Law of Radioactivity by Rutherford and Soddy and Half Life and Mean Life Questions in Gujarati

(A) અવિભંજિત ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_0 (1/2)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = t/T_{1/2}$ એ અર્ધઆયુની સંખ્યા છે.
આપેલ છે: $t = 2 \text{ દિવસ} = 48 \text{ કલાક}$.
પ્રથમ તત્વ માટે: $n_1 = 48/12 = 4$.
બીજા તત્વ માટે: $n_2 = 48/16 = 3$.
પ્રારંભિક ગુણોત્તર $(N_0)_1 / (N_0)_2 = 2/1$ છે.
$48 \text{ કલાક}$ પછી અવિભંજિત ભાગનો ગુણોત્તર:
$\frac{N_1}{N_2} = \frac{(N_0)_1}{(N_0)_2} \times \frac{(1/2)^{n_1}}{(1/2)^{n_2}}$
$\frac{N_1}{N_2} = \frac{2}{1} \times \frac{(1/2)^4}{(1/2)^3} = 2 \times (1/2)^{4-3} = 2 \times (1/2)^1 = 1$.
આમ,ગુણોત્તર $1:1$ છે.

(B) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થની $n$ અર્ધઆયુ પછીની એક્ટિવિટી $A$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે: $A = A_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$,જ્યાં $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ છે.
અહીં આપેલ છે કે એક્ટિવિટી પ્રારંભિક એક્ટિવિટી $A_0$ ના $1/64$ ભાગની થાય છે,તેથી $\frac{A}{A_0} = \frac{1}{64}$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{1}{64} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
કારણ કે $64 = 2^6$,આપણે લખી શકીએ કે $\left( \frac{1}{2} \right)^6 = \left( \frac{1}{2} \right)^n$,જેનો અર્થ છે કે $n = 6$.
અર્ધઆયુ $T_{1/2} = 2 \text{ કલાક}$ આપેલ હોવાથી,કુલ સમય $t = n \times T_{1/2} = 6 \times 2 = 12 \text{ કલાક}$ થશે.

(C) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની $t$ સમયે એક્ટિવિટી $A = A_0 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/T_{1/2}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A_0$ એ શરૂઆતની એક્ટિવિટી છે અને $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
આપેલ છે કે $A_0 = 1600$,$t = 8 \, s$ સમયે $A = 100$.
આ કિંમતો મૂકતા: $100 = 1600 \left( \frac{1}{2} \right)^{8/T_{1/2}}$.
$\frac{1}{16} = \left( \frac{1}{2} \right)^{8/T_{1/2}}$.
કારણ કે $\frac{1}{16} = \left( \frac{1}{2} \right)^4$,તેથી $4 = \frac{8}{T_{1/2}}$,જે આપણને $T_{1/2} = 2 \, s$ આપે છે.
હવે,$t = 6 \, s$ સમયે એક્ટિવિટી શોધવા માટે:
$A = 1600 \left( \frac{1}{2} \right)^{6/2} = 1600 \left( \frac{1}{2} \right)^3$.
$A = 1600 \times \frac{1}{8} = 200$.

(C) ન્યુટ્રોનનો વેગ $v = \sqrt{\frac{2E}{m}}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $v = \sqrt{\frac{2 \times 0.0837 \times 1.602 \times 10^{-19}}{1.675 \times 10^{-27}}} \approx 4000 \, m/s = 4 \times 10^3 \, m/s$.
$40 \, m$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $\Delta t = \frac{d}{v} = \frac{40}{4 \times 10^3} = 10^{-2} \, s$.
ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{0.693}{T_{1/2}} = \frac{0.693}{693} = 10^{-3} \, s^{-1}$.
અવિભંજીત કણોનો અંશ $N/N_0 = e^{-\lambda \Delta t}$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $\lambda \Delta t = 10^{-3} \times 10^{-2} = 10^{-5}$ ખૂબ નાનું હોવાથી,$e^{-\lambda \Delta t} \approx 1 - \lambda \Delta t$ થાય.
ક્ષય પામેલ ભાગ $\approx \lambda \Delta t = 10^{-5}$ છે.

(C) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N = N_0 (1/2)^{t/T_{1/2}}$ છે,જ્યાં $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
જો આપણે ધારીએ કે $6$ દિવસમાં વિભંજીત ભાગ $7/8$ છે,તો અવિભંજીત ભાગ $N/N_0 = 1 - 7/8 = 1/8$ થાય.
તેથી,$1/8 = (1/2)^{6/T_{1/2}} \Rightarrow (1/2)^3 = (1/2)^{6/T_{1/2}}$.
આના પરથી $3 = 6/T_{1/2}$,એટલે કે $T_{1/2} = 2$ દિવસ.
હવે $10$ દિવસ પછી અવિભંજીત ભાગ $N/N_0 = (1/2)^{10/2} = (1/2)^5 = 1/32$ થાય.
જો પ્રશ્ન વિભંજીત ભાગ વિશે પૂછતો હોય,તો તે $1 - 1/32 = 31/32$ થાય.

(B) વિભંજનનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N(t)$ એ $t$ સમયે બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે.
$33\%$ વિભંજન પછી,બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_1 = N_0(1 - 0.33) = 0.67 N_0$ છે.
$67\%$ વિભંજન પછી,બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_2 = N_0(1 - 0.67) = 0.33 N_0$ છે.
અહીં નોંધો કે $0.33 N_0 \approx \frac{0.67 N_0}{2}$ થાય છે.
કારણ કે એક અર્ધઆયુ $(T_{1/2} = 20 \, minutes)$ દરમિયાન બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા અડધી થઈ જાય છે,તેથી $0.67 N_0$ થી $0.33 N_0$ સુધી ઘટવા માટે લાગતો સમયગાળો બરાબર એક અર્ધઆયુ જેટલો જ હોય.
તેથી,સમયગાળો $20 \, minutes$ છે.

(B) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ,કોઈપણ સમયે $t$ એક્ટિવિટી $R$ એ $R = R_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$t_1$ સમયે,એક્ટિવિટી $R_1 = R_0 e^{-\lambda t_1}$ છે.
$t_2$ સમયે,એક્ટિવિટી $R_2 = R_0 e^{-\lambda t_2}$ છે.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા:
$\frac{R_1}{R_2} = \frac{R_0 e^{-\lambda t_1}}{R_0 e^{-\lambda t_2}} = e^{-\lambda t_1} \cdot e^{\lambda t_2} = e^{-\lambda(t_1 - t_2)}$.
તેથી,$R_1 = R_2 e^{-\lambda(t_1 - t_2)}$.

