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

(C) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થ બે માર્ગો દ્વારા ક્ષય પામે છે. અસરકારક સરેરાશ આયુષ્ય $\tau$ નીચે મુજબના સંબંધ દ્વારા મળે છે:
$\frac{1}{\tau} = \frac{1}{\tau_1} + \frac{1}{\tau_2}$
આપેલ કિંમતો $\tau_1 = 1620 \, \text{વર્ષ}$ અને $\tau_2 = 520 \, \text{વર્ષ}$ મૂકતા:
$\tau = \frac{\tau_1 \tau_2}{\tau_1 + \tau_2} = \frac{1620 \times 520}{1620 + 520} = \frac{842400}{2140} \approx 393.64 \, \text{વર્ષ} \approx 394 \, \text{વર્ષ}$.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ અને સરેરાશ આયુષ્ય $\tau$ વચ્ચેનો સંબંધ:
$T_{1/2} = 0.693 \times \tau$
$T_{1/2} = 0.693 \times 393.64 \approx 272.79 \, \text{વર્ષ} \approx 273 \, \text{વર્ષ}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) ક્ષય અચળાંક $\lambda$ એ $\lambda = \frac{\ln(2)}{T_{1/2}} = \frac{0.693}{6.92 \ s} \approx 0.1 \ s^{-1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમય $t$ પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા મળે છે.
ન્યુક્લિયસની સંખ્યામાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{N_0 - N(t)}{N_0} = 1 - e^{-\lambda t}$ છે.
કિંમતો $t = 10 \ s$ અને $\lambda = 0.1 \ s^{-1}$ મૂકતા:
આંશિક ફેરફાર $= 1 - e^{-(0.1)(10)} = 1 - e^{-1}$.
કારણ કે $e^{-1} \approx 0.37$,તેથી આંશિક ફેરફાર $1 - 0.37 = 0.63$ થાય છે.

(B) ધારો કે બે મોડ માટે ક્ષય અચળાંકો અનુક્રમે $\lambda_{\alpha}$ અને $\lambda_{\beta}$ છે.
આપેલ છે કે નમૂનો $66.6 \%$ સમય $\alpha$-ક્ષય દ્વારા અને $33.3 \%$ સમય $\beta$-ક્ષય દ્વારા ક્ષય પામે છે,તેથી ક્ષય દરનો ગુણોત્તર $\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{\beta}} = \frac{66.6}{33.3} = 2$ છે.
આમ,$\lambda_{\alpha} = 2\lambda_{\beta}$ અથવા $\lambda_{\beta} = \frac{\lambda_{\alpha}}{2}$.
અસરકારક ક્ષય અચળાંક $\lambda_{eff} = \lambda_{\alpha} + \lambda_{\beta}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અસરકારક અર્ધ-આયુષ્ય $T_{eff} = 60 \text{ years}$ છે,તેથી $\lambda_{eff} = \frac{\ln 2}{60}$.
કિંમતો મૂકતા: $\lambda_{\alpha} + \frac{\lambda_{\alpha}}{2} = \frac{\ln 2}{60} \Rightarrow \frac{3\lambda_{\alpha}}{2} = \frac{\ln 2}{60}$.
તેથી,$\lambda_{\alpha} = \frac{2 \ln 2}{180} = \frac{\ln 2}{90}$.
માત્ર $\alpha$-ક્ષય માટે અર્ધ-આયુષ્ય $T_{\alpha} = \frac{\ln 2}{\lambda_{\alpha}} = 90 \text{ years}$ થશે.

(C) સહવર્તી ક્ષય માટે અસરકારક ક્ષય અચળાંક $\lambda_{eff} = \lambda_{\alpha} + \lambda_{\beta}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સરેરાશ આયુષ્ય $\tau = \frac{1}{\lambda}$ હોવાથી,$\frac{1}{\tau_{eff}} = \frac{1}{\tau_{\alpha}} + \frac{1}{\tau_{\beta}}$ થાય.
અહીં $\tau_{\alpha} = 30$ વર્ષ અને $\tau_{\beta} = 60$ વર્ષ આપેલ છે,તેથી અસરકારક સરેરાશ આયુષ્ય $\frac{1}{\tau_{eff}} = \frac{1}{30} + \frac{1}{60} = \frac{3}{60} = \frac{1}{20}$ મળે.
આમ,$\tau_{eff} = 20$ વર્ષ.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ અને સરેરાશ આયુષ્ય વચ્ચેનો સંબંધ $T_{1/2} = \tau \ln(2)$ છે.
જો આપણે અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2, eff} = 20$ વર્ષ લઈએ,તો $2$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી નમૂનો $(1/2)^2 = 1/4$ બાકી રહેશે.
તેથી,જરૂરી સમય $t = 2 \times 20 = 40$ વર્ષ થાય.

(C) ધારો કે પ્રથમ વખત રાખવામાં આવેલી પ્રારંભિક માત્રા $N_0$ છે. તેથી બીજી વખત રાખવામાં આવેલી માત્રા $2N_0$ છે.
ધારો કે પ્રથમ નમૂના માટે વીતેલો સમય $t_1$ છે અને બીજા નમૂના માટે વીતેલો સમય $t_2$ છે. સમયનો તફાવત $\tau = t_1 - t_2$ છે.
એક્ટિવિટીનું સૂત્ર $A = \lambda N = \lambda N_{initial} e^{-\lambda t}$ છે.
પ્રથમ નમૂના માટે: $A_1 = \lambda N_0 e^{-\lambda t_1}$.
બીજા નમૂના માટે: $A_2 = \lambda (2N_0) e^{-\lambda t_2}$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{A_1}{A_2} = \frac{\lambda N_0 e^{-\lambda t_1}}{2 \lambda N_0 e^{-\lambda t_2}} = \frac{1}{2} e^{-\lambda (t_1 - t_2)} = \frac{1}{2} e^{-\lambda \tau}$.
$\tau$ માટે ગોઠવતા: $e^{\lambda \tau} = \frac{A_2}{2A_1}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\lambda \tau = \ln \left( \frac{A_2}{2A_1} \right)$.
કારણ કે $\lambda = \frac{\ln 2}{T}$,તેથી $\tau = \frac{T}{\ln 2} \ln \left( \frac{A_2}{2A_1} \right)$.

