料にはウラン-鉛法やカリウム-アルゴン法などの半減期の長い同位体が用いられます。
Q1. 放射性崩壊が指数関数的に進む理由を、1文で説明してください。
Q2. 崩壊定数 $\lambda = 0.01\,\text{s}^{-1}$ の放射性同位体の半減期を求めてください。
Q3. $N_0 = 10^{10}$ 個、$\lambda = 2.0 \times 10^{-3}\,\text{s}^{-1}$ のとき、初期の放射能 $A_0$ をベクレル単位で求めてください。
Q4. C-14年代測定で、試料中の $^{14}\text{C}$ の量が大気中の値の $1/4$ であった場合、この試料の年代は半減期の何倍ですか。
放射性崩壊の微分方程式と半減期に関する理解を、問題で確認しましょう。
ある放射性同位体の半減期は $T_{1/2} = 8.0$ 日である。次の問いに答えよ。
(1) 崩壊定数 $\lambda$ を求めよ（$\ln 2 = 0.693$ を使用）。
(2) 初めに $N_0 = 6.0 \times 10^{20}$ 個あったとき、24日後に残っている原子核の数を求めよ。
(3) 24日後の放射能（Bq）を求めよ。1日 = $8.64 \times 10^4$ s とする。
(1) $\lambda = \ln 2 / T_{1/2} = 0.693 / 8.0 = 0.0866\,\text{日}^{-1}$（$= 1.00 \times 10^{-6}\,\text{s}^{-1}$）
(2) 24日 = 半減期3回分。$N = N_0 / 2^3 = 6.0 \times 10^{20} / 8 = 7.5 \times 10^{19}$ 個
(3) $A = \lambda N = 1.00 \times 10^{-6} \times 7.5 \times 10^{19} = 7.5 \times 10^{13}\,\text{Bq}$
(1) $\lambda = \ln 2 / T_{1/2}$ に代入します。秒単位に変換するには $\lambda_{\text{s}} = 0.0866 / 8.64 \times 10^4 = 1.00 \times 10^{-6}\,\text{s}^{-1}$ です。
(2) 24日 / 8日 = 3なので、半減期をちょうど3回経過しています。$(1/2)^3 = 1/8$ を掛けます。
(3) 放射能 $A = \lambda N$ に、秒単位の $\lambda$ と原子核の数を代入します。
放射性崩壊の微分方程式 $dN/dt = -\lambda N$ について、次の問いに答えよ。
(1) この微分方程式を変数分離法で解き、初期条件 $N(0) = N_0$ のもとで $N(t)$ を求めよ。
(2) $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ から、半減期 $T_{1/2}$ を $\lambda$ を用いて表せ。導出過程を示すこと。
(3) 大学の表記 $N = N_0 e^{-\lambda t}$ と高校の表記 $N = N_0 (1/2)^{t/T}$ が同値であることを示せ。
(1) $dN/N = -\lambda\,dt$ → $\ln N = -\lambda t + C$ → $N = e^C e^{-\lambda t}$ → 初期条件より $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$
(2) $N_0/2 = N_0 e^{-\lambda T_{1/2}}$ → $1/2 = e^{-\lambda T_{1/2}}$ → $-\ln 2 = -\lambda T_{1/2}$ → $T_{1/2} = \ln 2 / \lambda$
(3) $(1/2)^{t/T} = (e^{-\ln 2})^{t/T} = e^{-(\ln 2/T) t}$。$\lambda = \ln 2/T$ なので $= e^{-\lambda t}$。よって同値。
変数分離法は「$N$ に関する量を左辺、$t$ に関する量を右辺に分ける」手法です。 両辺を積分すると対数が出てきます。
高校の公式と大学の公式は、$\lambda = \ln 2 / T_{1/2}$ という関係を通じて完全に同一の式です。 大学で $e^{-\lambda t}$ を使う理由は、微分方程式との整合性がよいことと、 崩壊定数 $\lambda$ が物理的に意味のある量（単位時間あたりの崩壊確率）だからです。
考古学的な木材試料の $^{14}\text{C}$ の放射能を測定したところ、生きている木の $^{14}\text{C}$ 放射能の $0.25$ 倍であった。$^{14}\text{C}$ の半減期を $T_{1/2} = 5730$ 年として、次の問いに答えよ。
(1) この試料の年代（何年前のものか）を求めよ。
(2) もし放射能が生きている木の $0.10$ 倍であった場合、年代を求めよ。（$\ln 10 = 2.303$ を使用）
(3) C-14法で測定できる年代の上限はおよそ何年程度か。その理由を述べよ。
(1) $0.25 = (1/2)^2$ なので、$t = 2T_{1/2} = 2 \times 5730 = 11460$ 年前
(2) $t = (T_{1/2}/\ln 2)\ln(1/0.10) = (5730/0.693) \times 2.303 = 8267 \times 2.303 \approx 19000$ 年前
(3) 約5万〜6万年程度。半減期の約10倍を超えると残存する $^{14}\text{C}$ が極めて少なくなり（$(1/2)^{10} \approx 0.001$）、測定精度が確保できなくなるため。
(1) $A/A_0 = 0.25 = 1/4$ です。$1/4 = (1/2)^2$ なので、ちょうど半減期2回分が経過しています。
(2) $A/A_0 = 0.10$ は $(1/2)$ のきれいな累乗ではないため、対数を使います。 $t = (T_{1/2}/\ln 2)\ln(A_0/A) = (5730/0.693)\ln 10 = 8267 \times 2.303 \approx 19040$ 年です。
(3) 半減期を10回経過すると残量は元の約 $0.1\%$ になります。 これほど微量の $^{14}\text{C}$ を正確に測定するのは技術的に困難であり、 バックグラウンドからの信号との区別が難しくなります。