(C) આપેલ છે: ક્ષય અચળાંક $\lambda_{A} = 5\lambda$ અને $\lambda_{B} = \lambda$.
$t=0$ સમયે,પ્રારંભિક ન્યુક્લિયસની સંખ્યા સમાન છે,એટલે કે $(N_{0})_{A} = (N_{0})_{B}$.
આપણને ગુણોત્તર $\frac{N_{A}}{N_{B}} = (\frac{1}{e})^{2} = e^{-2}$ આપેલ છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ,$N = N_{0}e^{-\lambda t}$.
પદાર્થ $A$ માટે,$N_{A} = (N_{0})_{A} e^{-5\lambda t}$.
પદાર્થ $B$ માટે,$N_{B} = (N_{0})_{B} e^{-\lambda t}$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા:
$\frac{N_{A}}{N_{B}} = \frac{(N_{0})_{A} e^{-5\lambda t}}{(N_{0})_{B} e^{-\lambda t}} = e^{-(5\lambda - \lambda)t} = e^{-4\lambda t}$.
ગુણોત્તરને સરખાવતા:
$e^{-4\lambda t} = e^{-2}$.
ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$4\lambda t = 2$.
$t$ માટે ઉકેલતા:
$t = \frac{2}{4\lambda} = \frac{1}{2\lambda}$.

(A) ધારો કે બંને પદાર્થો માટે શરૂઆતના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0$ છે.
સમય $t$ પર બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદાર્થ $X_1$ માટે: $N_1(t) = N_0 e^{-(5\lambda)t}$.
પદાર્થ $X_2$ માટે: $N_2(t) = N_0 e^{-\lambda t}$.
ગુણોત્તર $\frac{N_1(t)}{N_2(t)} = \frac{1}{e} = e^{-1}$ આપેલ છે.
સમીકરણો મૂકતા: $\frac{N_0 e^{-5\lambda t}}{N_0 e^{-\lambda t}} = e^{-1}$.
$e^{-5\lambda t + \lambda t} = e^{-1}$.
$e^{-4\lambda t} = e^{-1}$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા: $-4\lambda t = -1$.
તેથી,$t = \frac{1}{4\lambda}$.

(D) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ,$t$ સમયે એક્ટિવિટી $R = R_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $t = 0$ સમયે $R_0 = N_0$ અને $t = 5$ મિનિટ સમયે $R = N_0/e$ છે.
આ કિંમતોને ક્ષયના સમીકરણમાં મૂકતા:
$N_0/e = N_0 e^{-5\lambda}$
$e^{-1} = e^{-5\lambda}$
ઘાતાંકની સરખામણી કરતા,$5\lambda = 1$ મળે છે,તેથી $\lambda = 1/5$ પ્રતિ મિનિટ.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ એ સમય છે જ્યારે એક્ટિવિટી તેના પ્રારંભિક મૂલ્યથી અડધી થઈ જાય છે,એટલે કે $R = R_0/2$.
$R = R_0 e^{-\lambda t}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $R_0/2 = R_0 e^{-\lambda T_{1/2}}$.
$1/2 = e^{-\lambda T_{1/2}}$
$2 = e^{\lambda T_{1/2}}$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા:
$\ln(2) = \lambda T_{1/2}$
$T_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda} = \frac{\log_e 2}{1/5} = 5 \log_e 2$ મિનિટ.

(C) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A$ એ $A = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ તે સમયે હાજર રહેલા ક્ષય ન પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે.
$t_1$ સમયે,એક્ટિવિટી $A_1 = \lambda N_1$ છે,જેનો અર્થ છે કે $N_1 = A_1 / \lambda$.
$t_2$ સમયે,એક્ટિવિટી $A_2 = \lambda N_2$ છે,જેનો અર્થ છે કે $N_2 = A_2 / \lambda$.
$(t_1 - t_2)$ સમયગાળા દરમિયાન ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા એ $t_1$ અને $t_2$ સમયે હાજર રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા વચ્ચેનો તફાવત છે.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $= N_1 - N_2 = \frac{A_1}{\lambda} - \frac{A_2}{\lambda} = \frac{A_1 - A_2}{\lambda}$.

(B) ધારો કે $N_0$ એ રેડિયોએક્ટિવ આઇસોટોપ $X$ નો પ્રારંભિક જથ્થો છે અને $N$ એ $t$ સમય પછી બાકી રહેલો જથ્થો છે.
$X$ અને $Y$ નો ગુણોત્તર $1:15$ આપેલ છે, તેથી કુલ જથ્થો $N_0 = N + N_Y = N + 15N = 16N$ થાય.
તેથી, બાકી રહેલા આઇસોટોપનો અંશ $\frac{N}{N_0} = \frac{1}{16}$ છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના સૂત્ર $\frac{N}{N_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$ નો ઉપયોગ કરતા, જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે:
$\frac{1}{16} = \left(\frac{1}{2}\right)^n \implies \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \left(\frac{1}{2}\right)^n \implies n = 4$.
ખડકની ઉંમર $t$ એ $t = n \times T_{1/2}$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $T_{1/2} = 50$ વર્ષ આપેલ છે, તેથી $t = 4 \times 50 = 200$ વર્ષ.

(D) $t = 0$ સમયે,$N_P(0) = 4N_0$ અને $N_Q(0) = N_0$ છે.
$t$ સમયે ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N(0) \cdot (1/2)^{t/T_{1/2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$P$ માટે,$N_P(t) = 4N_0 \cdot (1/2)^{t/1} = 4N_0 \cdot 2^{-t}$ છે.
$Q$ માટે,$N_Q(t) = N_0 \cdot (1/2)^{t/2} = N_0 \cdot 2^{-t/2}$ છે.
આપેલ છે કે $N_P(t) = N_Q(t),$ તેથી $4N_0 \cdot 2^{-t} = N_0 \cdot 2^{-t/2}$ થાય.
$N_0$ વડે ભાગતા,$4 = 2^t / 2^{t/2} = 2^{t/2}$ મળે.
$4 = 2^2$ હોવાથી,$t/2 = 2,$ એટલે કે $t = 4 \text{ મિનિટ}$ મળે.
$t = 4 \text{ મિનિટ}$ સમયે,
$N_P(4) = 4N_0 \cdot (1/2)^4 = 4N_0 / 16 = N_0/4$ થાય.
$N_Q(4) = N_0 \cdot (1/2)^{4/2} = N_0 / 4$ થાય.
બનેલા $R$ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા એ $P$ અને $Q$ ના ક્ષય પામેલા કુલ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે.
$N_R = (N_P(0) - N_P(4)) + (N_Q(0) - N_Q(4))$
$N_R = (4N_0 - N_0/4) + (N_0 - N_0/4) = 15N_0/4 + 3N_0/4 = 18N_0/4 = 9N_0/2$ થાય.