(B) વિઘટનનો દર $R = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આપેલ છે કે $R_A = R_B$,તેથી $\lambda_A N_A = \lambda_B N_B$.
$\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ હોવાથી,$\left( \frac{\ln 2}{T} \right) N_A = \left( \frac{\ln 2}{2T} \right) N_B$,જેનું સાદું રૂપ $N_B = 2N_A$ થાય છે.
ક્ષયના નિયમ $N = N_0 e^{-\lambda t}$ નો ઉપયોગ કરતા,$x e^{-\lambda_B t} = 2 x e^{-\lambda_A t}$.
$\lambda_A = \frac{\ln 2}{T}$ અને $\lambda_B = \frac{\ln 2}{2T}$ મૂકતા,$e^{-\frac{\ln 2}{2T} t} = 2 e^{-\frac{\ln 2}{T} t}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\frac{\ln 2}{2T} t = \ln 2 - \frac{\ln 2}{T} t$.
$\ln 2$ વડે ભાગતા: $-\frac{t}{2T} = 1 - \frac{t}{T} \Rightarrow \frac{t}{2T} = 1 \Rightarrow t = 2T$.
$t = 2T$ સમયે,$A$ એ $2$ અર્ધ-આયુષ્ય પૂર્ણ કર્યા છે,તેથી $N_A = \frac{x}{2^2} = \frac{x}{4}$. વિઘટિત $A = x - \frac{x}{4} = 0.75x$.
$t = 2T$ સમયે,$B$ એ $1$ અર્ધ-આયુષ્ય પૂર્ણ કર્યું છે,તેથી $N_B = \frac{x}{2^1} = \frac{x}{2}$. વિઘટિત $B = x - \frac{x}{2} = 0.5x$.
બનેલા $C$ ન્યુક્લિયસની કુલ સંખ્યા એ વિઘટિત $A$ અને $B$ નો સરવાળો છે: $0.75x + 0.5x = 1.25x$.

(B) નમૂનાનો ક્ષય પામતો ભાગ $7/8$ છે. તેથી, બાકી રહેલો ભાગ $N/N_0 = 1 - 7/8 = 1/8$ છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ મુજબ, $N/N_0 = (1/2)^n$, જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
$1/8 = (1/2)^n$
$(1/2)^3 = (1/2)^n$
\text{તેથી}, $n = 3$.
\text{અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા } n \text{ એ } n = t / T_{1/2} \text{ દ્વારા આપવામાં આવે છે}, \text{જ્યાં } t = 15 \ minutes \text{ છે}.
$3 = 15 / T_{1/2}$
$T_{1/2} = 15 / 3 = 5 \ minutes$.
આમ, નમૂનાનો અર્ધ-આયુષ્ય સમય $5 \ minutes$ છે.

(A) ક્ષય અચળાંક $\lambda$ અને અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ વચ્ચેનો સંબંધ $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ છે.
$\alpha$-ઉત્સર્જન માટે,ક્ષય અચળાંક $\lambda_{\alpha} = \frac{\ln 2}{T}$ છે.
$\beta$-ઉત્સર્જન માટે,ક્ષય અચળાંક $\lambda_{\beta} = \frac{\ln 2}{2T}$ છે.
જ્યારે ક્ષય એકસાથે થતા હોય,ત્યારે કુલ ક્ષય અચળાંક $\lambda_{total}$ એ વ્યક્તિગત ક્ષય અચળાંકોનો સરવાળો છે:
$\lambda_{total} = \lambda_{\alpha} + \lambda_{\beta} = \frac{\ln 2}{T} + \frac{\ln 2}{2T}$.
$\frac{\ln 2}{T}$ ને સામાન્ય લેતા:
$\lambda_{total} = \frac{\ln 2}{T} (1 + \frac{1}{2}) = \frac{\ln 2}{T} (\frac{3}{2}) = \frac{3}{2} \frac{\ln 2}{T}$.

(C) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A$ એ ક્ષયના દર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે,જે $A = |\frac{dN}{dt}| = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ હાજર રહેલા રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે.
નમૂનામાં મોલની સંખ્યા $n = \frac{m}{M}$ છે.
કુલ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N$ એ $N = n \times N_A = \frac{m}{M} \times N_A$ દ્વારા મળે છે.
આ કિંમતને એક્ટિવિટીના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $A = \lambda \times \frac{m}{M} \times N_A = \frac{\lambda m N_A}{M}$ મળે છે.

(D) આલેખ $\ln A$ અને $t$ વચ્ચે દોરેલી એક સીધી રેખા છે. સીધી રેખાનું સમીકરણ $y = mx + C$ છે.
અહીં,$y = \ln A$ અને $x = t$ છે.
$\ln A$ અક્ષ પરનો આંતરછેદ $C = 2.6$ છે.
ઢાળ $m$ ની ગણતરી આ રીતે થાય છે: $m = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} = \frac{0 - 2.6}{26 - 0} = -\frac{2.6}{26} = -0.1$.
આમ,રેખાનું સમીકરણ $\ln A = -0.1t + 2.6$ છે.
બંને બાજુ એક્સપોનેન્શિયલ લેતા,આપણને મળે છે $A = e^{-0.1t + 2.6} = e^{2.6} \cdot e^{-0.1t}$.
આપેલ છે કે $\ln 12 = 2.6$,તેથી $e^{2.6} = 12$ થાય.
આ કિંમત મૂકતા,આપણને $A = 12 e^{-0.1t}$ મળે છે.