(D) ધારો કે $t \, s$ પછી $A_1$ અને $A_2$ નું પ્રમાણ સમાન થાય છે.
રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થનું $t$ સમય પછી બાકી રહેતું પ્રમાણ $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/T_{1/2}}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે,જ્યાં $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
$A_1$ માટે: $N_1 = 40 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/20}$.
$A_2$ માટે: $N_2 = 160 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/10}$.
$N_1 = N_2$ લેતા:
$40 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/20} = 160 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/10}$.
બંને બાજુ $40$ વડે ભાગતા:
$\left( \frac{1}{2} \right)^{t/20} = 4 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/10}$.
$2^{-x} = \frac{1}{2^x}$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{2^{t/20}} = 4 \cdot \frac{1}{2^{t/10}}$.
પદોને ગોઠવતા:
$\frac{2^{t/10}}{2^{t/20}} = 4$.
$2^{(t/10 - t/20)} = 2^2$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$\frac{t}{10} - \frac{t}{20} = 2$.
$\frac{2t - t}{20} = 2$.
$\frac{t}{20} = 2 \Rightarrow t = 40 \, s$.

(B) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ,$N = N_0 e^{-\lambda t}$,જ્યાં $N_0$ એ શરૂઆતના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે અને $N$ એ સમય $t$ પર બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે.
સમય $t_2$ પર,નમૂનાનો $2/3$ ભાગ ક્ષય પામે છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N = N_0 - (2/3)N_0 = (1/3)N_0$ છે.
આમ,$(1/3)N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2} \Rightarrow e^{-\lambda t_2} = 1/3$ ...... $(i)$
સમય $t_1$ પર,નમૂનાનો $1/3$ ભાગ ક્ષય પામે છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N = N_0 - (1/3)N_0 = (2/3)N_0$ છે.
આમ,$(2/3)N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1} \Rightarrow e^{-\lambda t_1} = 2/3$ ...... $(ii)$
$(i)$ ને $(ii)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે: $\frac{e^{-\lambda t_2}}{e^{-\lambda t_1}} = \frac{1/3}{2/3} = 1/2$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $e^{-\lambda(t_2 - t_1)} = 1/2$,અથવા $e^{\lambda(t_2 - t_1)} = 2$ મળે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\lambda(t_2 - t_1) = \ln 2$.
કારણ કે $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$,તેથી $(t_2 - t_1) = \frac{\ln 2}{\lambda} = T_{1/2}$.
આપેલ છે કે $T_{1/2} = 50$ દિવસ,તેથી સમયગાળો $(t_2 - t_1) = 50$ દિવસ છે.

(A) ધારો કે $X$ ના શરૂઆતના પરમાણુઓની સંખ્યા $N_0$ છે.
$t$ સમય પછી,$X$ ના બાકી રહેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $N$ છે અને બનેલા $Y$ ના પરમાણુઓની સંખ્યા $N_0 - N$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$X$ અને $Y$ નો ગુણોત્તર $\frac{N}{N_0 - N} = \frac{1}{7}$ છે.
આથી $7N = N_0 - N$,જેનું સાદું રૂપ $8N = N_0$ અથવા $\frac{N}{N_0} = \frac{1}{8}$ થાય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{N}{N_0} = (\frac{1}{2})^n$,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
તેથી,$(\frac{1}{2})^3 = (\frac{1}{2})^n$,જે દર્શાવે છે કે $n = 3$.
ખડકની ઉંમર $t = n \times T_{1/2}$ દ્વારા મળે છે.
અહીં $T_{1/2} = 20$ વર્ષ આપેલ છે,તેથી $t = 3 \times 20 = 60$ વર્ષ.
આમ,ખડકની ઉંમર $60$ વર્ષ છે.

(C) આપેલ છે કે રેડિયોઆઈસોટોપ $X$ અને સ્થાયી આઈસોટોપ $Y$ ના જથ્થાનો ગુણોત્તર $\frac{X}{Y} = \frac{1}{7}$ છે.
શરૂઆતના નમૂનાનો કુલ જથ્થો $X + Y$ છે. બાકી રહેલા રેડિયોઆઈસોટોપ $X$ નો અંશ $\frac{X}{X+Y} = \frac{1}{1+7} = \frac{1}{8}$ દ્વારા મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $n$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી બાકી રહેતો અંશ $\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ છે.
બંનેને સરખાવતા,$\left(\frac{1}{2}\right)^{n} = \frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^{3}$.
આમ,વીતી ગયેલા અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = 3$ છે.
ખડકની ઉંમર $t$ એ $t = n \times T$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
$t = 3 \times 1.4 \times 10^{9} \text{ years} = 4.2 \times 10^{9} \text{ years}$.

(B) ધારો કે $t=0$ સમયે ન્યુક્લિયસની પ્રારંભિક સંખ્યા $N_{0}$ છે.
$40\%$ ક્ષય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{1}$ છે:
$N_{1} = (1 - 0.40) N_{0} = 0.6 N_{0}$
$85\%$ ક્ષય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{2}$ છે:
$N_{2} = (1 - 0.85) N_{0} = 0.15 N_{0}$
હવે,બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસનો ગુણોત્તર શોધો:
$\frac{N_{2}}{N_{1}} = \frac{0.15 N_{0}}{0.6 N_{0}} = \frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^{2}$
અહીં $\frac{N_{2}}{N_{1}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ હોવાથી,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે,તેથી $n = 2$ મળે છે.
તેથી,લાગતો સમય $t = n \times T_{1/2} = 2 \times 30 \text{ મિનિટ} = 60 \text{ મિનિટ}$ થાય.

(D) કોઈપણ સમયે $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N$ રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$.
અહીં,$N_0$ એ $t=0$ સમયે ન્યુક્લિયસની પ્રારંભિક સંખ્યા છે અને $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
પદાર્થ $A$ માટે આપેલ છે: $\lambda_A = 8\lambda$ અને $N_{0A} = N_0$.
પદાર્થ $B$ માટે આપેલ છે: $\lambda_B = \lambda$ અને $N_{0B} = N_0$.
સમય $t$ પર બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા:
$N_A(t) = N_0 e^{-8\lambda t}$
$N_B(t) = N_0 e^{-\lambda t}$
$B$ અને $A$ ના ન્યુક્લિયસની સંખ્યાનો ગુણોત્તર:
$\frac{N_B(t)}{N_A(t)} = \frac{N_0 e^{-\lambda t}}{N_0 e^{-8\lambda t}} = e^{7\lambda t}$.
પ્રશ્ન મુજબ આ ગુણોત્તર $\frac{1}{e} = e^{-1}$ છે.
તેથી,$e^{7\lambda t} = e^{-1}$.
ઘાતાંકની સરખામણી કરતા,$7\lambda t = -1$ મળે છે. જો આપણે $A$ અને $B$ ના ગુણોત્તરને ધ્યાનમાં લઈએ,તો $t = \frac{1}{7\lambda}$ મળે છે,જે વિકલ્પ $D$ માં છે.

(A) વિઘટન પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_{0} - N_{\text{disintegrated}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $N_{0} = 600$ અને $N_{\text{disintegrated}} = 450$ આપેલ છે,તેથી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N = 600 - 450 = 150$ થશે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ,$\frac{N}{N_{0}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$,જ્યાં $T_{1/2} = 10$ મિનિટ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{150}{600} = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{10}}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{10}}$ મળે.
કારણ કે $\frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^{2}$,તેથી $\left(\frac{1}{2}\right)^{2} = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{10}}$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા: $2 = \frac{t}{10}$,જેનો અર્થ છે કે $t = 20$ મિનિટ.

(A) અર્ધ-આયુષ્ય $t_{1/2}$ એ રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થને તેના પ્રારંભિક જથ્થાના અડધા ભાગમાં ક્ષય થવા માટે જરૂરી સમય તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
તે જ રીતે,$t_{3/4}$ એ પદાર્થને તેના પ્રારંભિક જથ્થાના $\frac{3}{4}$ ભાગ સુધી ક્ષય થવા માટે જરૂરી સમય દર્શાવે છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ,$t$ સમય પછી બાકી રહેતો જથ્થો $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$t_{1/2}$ માટે,$N = \frac{N_0}{2}$,જે $t_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda}$ આપે છે.
$t_{3/4}$ માટે,ક્ષય પામેલો જથ્થો $\frac{3}{4}N_0$ છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N = N_0 - \frac{3}{4}N_0 = \frac{1}{4}N_0$ છે.
$N = N_0 e^{-\lambda t_{3/4}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{1}{4} = e^{-\lambda t_{3/4}}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $4 = e^{\lambda t_{3/4}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln(4) = \lambda t_{3/4}$,તેથી $2\ln(2) = \lambda t_{3/4}$.
કારણ કે $\lambda = \frac{\ln(2)}{t_{1/2}}$,આપણી પાસે $2\ln(2) = \frac{\ln(2)}{t_{1/2}} \times t_{3/4}$ છે,જેનું સાદું રૂપ $t_{3/4} = 2t_{1/2}$ થાય છે.
આમ,$t_{3/4}$ એ સમય છે જેમાં પદાર્થ તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના $\frac{3}{4}$ ભાગનું ક્ષય પામે છે.

(C) જાન્યુઆરી $1$ થી જાન્યુઆરી $24$ સુધીના દિવસોની સંખ્યા $23$ દિવસ છે.
ન્યુક્લાઇડનું અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 8.04$ દિવસ છે.
વિતેલા અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{23}{8.04} \approx 2.86$ છે.
કારણ કે $n < 3$,એક્ટિવિટી $3$ અર્ધ-આયુષ્ય પછીની એક્ટિવિટી કરતા વધારે હશે.
$1$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી,એક્ટિવિટી = $600 / 2 = 300 \, Bq$.
$2$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી,એક્ટિવિટી = $300 / 2 = 150 \, Bq$.
$3$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી,એક્ટિવિટી = $150 / 2 = 75 \, Bq$.
વિતેલો સમય $3$ અર્ધ-આયુષ્ય કરતા ઓછો હોવાથી $(2.86 < 3)$,બાકી રહેલી એક્ટિવિટી $75 \, Bq$ કરતા વધારે હશે.

(A) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A$ એ સૂત્ર $A = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે અને $N$ એ નમૂનામાં રહેલા રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે.
ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N$ એ નમૂનાના દળ $m$ ના સમપ્રમાણમાં હોવાથી $(N = \frac{m}{M} N_A)$,દળ $m$ બમણું કરવાથી ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N$ પણ બમણી થાય છે.
પરિણામે,એક્ટિવિટી $A$ વધે છે કારણ કે $A \propto N$.
ક્ષય અચળાંક $\lambda$ એ રેડિયોએક્ટિવ આઇસોટોપનો લાક્ષણિક ગુણધર્મ છે અને તે માત્ર પદાર્થના પ્રકાર પર આધાર રાખે છે,નમૂનાના જથ્થા પર નહીં.
તેથી,$\lambda$ સમાન રહે છે.

(C) ક્ષય દર $|\frac{dN}{dt}| = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$t = 0$ સમયે,ક્ષય દર $|\frac{dN}{dt}|_0 = \lambda N_0$ છે.
પરમાણુઓની પ્રારંભિક સંખ્યા $N_0 = \frac{\text{દળ}}{\text{મોલર દળ}} \times N_A = \frac{M}{A} N_A$ દ્વારા મળે છે.
ક્ષય અચળાંક $\lambda$ અને અર્ધ-આયુષ્ય $T$ વચ્ચેનો સંબંધ $\lambda = \frac{\ln 2}{T} \approx \frac{0.693}{T}$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,પ્રારંભિક ક્ષય દર $|\frac{dN}{dt}|_0 = (\frac{0.693}{T}) \times (\frac{M N_A}{A}) = \frac{0.693 M N_A}{A T}$ મળે છે.

(B) અવિભંજિત ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $10 \, s$ માં $25\%$ થી ઘટીને $6.25\%$ થાય છે.
કારણ કે $6.25\% = 25\% \times (1/4)$,ન્યુક્લિયસની સંખ્યા તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના ચોથા ભાગની થઈ જાય છે.
આનો અર્થ એ છે કે $10 \, s$ માં બે અર્ધ-આયુષ્ય પસાર થયા છે (કારણ કે $(1/2)^2 = 1/4$).
તેથી,$2 \times T_{1/2} = 10 \, s$,જે અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 5 \, s$ આપે છે.
સરેરાશ આયુષ્ય $\tau$ એ અર્ધ-આયુષ્ય સાથે $\tau = \frac{T_{1/2}}{0.693}$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
કિંમત મૂકતા,$\tau = \frac{5}{0.693} \approx 7.21 \, s$.

(B) ધારો કે બંને પદાર્થો માટે શરૂઆતના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0$ છે.
સમય $t$ પર અક્ષયિત ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદાર્થ $A_1$ માટે,$N_1(t) = N_0 e^{-(10\lambda_0)t}$.
પદાર્થ $A_2$ માટે,$N_2(t) = N_0 e^{-\lambda_0 t}$.
અક્ષયિત ન્યુક્લિયસનો ગુણોત્તર $N_1(t) / N_2(t) = 1/e$ આપેલ છે.
સમીકરણો મૂકતા: $(N_0 e^{-10\lambda_0 t}) / (N_0 e^{-\lambda_0 t}) = e^{-1}$.
$e^{-10\lambda_0 t + \lambda_0 t} = e^{-1}$.
$-9\lambda_0 t = -1$.
$t = 1 / (9\lambda_0)$.