(B) ધારો કે બે મોડ માટે ક્ષય અચળાંકો અનુક્રમે $\lambda_{\alpha}$ અને $\lambda_{\beta}$ છે.
આપેલ છે કે $\alpha$-ક્ષયની સંભાવના $66.6\%$ $(2/3)$ અને $\beta$-ક્ષયની સંભાવના $33.3\%$ $(1/3)$ છે,તેથી ક્ષય અચળાંકોનો ગુણોત્તર $\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{\beta}} = \frac{2/3}{1/3} = 2$ છે,એટલે કે $\lambda_{\beta} = \frac{\lambda_{\alpha}}{2}$.
અસરકારક ક્ષય અચળાંક $\lambda_{eff} = \lambda_{\alpha} + \lambda_{\beta}$ છે.
અસરકારક અર્ધ-આયુષ્ય $T_{eff} = \frac{\ln 2}{\lambda_{eff}} = 60 \text{ years}$ છે.
$\lambda_{\beta} = \frac{\lambda_{\alpha}}{2}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા: $\lambda_{eff} = \lambda_{\alpha} + \frac{\lambda_{\alpha}}{2} = \frac{3\lambda_{\alpha}}{2}$.
આમ,$\frac{\ln 2}{\frac{3\lambda_{\alpha}}{2}} = 60 \Rightarrow \frac{\ln 2}{\lambda_{\alpha}} = 60 \times \frac{3}{2} = 90 \text{ years}$.
માત્ર $\alpha$-ક્ષય માટેનું અર્ધ-આયુષ્ય $T_{\alpha} = \frac{\ln 2}{\lambda_{\alpha}} = 90 \text{ years}$ થશે.

(C) ધારો કે $N_0$ એ રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લાઇડ $X$ ના પરમાણુઓની પ્રારંભિક સંખ્યા છે. કોઈપણ સમયે $t$,$X$ ના બાકી રહેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $N_X(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda = \frac{\ln(2)}{\tau}$ છે.
જેમ કે $X$ એ $Y$ માં ક્ષય પામે છે,તેથી સમય $t$ પર $Y$ ના પરમાણુઓની સંખ્યા $N_Y(t) = N_0 - N_X(t) = N_0(1 - e^{-\lambda t})$ છે.
છેદન બિંદુ $T$ પર,$N_X(T) = N_Y(T)$ થાય છે.
તેથી,$N_0 e^{-\lambda T} = N_0(1 - e^{-\lambda T})$.
$N_0$ વડે ભાગતા,આપણને $e^{-\lambda T} = 1 - e^{-\lambda T}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $2e^{-\lambda T} = 1$,અથવા $e^{-\lambda T} = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$-\lambda T = \ln(1/2) = -\ln(2)$.
આમ,$\lambda T = \ln(2)$.
$\lambda = \frac{\ln(2)}{\tau}$ મૂકતા,આપણને $\left(\frac{\ln(2)}{\tau}\right) T = \ln(2)$ મળે છે.
$T$ માટે ઉકેલતા,આપણને $T = \tau$ મળે છે.

(C) વિઘટન દર $R$ એ $R = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે અને $N$ એ સમય $t$ પર બાકી રહેલા રેડિયોએક્ટિવ પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે $T_{1/2, A} = 2 \ hr$ અને $T_{1/2, B} = 4 \ hr$. ક્ષય અચળાંકો $\lambda_A = \frac{\ln 2}{2}$ અને $\lambda_B = \frac{\ln 2}{4}$ છે.
શરૂઆતમાં,$N_A(0) = N_B(0) = N_0$.
$t = 2 \ hr$ સમયે,બાકી રહેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t} = N_0 (1/2)^{t/T_{1/2}}$ છે.
સ્ત્રોત $A$ માટે: $N_A(2) = N_0 (1/2)^{2/2} = N_0/2$.
સ્ત્રોત $B$ માટે: $N_B(2) = N_0 (1/2)^{2/4} = N_0/\sqrt{2}$.
વિઘટન દર $R_A = \lambda_A N_A$ અને $R_B = \lambda_B N_B$ છે.
ગુણોત્તર $\frac{R_A}{R_B} = \frac{\lambda_A N_A}{\lambda_B N_B} = \frac{(\ln 2 / 2) \times (N_0 / 2)}{(\ln 2 / 4) \times (N_0 / \sqrt{2})} = \frac{1/4}{1/(4\sqrt{2})} = \sqrt{2}$.
આમ,ગુણોત્તર $\sqrt{2} : 1$ છે.

(D) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની $t$ સમયે એક્ટિવિટીનું સૂત્ર: $A = A_0 \left( \frac{1}{2} \right)^{t / T_{1/2}}$ છે.
આપેલ છે: $A_0 = 64 \times 10^{-5} \text{ Ci}$,$A = 5 \times 10^{-6} \text{ Ci}$,અને $T_{1/2} = 3 \text{ દિવસ}$.
કિંમતો મૂકતા: $5 \times 10^{-6} = 64 \times 10^{-5} \left( \frac{1}{2} \right)^{t / 3}$.
બંને બાજુ $64 \times 10^{-5}$ વડે ભાગતા: $\frac{5 \times 10^{-6}}{64 \times 10^{-5}} = \left( \frac{1}{2} \right)^{t / 3}$.
$\frac{0.5}{64} = \left( \frac{1}{2} \right)^{t / 3} \Rightarrow \frac{1}{128} = \left( \frac{1}{2} \right)^{t / 3}$.
કારણ કે $\frac{1}{128} = \left( \frac{1}{2} \right)^7$,તેથી $\left( \frac{1}{2} \right)^7 = \left( \frac{1}{2} \right)^{t / 3}$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા: $7 = \frac{t}{3} \Rightarrow t = 21 \text{ દિવસ}$.

(C) $t$ સમય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
પદાર્થ $A$ માટે: $T_{1/2, A} = 20 \text{ min}$,$t = 80 \text{ min}$. અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_A = \frac{80}{20} = 4$.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_A = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^4 = \frac{N_0}{16}$.
પદાર્થ $B$ માટે: $T_{1/2, B} = 40 \text{ min}$,$t = 80 \text{ min}$. અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_B = \frac{80}{40} = 2$.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_B = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{N_0}{4}$.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસનો ગુણોત્તર $\frac{N_A}{N_B} = \frac{N_0/16}{N_0/4} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$ છે.

(A) ધારો કે બંને પદાર્થો માટે શરૂઆતના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0$ છે.
સમય $t$ પર અવિભંજિત ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$X_1$ માટે,$N_1 = N_0 e^{-6\lambda t}$.
$X_2$ માટે,$N_2 = N_0 e^{-4\lambda t}$.
ગુણોત્તર $\frac{N_1}{N_2} = \frac{1}{e}$ આપેલ છે.
સમીકરણો મૂકતા: $\frac{N_0 e^{-6\lambda t}}{N_0 e^{-4\lambda t}} = e^{-6\lambda t + 4\lambda t} = e^{-2\lambda t}$.
$\frac{1}{e} = e^{-1}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $e^{-2\lambda t} = e^{-1}$ મળે છે.
ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા: $-2\lambda t = -1$.
તેથી,$t = \frac{1}{2\lambda} \, s$.

(C) મૂળ નમૂનામાં હાજર સક્રિય ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0 = 4 \times 10^{16}$ છે.
તત્વનો અર્ધ-આયુષ્ય સમય $T_{1/2} = 10$ દિવસ છે.
$30$ દિવસમાં અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{30}{10} = 3$ છે.
$30$ દિવસ પછી બાકી રહેલા સક્રિય ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = \frac{N_0}{2^n} = \frac{4 \times 10^{16}}{2^3} = \frac{4 \times 10^{16}}{8} = 0.5 \times 10^{16}$ છે.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{decayed} = N_0 - N$ દ્વારા મળે છે.
$N_{decayed} = 4 \times 10^{16} - 0.5 \times 10^{16} = 3.5 \times 10^{16}$.

(B) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની $t$ સમયે એક્ટિવિટી $A(t) = A_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $t = 1 \text{ કલાક}$ પર,$A(1) = \frac{A_0}{\sqrt{3}}$.
આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા: $\frac{A_0}{\sqrt{3}} = A_0 e^{-\lambda(1)}$,જેનો અર્થ છે કે $e^{-\lambda} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
આપણે વધુ $3$ કલાક પછીની એક્ટિવિટી શોધવાની છે,એટલે કે કુલ સમય $t = 1 + 3 = 4 \text{ કલાક}$ પર.
$A(4) = A_0 e^{-\lambda(4)} = A_0 (e^{-\lambda})^4$.
$e^{-\lambda} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$A(4) = A_0 \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^4 = A_0 \left(\frac{1}{3^2}\right) = \frac{A_0}{9}$.

(B) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમય $t = 0$ પર,$N(0) = N_0 = 1000$.
સમય $t = 2 \ s$ પર,$N(2) = 1000 e^{-2\lambda} = 900$.
આનો અર્થ એ છે કે $e^{-2\lambda} = \frac{900}{1000} = 0.9$.
સમય $t = 4 \ s$ પર,ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(4) = N_0 e^{-4\lambda} = N_0 (e^{-2\lambda})^2$ થશે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $N(4) = 1000 \times (0.9)^2$ મળે છે.
$N(4) = 1000 \times 0.81 = 810$.
તેથી,$t = 4 \ s$ પર ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $810$ હશે.

(B) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ અર્ધ-આયુષ્ય સમય છે.
આપેલ છે કે પદાર્થ તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના $25\%$ સુધી ઘટી જાય છે,તેથી $N(t) = 0.25 N_0 = \frac{1}{4} N_0$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{1}{4} N_0 = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{16/T}$.
આને સાદું રૂપ આપતા $\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^{16/T}$ મળે છે.
ઘાતાંકોને સરખાવતા,$2 = \frac{16}{T}$ મળે છે.
$T$ માટે ઉકેલતા,આપણને $T = \frac{16}{2} = 8\, days$ મળે છે.

(C) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A = A_0 (1/2)^{t/T_{1/2}}$ ના નિયમનું પાલન કરે છે,જ્યાં $A$ એ અંતિમ એક્ટિવિટી છે,$A_0$ એ પ્રારંભિક એક્ટિવિટી છે,$t$ એ વીતેલો સમય છે અને $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
આપેલ છે કે $A_0 = 16000 \ counts \ min^{-1}$,$A = 2000 \ counts \ min^{-1}$,અને $t = 12 \ h$.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા: $2000 = 16000 \times (1/2)^{12/T_{1/2}}$.
બંને બાજુ $16000$ વડે ભાગતા: $2000/16000 = (1/2)^{12/T_{1/2}}$.
$1/8 = (1/2)^{12/T_{1/2}}$.
કારણ કે $1/8 = (1/2)^3$,તેથી $(1/2)^3 = (1/2)^{12/T_{1/2}}$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા: $3 = 12/T_{1/2}$.
$T_{1/2}$ માટે ઉકેલતા: $T_{1/2} = 12/3 = 4 \ h$.

(C) $t$ સમય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_0 (1/2)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = t / T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
પદાર્થ $A$ માટે: $T_{1/2, A} = 20 \ min$. $80 \ min$ માં અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_A = 80 / 20 = 4$ છે.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_A = N_0 (1/2)^4 = N_0 / 16$.
પદાર્થ $B$ માટે: $T_{1/2, B} = 40 \ min$. $80 \ min$ માં અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_B = 80 / 40 = 2$ છે.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_B = N_0 (1/2)^2 = N_0 / 4$.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસનો ગુણોત્તર $N_A / N_B = (N_0 / 16) / (N_0 / 4) = 4 / 16 = 1 / 4$ છે.

(A) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A$ એ $A = |dN/dt| = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે એક્ટિવિટી $1 \ h$ માં $4\%$ ઘટે છે,તેથી એક્ટિવિટીમાં થતો આંશિક ફેરફાર: $\frac{\Delta A}{A} = 0.04$ અને સમયગાળો $\Delta t = 1 \ h$ છે.
સૂત્ર $A = A_0 e^{-\lambda t}$ પરથી,નાના $\lambda t$ માટે,આપણે $A = A_0(1 - \lambda t)$ લખી શકીએ,જે $\frac{A_0 - A}{A_0} = \lambda t$ આપે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $0.04 = \lambda \times (1 \ h)$.
આમ,ક્ષય અચળાંક $\lambda = 0.04 \ h^{-1}$ મળે છે.
સરેરાશ આયુષ્ય $T$ એ ક્ષય અચળાંકનો વ્યસ્ત છે: $T = \frac{1}{\lambda}$.
$T = \frac{1}{0.04} \ h = 25 \ h$.