(D) વિઘટન દર $R = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ અને $N = N_0 e^{-\lambda t}$ છે.
સ્ત્રોત $A$ માટે: $T_{1/2, A} = 2 \ hr$,તેથી $\lambda_A = \frac{\ln 2}{2}$.
સ્ત્રોત $B$ માટે: $T_{1/2, B} = 4 \ hr$,તેથી $\lambda_B = \frac{\ln 2}{4}$.
$t = 8 \ hr$ સમયે,બાકી રહેલા પરમાણુઓની સંખ્યા:
$N_A = N_0 e^{-\lambda_A t} = N_0 e^{-(\frac{\ln 2}{2}) \times 8} = N_0 e^{-4 \ln 2} = N_0 (2)^{-4} = \frac{N_0}{16}$.
$N_B = N_0 e^{-\lambda_B t} = N_0 e^{-(\frac{\ln 2}{4}) \times 8} = N_0 e^{-2 \ln 2} = N_0 (2)^{-2} = \frac{N_0}{4}$.
વિઘટન દર:
$R_A = \lambda_A N_A = (\frac{\ln 2}{2}) \times \frac{N_0}{16} = \frac{N_0 \ln 2}{32}$.
$R_B = \lambda_B N_B = (\frac{\ln 2}{4}) \times \frac{N_0}{4} = \frac{N_0 \ln 2}{16}$.
ગુણોત્તર $R_A : R_B = \frac{N_0 \ln 2}{32} : \frac{N_0 \ln 2}{16} = \frac{1}{32} : \frac{1}{16} = 1 : 2$.

(C) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $A_t = A_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A_0$ એ પ્રારંભિક જથ્થો છે,$A_t$ એ $t$ સમયે બાકી રહેલો જથ્થો છે,અને $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
રેડિયોએક્ટિવ તત્વનું સરેરાશ આયુષ્ય $(\tau)$ $\tau = \frac{1}{\lambda}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
આપણે $t = \tau = \frac{1}{\lambda}$ સમય પછી બાકી રહેલા પ્રારંભિક જથ્થાનો અંશ શોધવાનો છે.
ક્ષયના સમીકરણમાં $t = \frac{1}{\lambda}$ મૂકતા:
$A_t = A_0 e^{-\lambda \times (\frac{1}{\lambda})}$
$A_t = A_0 e^{-1}$
$A_t = \frac{A_0}{e}$
બાકી રહેલા પ્રારંભિક જથ્થાનો અંશ $\frac{A_t}{A_0} = \frac{1}{e}$ છે.

(B) ધારો કે રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની પ્રારંભિક માત્રા $N_0$ છે.
સમય $t$ પછી,અવિભંજિત રહેલી માત્રા $N(t) = 0.9 N_0$ છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ,$N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$.
તેથી,$e^{-\lambda t} = 0.9$.
કુલ સમય $2t$ પછી,અવિભંજિત રહેલી માત્રા $N(2t) = N_0 e^{-\lambda (2t)} = N_0 (e^{-\lambda t})^2$ થશે.
$e^{-\lambda t}$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $N(2t) = N_0 (0.9)^2 = 0.81 N_0$ મળે છે.
સમય $2t$ માં ક્ષય પામેલી માત્રા $N_0 - N(2t) = N_0 - 0.81 N_0 = 0.19 N_0$ છે.
તેથી,સમય $2t$ માં ક્ષય પામતી પ્રારંભિક નમૂનાની ટકાવારી $19\%$ છે.

(A) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થની કોઈપણ સમય $t$ પરની એક્ટિવિટી $R$ એ રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $R(t) = R_0 e^{-\lambda t}$.
સમય $t_1$ પર, એક્ટિવિટી $R_1 = R_0 e^{-\lambda t_1}$ છે.
સમય $t_2$ પર, એક્ટિવિટી $R_2 = R_0 e^{-\lambda t_2}$ છે.
ગુણોત્તર $\frac{R_2}{R_1}$ શોધવા માટે, આપણે બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરીએ:
$\frac{R_2}{R_1} = \frac{R_0 e^{-\lambda t_2}}{R_0 e^{-\lambda t_1}}$
$\frac{R_2}{R_1} = e^{-\lambda t_2} \cdot e^{\lambda t_1}$
$\frac{R_2}{R_1} = e^{-\lambda(t_2 - t_1)}$.

(A) $\alpha$ અને $\beta$ કણો મેળવવાની સંભાવના એ સંબંધિત ન્યુક્લીના ક્ષય દરના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે.
ક્ષય દર $\frac{dN}{dt} = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$t = 0$ સમયે સંભાવનાઓ સમાન હોવા માટે,ક્ષયના દર સમાન હોવા જોઈએ:
$\lambda_A N_A = \lambda_B N_B$
પરમાણુઓની સંખ્યાનો ગુણોત્તર શોધવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{N_A}{N_B} = \frac{\lambda_B}{\lambda_A}$
આપેલ છે કે વિભંજન અચળાંકોનો ગુણોત્તર $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{1}{2}$ છે,તેથી $\frac{\lambda_B}{\lambda_A} = \frac{2}{1}$ થાય.
તેથી,$\frac{N_A}{N_B} = \frac{2}{1}$.

(B) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની સક્રિયતા $A(t) = A_0 e^{-\lambda t}$ ના નિયમનું પાલન કરે છે.
આપેલ છે કે $t = 1 \text{ કલાક}$ પર,$A(1) = \frac{A_0}{\sqrt{3}}$.
આ કિંમત ક્ષયના સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{A_0}{\sqrt{3}} = A_0 e^{-\lambda(1)}$,જે આપણને $e^{-\lambda} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ આપે છે.
આપણે વધુ $3$ કલાક પછી,એટલે કે કુલ $t = 1 + 3 = 4 \text{ કલાક}$ પછીની સક્રિયતા શોધવાની છે.
$t = 4$ સમયે સક્રિયતા $A(4) = A_0 (e^{-\lambda})^4$ થશે.
$e^{-\lambda} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ મૂકતા:
$A(4) = A_0 \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^4 = A_0 \left(\frac{1}{3^{1/2}}\right)^4 = A_0 \left(\frac{1}{3^2}\right) = \frac{A_0}{9}$.

(B) આપેલ છે: અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 1620 \text{ વર્ષ}$.
ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{0.693}{T_{1/2}} = \frac{0.693}{1620 \times 365 \times 24} \text{ hr}^{-1}$.
$t = 5 \text{ કલાક}$ સમયમાં, $\lambda t = \frac{0.693 \times 5}{1620 \times 365 \times 24} \approx 2.44 \times 10^{-7}$.
શરૂઆતના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0 = \frac{m}{M} \times N_A = \frac{5}{223} \times 6.023 \times 10^{23} \approx 1.35 \times 10^{22} \text{ ન્યુક્લિયસ}$.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $\Delta N = N_0(1 - e^{-\lambda t})$.
$\lambda t$ ખૂબ નાનું હોવાથી, $e^{-\lambda t} \approx 1 - \lambda t$.
તેથી, $\Delta N \approx N_0 \lambda t = (1.35 \times 10^{22}) \times (2.44 \times 10^{-7}) \approx 3.29 \times 10^{15}$.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા, નજીકની કિંમત $3.23 \times 10^{15}$ છે.