(D) સમય $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A(t) = A_0 (1/2)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = t / T_{1/2}$ એ પસાર થયેલા અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
$t = 48$ વર્ષે ન્યુક્લાઇડ $X$ માટે:
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_X = 48 / 24 = 2$.
એક્ટિવિટી $A_X = A_0 (1/2)^2 = A_0 / 4$.
$t = 48$ વર્ષે ન્યુક્લાઇડ $Y$ માટે:
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_Y = 48 / 16 = 3$.
એક્ટિવિટી $A_Y = A_0 (1/2)^3 = A_0 / 8$.
મિશ્રણની કુલ એક્ટિવિટી એ વ્યક્તિગત એક્ટિવિટીઓનો સરવાળો છે:
$A_{total} = A_X + A_Y = A_0 / 4 + A_0 / 8 = (2 A_0 + A_0) / 8 = 3 A_0 / 8$.

(B) ધારો કે શરૂઆતમાં રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{0}$ છે.
$33 \%$ ક્ષય પછી,બાકી રહેલા અક્ષયિત ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{1} = N_{0} - 0.33 N_{0} = 0.67 N_{0}$ છે.
$67 \%$ ક્ષય પછી,બાકી રહેલા અક્ષયિત ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{2} = N_{0} - 0.67 N_{0} = 0.33 N_{0}$ છે.
આપણે જોઈએ છીએ કે $N_{2} \approx \frac{N_{1}}{2}$,કારણ કે $0.33 N_{0} \approx \frac{0.67 N_{0}}{2}$ થાય છે.
અર્ધ-આયુષ્યની વ્યાખ્યા મુજબ,અક્ષયિત ન્યુક્લિયસની સંખ્યા તેની પ્રારંભિક કિંમત કરતા અડધી થવા માટે જરૂરી સમય એ બરાબર એક અર્ધ-આયુષ્ય જેટલો હોય છે.
તેથી,પદાર્થને $33 \%$ થી $67 \%$ સુધી ક્ષય થવા માટે લાગતો સમય એ પદાર્થના અર્ધ-આયુષ્ય જેટલો જ એટલે કે $20 \, minutes$ છે.

(A) નમૂનાનું અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 15$ વર્ષ છે.
જો નમૂનાનો $96.875\%$ ક્ષય થાય,તો બાકી રહેલો જથ્થો $N$ એ પ્રારંભિક જથ્થા $N_0$ ના $100\% - 96.875\% = 3.125\%$ જેટલો હોય.
આપણે લખી શકીએ કે $N = N_0 \times \frac{3.125}{100} = N_0 \times \frac{3125}{100000} = N_0 \times \frac{1}{32}$.
કારણ કે $\frac{1}{32} = (\frac{1}{2})^5$,તેથી અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = 5$ છે.
કુલ લાગતો સમય $t = n \times T_{1/2} = 5 \times 15 = 75$ વર્ષ છે.

(D) ધારો કે બંને પદાર્થો માટે શરૂઆતના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0$ છે.
$t$ સમય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદાર્થ $x_1$ માટે,$N_1(t) = N_0 e^{-(10\lambda)t}$.
પદાર્થ $x_2$ માટે,$N_2(t) = N_0 e^{-\lambda t}$.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{N_1}{N_2} = \frac{1}{e}$ મુજબ:
$\frac{N_0 e^{-10\lambda t}}{N_0 e^{-\lambda t}} = e^{-1}$
$e^{-10\lambda t + \lambda t} = e^{-1}$
$e^{-9\lambda t} = e^{-1}$
ઘાતાંકની સરખામણી કરતા: $-9\lambda t = -1$
તેથી,$t = \frac{1}{9\lambda}$.

(D) ધારો કે શરૂઆતમાં રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0$ છે.
સમય $t_1$ પર,ક્ષય પામેલો જથ્થો $\frac{1}{3}N_0$ છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N(t_1) = N_0 - \frac{1}{3}N_0 = \frac{2}{3}N_0$ છે.
સમય $t_2$ પર,ક્ષય પામેલો જથ્થો $\frac{2}{3}N_0$ છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N(t_2) = N_0 - \frac{2}{3}N_0 = \frac{1}{3}N_0$ છે.
આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $N(t_2) = \frac{1}{2} N(t_1)$.
કારણ કે સક્રિય ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $(t_2 - t_1)$ સમયગાળામાં અડધી થઈ જાય છે,તેથી આ સમયગાળો અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ જેટલો જ હોય.
તેથી,$t_2 - t_1 = T_{1/2} = 50 \, \text{દિવસ}$.

(B) ધારો કે $N$ એ બાકી રહેલા રેડિયોએક્ટિવ આઇસોટોપ $X$ નો જથ્થો છે અને $N_0$ એ પ્રારંભિક જથ્થો છે.
બનેલા સ્થાયી તત્વ $Y$ નો જથ્થો $N_0 - N$ છે.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{N}{N_0 - N} = \frac{1}{15}$ છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{N_0 - N}{N} = 15$,તેથી $\frac{N_0}{N} - 1 = 15$,જે $\frac{N_0}{N} = 16$ આપે છે.
આપણે રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ જાણીએ છીએ: $N = N_0 (\frac{1}{2})^{t/T_{1/2}}$,જ્યાં $T_{1/2} = 50$ વર્ષ છે.
તેથી,$\frac{N_0}{N} = 2^{t/T_{1/2}} = 16$.
કારણ કે $16 = 2^4$,આપણી પાસે $\frac{t}{T_{1/2}} = 4$ છે.
તેથી,$t = 4 \times 50 = 200$ વર્ષ.