(C) કોઈપણ સમયે $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A = \lambda N = \lambda N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમય $t_1$ પર, એક્ટિવિટી $A_1 = \lambda N_0 e^{-\lambda t_1}$ છે.
સમય $t_2$ પર, એક્ટિવિટી $A_2 = \lambda N_0 e^{-\lambda t_2}$ છે.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા, આપણને મળે છે $\frac{A_2}{A_1} = \frac{\lambda N_0 e^{-\lambda t_2}}{\lambda N_0 e^{-\lambda t_1}} = e^{-\lambda(t_2 - t_1)} = e^{\lambda(t_1 - t_2)}$.
સરેરાશ આયુષ્ય $T = \frac{1}{\lambda}$ હોવાથી, આપણે $\lambda = \frac{1}{T}$ મૂકી શકીએ છીએ.
તેથી, $\frac{A_2}{A_1} = e^{(t_1 - t_2) / T}$, જેનો અર્થ છે કે $A_2 = A_1 e^{(t_1 - t_2) / T}$.

(A) $t$ સમય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ક્ષય પામતો અંશ $f = \frac{N_0 - N(t)}{N_0} = 1 - e^{-\lambda t}$ છે.
એક સરેરાશ આયુષ્ય માટે,$t = \tau = \frac{1}{\lambda}$. તેથી,$f_1 = 1 - e^{-\lambda(1/\lambda)} = 1 - e^{-1} \approx 1 - 0.368 = 0.632$.
એક અર્ધ-આયુષ્ય માટે,$t = T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda}$. તેથી,$f_2 = 1 - e^{-\lambda(\ln 2 / \lambda)} = 1 - e^{-\ln 2} = 1 - 0.5 = 0.5$.
બંનેની સરખામણી કરતા,$0.632 > 0.5$,તેથી $f_1 > f_2$.

(C) ધારો કે ન્યુક્લિયસના ઉત્પાદનનો દર $R = 10 \text{ nuclei/s}$ છે.
ક્ષય અચળાંક $\lambda = 0.5 \text{ s}^{-1}$ છે.
ન્યુક્લિયસની સંખ્યામાં થતા ફેરફારનો દર: $\frac{dN}{dt} = R - \lambda N$.
પદોને ગોઠવતા: $\frac{dN}{R - \lambda N} = dt$.
$t=0$ (જ્યાં $N=0$) થી $t=t$ (જ્યાં $N=N$) સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{0}^{N} \frac{dN}{R - \lambda N} = \int_{0}^{t} dt$.
આનાથી મળે છે: $-\frac{1}{\lambda} \ln(R - \lambda N) \Big|_{0}^{N} = t$.
$-\frac{1}{\lambda} [\ln(R - \lambda N) - \ln(R)] = t$.
$\ln\left(\frac{R - \lambda N}{R}\right) = -\lambda t$.
$1 - \frac{\lambda N}{R} = e^{-\lambda t}$.
$N(t) = \frac{R}{\lambda} (1 - e^{-\lambda t})$.
$N = 10$,$R = 10$,અને $\lambda = 0.5$ કિંમતો મૂકતા:
$10 = \frac{10}{0.5} (1 - e^{-0.5t})$.
$10 = 20 (1 - e^{-0.5t})$.
$0.5 = 1 - e^{-0.5t}$.
$e^{-0.5t} = 0.5$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$-0.5t = \ln(0.5) = -\ln(2)$.
$0.5t = \ln(2)$.
$t = \frac{\ln(2)}{0.5} = 2 \ln(2) \approx 1.386 \text{ s}$.

(B) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $R = N \lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ હાજર રહેલા રેડિયોએક્ટિવ પરમાણુઓની સંખ્યા છે અને $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
સમય $T_1$ પર,$R_1 = N_1 \lambda \implies N_1 = R_1 / \lambda.$
સમય $T_2$ પર,$R_2 = N_2 \lambda \implies N_2 = R_2 / \lambda.$
સમયગાળા $(T_2 - T_1)$ માં વિઘટન પામેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $\Delta N = N_1 - N_2$ છે.
$N_1$ અને $N_2$ ની કિંમતો મૂકતા,આપણને $\Delta N = (R_1 - R_2) / \lambda$ મળે છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $T = \ln(2) / \lambda$ હોવાથી,$\lambda = \ln(2) / T$ થાય.
$\Delta N$ ના સમીકરણમાં $\lambda$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\Delta N = (R_1 - R_2) \cdot T / \ln(2)$ મળે છે.
$\ln(2)$ એ અચળાંક હોવાથી,$\Delta N \propto (R_1 - R_2) T$ થાય.

(C) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાનો ક્ષય દર રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે જણાવે છે કે એક્ટિવિટી $R = \lambda N$ છે.
પ્રથમ નમૂના માટે,$t$ સમયે ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_1(t) = N_1 e^{-\lambda_1 t}$ છે. તેથી,તેનો ક્ષય દર $R_1 = \lambda_1 N_1(t) = \lambda_1 N_1 e^{-\lambda_1 t}$ છે.
બીજા નમૂના માટે,$t$ સમયે ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_2(t) = N_2 e^{-\lambda_2 t}$ છે. તેથી,તેનો ક્ષય દર $R_2 = \lambda_2 N_2(t) = \lambda_2 N_2 e^{-\lambda_2 t}$ છે.
જ્યારે નમૂનાઓને મિશ્ર કરવામાં આવે છે,ત્યારે મિશ્રણનો કુલ ક્ષય દર એ વ્યક્તિગત ક્ષય દરોનો સરવાળો છે:
$R_{total} = R_1 + R_2 = N_1 \lambda_1 e^{-\lambda_1 t} + N_2 \lambda_2 e^{-\lambda_2 t}$.

(D) આપેલ ક્ષય અચળાંક $\lambda = 0.173 \, (years)^{-1}$ છે.
$1$. અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda} = \frac{0.693}{0.173} \approx 4 \, years$ છે.
$2$. સમય $t = 1/\lambda = 1/0.173 \, years$ માટે,બાકી રહેલો જથ્થો $N = N_0 e^{-\lambda t} = N_0 e^{-1} \approx 0.37 N_0$ થાય.
આમ,ક્ષય પામેલો જથ્થો $N_0 - 0.37 N_0 = 0.63 N_0$ એટલે કે $63\%$ થાય. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$3$. $8 \, years$ પછી,જે $2 \times T_{1/2}$ જેટલો સમય છે,બાકી રહેલો જથ્થો $N = N_0 (1/2)^2 = N_0/4$ થાય. તેથી,વિકલ્પ $C$ પણ સાચો છે.
તેથી,$A$ અને $C$ બંને સાચા છે.