(A) $\alpha$-ઉત્સર્જન માટે ક્ષય અચળાંક $\lambda_1 = \frac{1}{\tau_1} = \frac{1}{30} \, \text{year}^{-1}$ છે.
$\beta$-ઉત્સર્જન માટે ક્ષય અચળાંક $\lambda_2 = \frac{1}{\tau_2} = \frac{1}{60} \, \text{year}^{-1}$ છે.
નમૂનો બંને પ્રક્રિયાઓ દ્વારા એકસાથે ક્ષય પામતો હોવાથી,અસરકારક ક્ષય અચળાંક $\lambda_{eff} = \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{1}{30} + \frac{1}{60} = \frac{3}{60} = \frac{1}{20} \, \text{year}^{-1}$ થાય.
અસરકારક સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_{eff} = \frac{1}{\lambda_{eff}} = 20 \, \text{years}$ છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = \tau_{eff} \ln(2) = 20 \times 0.693 = 13.86 \, \text{years}$ છે.
નમૂનો તેના પ્રારંભિક જથ્થાના એક-ચતુર્થાંશ ભાગ સુધી ઘટવા માટે જરૂરી સમય $t$ એ $N(t) = N_0 (1/2)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
$(1/2)^2 = 1/4$ હોવાથી,આપણને $n = 2$ અર્ધ-આયુષ્યની જરૂર છે.
તેથી,$t = 2 \times T_{1/2} = 2 \times 13.86 \approx 27.72 \, \text{years}$,જે આશરે $28 \, \text{years}$ છે.

(B) સમય $t$ પછી બાકી રહેલા રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે $N_0 = 1.414 \times 10^6$,$N = 10^6$,અને $t = 10 \text{ min}$.
કિંમતો મૂકતા: $10^6 = 1.414 \times 10^6 \times \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
$\frac{1}{1.414} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
કારણ કે $1.414 \approx \sqrt{2}$,તેથી $\frac{1}{\sqrt{2}} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
$(2)^{-1/2} = (2)^{-n}$.
તેથી,$n = 1/2$.
કારણ કે $n = \frac{t}{T_{1/2}}$,તેથી $1/2 = \frac{10}{T_{1/2}}$.
$T_{1/2} = 20 \text{ min}$.

(A) સમાન રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થ માટે,ક્ષય અચળાંક $\lambda$ બધા ટુકડાઓ માટે સમાન હોય છે.
રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A$ એ $A = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ સમય $t$ પર હાજર રહેલા રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે.
$\lambda$ અચળ હોવાથી,એક્ટિવિટી એ ન્યુક્લિયસની સંખ્યાના સમપ્રમાણમાં છે: $A \propto N$.
કોઈપણ સમયે $t$ પર,દરેક ટુકડામાં ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ છે,જ્યાં $N_0$ એ ન્યુક્લિયસની પ્રારંભિક સંખ્યા છે.
તેથી,કોઈપણ સમયે $t$ પર એક્ટિવિટીનો ગુણોત્તર:
$A_1 : A_2 : A_3 = (\lambda N_{0,1} e^{-\lambda t}) : (\lambda N_{0,2} e^{-\lambda t}) : (\lambda N_{0,3} e^{-\lambda t})$
$A_1 : A_2 : A_3 = N_{0,1} : N_{0,2} : N_{0,3}$
કારણ કે એક્ટિવિટીનો પ્રારંભિક ગુણોત્તર $1 : 2 : 3$ હતો,તેથી ન્યુક્લિયસની પ્રારંભિક સંખ્યાનો ગુણોત્તર $N_{0,1} : N_{0,2} : N_{0,3}$ પણ $1 : 2 : 3$ જ હોવો જોઈએ.
આમ,ભવિષ્યમાં કોઈપણ સમયે તેમની એક્ટિવિટીનો ગુણોત્તર $1 : 2 : 3$ જ રહેશે.

(B) $X$ નું અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2, X} = \frac{0.693}{\lambda_X}$ છે.
$Y$ નું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_Y = \frac{1}{\lambda_Y}$ છે.
આપેલ છે કે $T_{1/2, X} = \tau_Y$,તેથી $\frac{0.693}{\lambda_X} = \frac{1}{\lambda_Y}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{\lambda_X}{\lambda_Y} = 0.693$.
ક્ષય દર $R$ એ $R = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં પરમાણુઓની સંખ્યા $N_X = N_Y = N_0$ હોવાથી,શરૂઆતનો ક્ષય દર $R_X = \lambda_X N_0$ અને $R_Y = \lambda_Y N_0$ છે.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{R_X}{R_Y} = \frac{\lambda_X}{\lambda_Y} = 0.693$.
કારણ કે $0.693 < 1$ છે,તેથી $R_X < R_Y$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $Y$ એ $X$ કરતા શરૂઆતમાં ઝડપથી ક્ષય પામે છે.

(D) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $R = N \lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N$ એ રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે અને $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
ક્ષય અચળાંક $\lambda$ એ અર્ધ-આયુષ્ય $T$ સાથે $\lambda = \frac{\ln 2}{T}$ દ્વારા સંબંધિત છે.
સમય $T_1$ પર,એક્ટિવિટી $R_1 = N_1 \lambda$ છે,તેથી $N_1 = \frac{R_1}{\lambda} = \frac{R_1 T}{\ln 2}$.
સમય $T_2$ પર,એક્ટિવિટી $R_2 = N_2 \lambda$ છે,તેથી $N_2 = \frac{R_2}{\lambda} = \frac{R_2 T}{\ln 2}$.
$(T_2 - T_1)$ સમયગાળામાં વિઘટન પામેલા પરમાણુઓની સંખ્યા એ આ સમય પર હાજર ન્યુક્લિયસની સંખ્યાનો તફાવત છે: $\Delta N = N_1 - N_2$.
$N_1$ અને $N_2$ માટેના સમીકરણો મૂકતા:
$\Delta N = \frac{R_1 T}{\ln 2} - \frac{R_2 T}{\ln 2} = \frac{T}{\ln 2} (R_1 - R_2)$.
જેમ કે $T$ અને $\ln 2$ અચળાંકો છે,તેથી વિઘટન પામેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $(R_1 - R_2)$ ના પ્રમાણમાં છે.

(B) સમય $t$ પર બાકી રહેલા રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda = \frac{1}{\tau_{mean}}$ છે.
પ્રથમ જાતિ માટે,જેનું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_1 = \tau$ છે,ક્ષય અચળાંક $\lambda_1 = \frac{1}{\tau}$ છે.
$t = 5\tau$ સમયે બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_1 = N_0 e^{-\lambda_1 t} = N_0 e^{-(1/\tau)(5\tau)} = N_0 e^{-5} = \frac{N_0}{e^5}$ છે.
બીજી જાતિ માટે,જેનું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_2 = 5\tau$ છે,ક્ષય અચળાંક $\lambda_2 = \frac{1}{5\tau}$ છે.
$t = 5\tau$ સમયે બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_2 = N_0 e^{-\lambda_2 t} = N_0 e^{-(1/5\tau)(5\tau)} = N_0 e^{-1} = \frac{N_0}{e}$ છે.
રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની કુલ સંખ્યા $N_{total} = N_1 + N_2 = \frac{N_0}{e^5} + \frac{N_0}{e}$ છે.
$N_0$ ને સામાન્ય લેતા,$N_{total} = N_0 \left( \frac{1 + e^4}{e^5} \right)$ મળે છે.

(A) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટીનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ છે.
આપેલ છે કે $t = 0$ સમયે $N = N_0$ અને $t = 5$ મિનિટ સમયે $N = N_0/e$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{N_0}{e} = N_0 e^{-\lambda(5)}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $e^{-1} = e^{-5\lambda}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $5\lambda = 1$,તેથી $\lambda = 1/5 \text{ min}^{-1}$.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ એ સમય છે જ્યારે એક્ટિવિટી તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના અડધા સુધી ઘટી જાય છે,એટલે કે $N = N_0/2$.
$N = N_0 e^{-\lambda t}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{N_0}{2} = N_0 e^{-\lambda t} \Rightarrow 2 = e^{\lambda t}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા: $\ln 2 = \lambda t$.
$\lambda = 1/5$ મૂકતા: $\ln 2 = \frac{t}{5} \Rightarrow t = 5 \ln 2$ મિનિટ.

(C) ધારો કે $N_0$ એ $X$ ના પરમાણુઓની પ્રારંભિક સંખ્યા છે. કોઈપણ સમય $T$ પર,બાકી રહેલા $X$ ના પરમાણુઓની સંખ્યા $N_X(T) = N_0 e^{-\lambda T}$ છે.
જેમ કે $X$ નો ક્ષય $Y$ માં થાય છે,સમય $T$ પર બનેલા $Y$ ના પરમાણુઓની સંખ્યા $N_Y(T) = N_0(1 - e^{-\lambda T})$ છે.
છેદન બિંદુ પર,$N_X(T) = N_Y(T)$ થાય છે.
તેથી,$N_0 e^{-\lambda T} = N_0(1 - e^{-\lambda T})$.
$e^{-\lambda T} = 1 - e^{-\lambda T} \implies 2e^{-\lambda T} = 1 \implies e^{-\lambda T} = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$-\lambda T = \ln(1/2) = -\ln(2)$.
તેથી,$T = \frac{\ln(2)}{\lambda}$.
અર્ધ-આયુષ્ય સમય $t = \frac{\ln(2)}{\lambda}$ હોવાથી,આપણને $T = t$ મળે છે.

(A) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટીનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ છે.
$t = 0$ સમયે, એક્ટિવિટી $N_0$ છે.
$t = 5\, \text{minutes}$ સમયે, એક્ટિવિટી $N(5) = N_0/e$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $N_0/e = N_0 e^{-\lambda(5)}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $e^{-1} = e^{-5\lambda}$ મળે છે, તેથી $5\lambda = 1$, એટલે કે $\lambda = 1/5\, \text{min}^{-1}$.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ એ સમય છે જ્યારે એક્ટિવિટી $N_0/2$ થાય છે.
$N_0/2 = N_0 e^{-\lambda T_{1/2}} \Rightarrow 1/2 = e^{-\lambda T_{1/2}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા: $\ln(1/2) = -\lambda T_{1/2} \Rightarrow -\ln 2 = -\lambda T_{1/2}$.
$T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda} = \frac{\ln 2}{1/5} = 5 \ln 2\, \text{minutes}$.

(A) આપેલ છે,અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 20 \ min$.
ધારો કે પદાર્થનો પ્રારંભિક જથ્થો $N_0$ છે.
$33\%$ ક્ષય સમયે,બાકી રહેલો જથ્થો $N_1 = N_0(1 - 0.33) = 0.67 N_0$ છે.
$67\%$ ક્ષય સમયે,બાકી રહેલો જથ્થો $N_2 = N_0(1 - 0.67) = 0.33 N_0$ છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ $N = N_0(1/2)^{t/T_{1/2}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$N_1$ માટે: $0.67 N_0 = N_0(1/2)^{t_1/20} \Rightarrow 0.67 = (1/2)^{t_1/20} \dots (1)$
$N_2$ માટે: $0.33 N_0 = N_0(1/2)^{t_2/20} \Rightarrow 0.33 = (1/2)^{t_2/20} \dots (2)$
સમીકરણ $(1)$ ને $(2)$ વડે ભાગતા:
$\frac{0.67}{0.33} = \frac{(1/2)^{t_1/20}}{(1/2)^{t_2/20}} = (1/2)^{(t_1 - t_2)/20}$
કારણ કે $0.67/0.33 \approx 2$,તેથી $2^1 = 2^{(t_2 - t_1)/20}$.
આમ,$(t_2 - t_1)/20 = 1$,જે દર્શાવે છે કે $t_2 - t_1 = 20 \ min$.