(B) ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N(t)$ એ $t$ સમયે બાકી રહેલા અવિભંજિત પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
સમય $t_1$ પર,પદાર્થનો $\frac{1}{3}$ ભાગ ક્ષય પામે છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N(t_1) = N_0 - \frac{1}{3}N_0 = \frac{2}{3}N_0$ છે.
તેથી,$\frac{2}{3}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1} \Rightarrow e^{-\lambda t_1} = \frac{2}{3}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\lambda t_1 = \ln(\frac{2}{3}) \Rightarrow \lambda t_1 = \ln(1.5)$.
સમય $t_2$ પર,પદાર્થનો $\frac{2}{3}$ ભાગ ક્ષય પામે છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N(t_2) = N_0 - \frac{2}{3}N_0 = \frac{1}{3}N_0$ છે.
તેથી,$\frac{1}{3}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2} \Rightarrow e^{-\lambda t_2} = \frac{1}{3}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\lambda t_2 = \ln(\frac{1}{3}) \Rightarrow \lambda t_2 = \ln(3)$.
સમયગાળો $t_2 - t_1 = \frac{\ln(3) - \ln(1.5)}{\lambda} = \frac{\ln(3/1.5)}{\lambda} = \frac{\ln(2)}{\lambda}$ છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda} = 20 \, min$ હોવાથી,$t_2 - t_1 = 20 \, min$ મળે છે.

(B) તત્વ $A$ માટે,અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 20 \ min$. કુલ સમય $t = 80 \ min$. અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_A = \frac{80}{20} = 4$.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_A = \frac{N_0}{2^4} = \frac{N_0}{16}$.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસ $N_{A, decayed} = N_0 - \frac{N_0}{16} = \frac{15N_0}{16}$.
તત્વ $B$ માટે,અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 40 \ min$. કુલ સમય $t = 80 \ min$. અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_B = \frac{80}{40} = 2$.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_B = \frac{N_0}{2^2} = \frac{N_0}{4}$.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસ $N_{B, decayed} = N_0 - \frac{N_0}{4} = \frac{3N_0}{4}$.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસનો ગુણોત્તર $\frac{N_{A, decayed}}{N_{B, decayed}} = \frac{15N_0 / 16}{3N_0 / 4} = \frac{15}{16} \times \frac{4}{3} = \frac{5}{4}$.

(B) ધારો કે શરૂઆતમાં $A$ ના ન્યુક્લિયસની કુલ સંખ્યા $N_0$ છે.
સમય $t$ પર,$A$ ના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_A$ અને $B$ ની સંખ્યા $N_B$ છે.
આપેલ છે કે $\frac{N_B}{N_A} = 0.3$,તેથી $N_B = 0.3 N_A$.
ન્યુક્લિયસની કુલ સંખ્યા અચળ રહે છે: $N_0 = N_A + N_B = N_A + 0.3 N_A = 1.3 N_A$.
આમ,$N_A = \frac{N_0}{1.3}$.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ,$N_A = N_0 e^{-\lambda t}$.
$N_A$ ની કિંમત મૂકતા,$\frac{N_0}{1.3} = N_0 e^{-\lambda t}$,જેનો અર્થ છે કે $e^{\lambda t} = 1.3$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\lambda t = \ln(1.3)$.
કારણ કે $\lambda = \frac{\ln 2}{T}$,તેથી $t = \frac{\ln(1.3)}{\lambda} = \frac{\ln(1.3)}{\ln 2} T$.
લઘુગણકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\ln(1.3)}{\ln 2} = \frac{\log 1.3}{\log 2}$.
તેથી,$t = T \frac{\log 1.3}{\log 2}$.

(C) ધારો કે $t$ સમયે $R$ અને $S$ ના પરમાણુઓની સંખ્યા $N_R(t)$ અને $N_S(t)$ છે.
આપેલ પ્રારંભિક ગુણોત્તર $\frac{N_{R0}}{N_{S0}} = \frac{2}{1}$ છે.
ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ છે.
સમય $t$ એ $R$ ના ત્રણ અર્ધ-આયુષ્ય જેટલો છે,તેથી $t = 3 \times T_{1/2, R} = 3 \times \frac{\ln 2}{\lambda_R}$.
આમ,$\lambda_R t = 3 \ln 2$.
તત્વ $S$ માટે,ઘાતાંક $\lambda_S t = \lambda_S \times \frac{3 \ln 2}{\lambda_R} = 3 \ln 2 \times \frac{3 \times 10^{-3}}{4.5 \times 10^{-3}} = 3 \ln 2 \times \frac{2}{3} = 2 \ln 2$.
હવે,$t$ સમયે પરમાણુઓનો ગુણોત્તર:
$\frac{N_R(t)}{N_S(t)} = \frac{N_{R0} e^{-\lambda_R t}}{N_{S0} e^{-\lambda_S t}} = \frac{N_{R0}}{N_{S0}} \times e^{-(\lambda_R t - \lambda_S t)}$
$\frac{N_R(t)}{N_S(t)} = 2 \times e^{-(3 \ln 2 - 2 \ln 2)} = 2 \times e^{-\ln 2} = 2 \times \frac{1}{2} = 1$.
તેથી,ગુણોત્તર $1:1$ થશે.

(C) ધારો કે $N_0$ એ પ્રારંભિક રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે અને $T$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
સમય $t$ માં ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $\Delta N = N_0(1 - 2^{-t/T})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ $2 \ s$ માં,ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $n = N_0(1 - 2^{-2/T})$ છે.
પછીના $2 \ s$ માં ($t=2$ થી $t=4$ સુધી),ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $0.25n = N_0(1 - 2^{-4/T}) - N_0(1 - 2^{-2/T}) = N_0(2^{-2/T} - 2^{-4/T})$ છે.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{n}{0.25n} = \frac{1 - 2^{-2/T}}{2^{-2/T}(1 - 2^{-2/T})}$.
$4 = \frac{1}{2^{-2/T}} = 2^{2/T}$.
કારણ કે $4 = 2^2$,તેથી $2 = 2/T$,જે આપે છે $T = 1 \ s$.

(C) $\alpha$-ઉત્સર્જન માટે ક્ષય અચળાંક $\lambda_{\alpha} = \frac{1}{1620} \ year^{-1}$ છે.
$\beta$-ઉત્સર્જન માટે ક્ષય અચળાંક $\lambda_{\beta} = \frac{1}{405} \ year^{-1}$ છે.
બંને ઉત્સર્જન એકસાથે થતા હોવાથી,કુલ ક્ષય અચળાંક $\lambda = \lambda_{\alpha} + \lambda_{\beta} = \frac{1}{1620} + \frac{1}{405} = \frac{1 + 4}{1620} = \frac{5}{1620} = \frac{1}{324} \ year^{-1}$ થાય.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N = N_{0} e^{-\lambda t}$ છે,જ્યાં $\frac{N}{N_{0}} = \frac{1}{4}$ આપેલ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(\frac{N_{0}}{N}) = \lambda t$.
$\ln(4) = \lambda t \Rightarrow t = \frac{\ln(4)}{\lambda} = \frac{2 \ln(2)}{\lambda}$.
કિંમતો મૂકતા: $t = 324 \times 2 \times 0.6931 \approx 449 \ years$.

(B) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થની એક્ટિવિટીને ક્ષયના દર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જેનું માપન પ્રતિ સેકન્ડ વિભંજન $(dps)$ માં થાય છે。
$1\ Bq$ (બેકવેરલ) એટલે $1\ \text{વિભંજન/સેકન્ડ}$ $(1\ dps)$。
$1\ Ci$ (ક્યુરી) એટલે $1\ \text{ગ્રામ}$ રેડિયમ-$226$ ની એક્ટિવિટી,જે $3.7 \times 10^{10}\ \text{વિભંજન/સેકન્ડ}$ $(dps)$ જેટલી હોય છે。
તેથી,સાચો સંબંધ $1\ Ci = 3.7 \times 10^{10}\ dps$ છે。

(B) આલેખ પરથી, અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ એ સમય છે જેમાં એક્ટિવિટી (કાઉન્ટ રેટ) તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના અડધા થાય છે.
$t = 0$ સમયે, કાઉન્ટ રેટ $100 \, \text{counts/min}$ છે.
$t = 3 \, \text{કલાક}$ સમયે, કાઉન્ટ રેટ $50 \, \text{counts/min}$ છે.
આમ, અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 3 \, \text{કલાક} = 3 \times 60 = 180 \, \text{મિનિટ}$.
પ્રથમ અર્ધ-આયુષ્ય ગાળામાં કુલ કાઉન્ટ $N$ એ $t = 0$ થી $t = T_{1/2}$ સુધીની એક્ટિવિટી $A(t)$ ના સંકલન દ્વારા મળે છે.
$A(t) = A_0 e^{-\lambda t}$, જ્યાં $A_0 = 100$ અને $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{\ln 2}{180} \, \text{min}^{-1}$.
$N = \int_{0}^{180} 100 e^{-\left(\frac{\ln 2}{180}\right)t} dt = 100 \left[ \frac{e^{-\left(\frac{\ln 2}{180}\right)t}}{-\left(\frac{\ln 2}{180}\right)} \right]_{0}^{180} = \frac{100 \times 180}{\ln 2} (1 - e^{-\ln 2}) = \frac{18000}{\ln 2} (1 - 0.5) = \frac{9000}{0.693} \approx 12987$.
ઘાતાંકીય ક્ષય વક્રને જોતા, વાસ્તવિક કાઉન્ટ એ રેખીય અંદાજ $(75 \times 180 = 13500)$ કરતા થોડો વધારે છે. વિકલ્પોમાં આપેલ $14100$ એ સૌથી નજીકનો અંદાજ છે.

(B) ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{\ln(2)}{T_{1/2}} = \frac{0.693}{20} \approx 0.03465 \ min^{-1}$ છે.
વિઘટન માટેનો સમય $t = \frac{1}{\lambda} \ln \left( \frac{N_0}{N} \right)$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$33\%$ વિઘટન માટે,બાકી રહેલો જથ્થો $N_1 = 0.67N_0$ છે. સમય $t_1 = \frac{1}{0.03465} \ln \left( \frac{1}{0.67} \right) \approx 11.6 \ min$.
$67\%$ વિઘટન માટે,બાકી રહેલો જથ્થો $N_2 = 0.33N_0$ છે. સમય $t_2 = \frac{1}{0.03465} \ln \left( \frac{1}{0.33} \right) \approx 32.1 \ min$.
સમયનો તફાવત $\Delta t = t_2 - t_1 = 32.1 - 11.6 = 20.5 \ min$ છે.
આમ,નજીકના પૂર્ણાંકમાં તફાવત આશરે $20 \ min$ છે.

(A) પ્રારંભિક એક્ટિવિટી $A_0 = 1 \, \mu Ci = 10^{-6} \times 3.7 \times 10^{10} = 3.7 \times 10^4 \, \text{વિભંજન/સેકન્ડ}$.
$t = 5$ કલાક પછીની એક્ટિવિટી $A_t = A_0 e^{-\lambda t}$ છે.
આપેલ છે કે $e^{-\lambda t} = 0.7927$, તેથી $5$ કલાક પછી કુલ રક્તના કદ $V$ ની એક્ટિવિટી $A_t = A_0 \times 0.7927 = 3.7 \times 10^4 \times 0.7927 = 29330 \, \text{વિભંજન/સેકન્ડ}$ થશે.
આને પ્રતિ મિનિટ વિભંજનમાં ફેરવતા: $A_t = 29330 \times 60 = 1,759,800 \, \text{વિભંજન/મિનિટ}$.
$1 \, cm^3$ નમૂનાની એક્ટિવિટી $298 \, \text{વિભંજન/મિનિટ}$ છે.
કુલ કદ $V = \frac{\text{કુલ એક્ટિવિટી}}{\text{પ્રતિ } cm^3 \text{ એક્ટિવિટી}} = \frac{1,759,800}{298} \approx 5905 \, cm^3$.
$1000 \, cm^3 = 1 \, L$ હોવાથી, કુલ કદ $V \approx 5.9 \, L$ થાય.

(C) એક્ટિવિટી $R$ એ $R = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ છે.
આમ,ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N$ એ $N = \frac{R}{\lambda} = R \times \frac{T_{1/2}}{\ln 2}$ દ્વારા મળે છે.
$^{240}Pu$ માટે: $N_{Pu} = R_{Pu} \times \frac{(T_{1/2})_{Pu}}{\ln 2} = 5.00 \mu Ci \times \frac{6560 \ y}{\ln 2}$.
$^{243}Am$ માટે: $N_{Am} = R_{Am} \times \frac{(T_{1/2})_{Am}}{\ln 2} = 4.45 \mu Ci \times \frac{7370 \ y}{\ln 2}$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{N_{Pu}}{N_{Am}} = \frac{5.00 \times 6560}{4.45 \times 7370} = \frac{32800}{32796.5} \approx 1$.
ગુણોત્તર આશરે $1$ હોવાથી,બંને નમૂનાઓમાં ન્યુક્લિયસની સંખ્યા સમાન છે.