(A) સમય $t$ પછી બાકી રહેલા રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થનો જથ્થો $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/T_{1/2}}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પદાર્થ $A$ માટે: $N_A = 10 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/1}$.
પદાર્થ $B$ માટે: $N_B = 1 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/2}$.
આપેલ છે કે બાકી રહેલી માત્રા સમાન છે, તેથી $N_A = N_B$.
$10 \left( \frac{1}{2} \right)^t = 1 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/2}$.
$10 = \frac{(1/2)^{t/2}}{(1/2)^t} = (1/2)^{-t/2} = 2^{t/2}$.
બંને બાજુ લઘુગણક લેતા: $\log_{10}(10) = \frac{t}{2} \log_{10}(2)$.
$1 = \frac{t}{2} \times 0.3010$.
$t = \frac{2}{0.3010} \approx 6.64 \, \text{વર્ષ}$. (આપેલ વિકલ્પ મુજબ $6.62$).

(C) $January \, 1^{st}$ થી $January \, 24^{th}$ સુધીના દિવસોની સંખ્યા $23 \, days$ છે.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{23}{8.04} \approx 2.86$ થાય છે.
અહીં $n < 3$ હોવાથી,નમૂનાએ હજુ ત્રણ પૂર્ણ અર્ધ-આયુષ્ય પૂર્ણ કર્યા નથી.
$3$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી,એક્ટિવિટી $A = A_0 \times (1/2)^3 = 600 \times (1/8) = 75 \, Bq$ થશે.
કારણ કે વીતેલો સમય $(23 \, days)$ એ $3$ અર્ધ-આયુષ્ય $(3 \times 8.04 = 24.12 \, days)$ કરતા ઓછો છે,તેથી બાકી રહેલી એક્ટિવિટી $75 \, Bq$ કરતા વધારે હશે.

(B) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$t = 0$ સમયે,$N_0 = 1000$.
$t = 2 \, s$ સમયે,$N(2) = 900$.
તેથી,$900 = 1000 e^{-\lambda(2)}$,જે આપણને $e^{-2\lambda} = 0.9$ આપે છે.
$t = 4 \, s$ સમયે,ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(4) = N_0 e^{-\lambda(4)} = N_0 (e^{-2\lambda})^2$ થશે.
કિંમતો મૂકતા: $N(4) = 1000 \times (0.9)^2 = 1000 \times 0.81 = 810$.
આમ,$t = 4 \, s$ સમયે ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $810$ હશે.

(B) આપેલ છે: અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 20 \ min$. ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{\ln 2}{20} \ min^{-1}$.
ધારો કે $N_0$ એ પદાર્થનો પ્રારંભિક જથ્થો છે.
$20\%$ ક્ષય સમયે,બાકી રહેલો જથ્થો $N_1 = N_0 - 0.20 N_0 = 0.80 N_0$ છે. આ માટે લાગતો સમય $t_1$ છે.
ક્ષયના નિયમ $N_1 = N_0 e^{-\lambda t_1}$ નો ઉપયોગ કરતા,$0.80 N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1}$,તેથી $e^{-\lambda t_1} = 0.8$.
$80\%$ ક્ષય સમયે,બાકી રહેલો જથ્થો $N_2 = N_0 - 0.80 N_0 = 0.20 N_0$ છે. આ માટે લાગતો સમય $t_2$ છે.
ક્ષયના નિયમ $N_2 = N_0 e^{-\lambda t_2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$0.20 N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2}$,તેથી $e^{-\lambda t_2} = 0.2$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{e^{-\lambda t_1}}{e^{-\lambda t_2}} = \frac{0.8}{0.2} = 4$.
$e^{\lambda(t_2 - t_1)} = 4$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\lambda(t_2 - t_1) = \ln 4 = 2 \ln 2$.
$\lambda = \frac{\ln 2}{20}$ મૂકતા:
$\frac{\ln 2}{20} (t_2 - t_1) = 2 \ln 2$.
$t_2 - t_1 = 2 \times 20 = 40 \ min$.

(D) પ્રારંભિક એક્ટિવિટી $A_0 = 0.8\,\mu Ci = 0.8 \times 3.7 \times 10^4\,dps = 29600\,dps$.
સમય $t = 10\,hrs$ પર એક્ટિવિટી $A_t = A_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $A_t = 29600 \times 0.84 = 24864\,dps$.
$t = 10\,hrs$ સમયે $1\,cm^3$ લોહીમાં એક્ટિવિટી $n = 300\,decays/min = 300/60 = 5\,dps$ છે.
ધારો કે લોહીનું કુલ કદ $V\,cm^3$ છે. કુલ એક્ટિવિટી $A_t$ એ $V$ કદમાં વહેંચાયેલી છે,તેથી $A_t = V \times n$.
$V = A_t / n = 24864 / 5 = 4972.8\,cm^3$.
$1000\,cm^3 = 1\,litre$ હોવાથી,$V = 4972.8 / 1000 \approx 5\,litres$.

(D) આપેલ છે: $N_1 = 2N_2$.
રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થની એક્ટિવિટી $A = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે અને $N$ એ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda}$,જેનો અર્થ છે કે $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$.
નમૂના $S_1$ માટે: $A_1 = \lambda_1 N_1 = \frac{\ln 2}{T_1} N_1 = 5\,\mu Ci$ ...... $(i)$
નમૂના $S_2$ માટે: $A_2 = \lambda_2 N_2 = \frac{\ln 2}{T_2} N_2 = 10\,\mu Ci$ ...... $(ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ને $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{A_2}{A_1} = \frac{\lambda_2 N_2}{\lambda_1 N_1} = \frac{T_1}{T_2} \times \frac{N_2}{N_1} = \frac{10}{5} = 2$
કારણ કે $N_1 = 2N_2$,તેથી $\frac{N_2}{N_1} = \frac{1}{2}$.
આ કિંમત ગુણોત્તરમાં મૂકતા:
$\frac{T_1}{T_2} \times \frac{1}{2} = 2 \Rightarrow \frac{T_1}{T_2} = 4 \Rightarrow T_1 = 4T_2$.
આનો અર્થ એ છે કે $S_1$ નું અર્ધ-આયુષ્ય $S_2$ કરતા ચાર ગણું છે. વિકલ્પો જોતા,જો $T_2 = 5$ વર્ષ હોય,તો $T_1 = 20$ વર્ષ થાય. આમ,અર્ધ-આયુષ્ય અનુક્રમે $20$ વર્ષ અને $5$ વર્ષ છે.

(B) શરૂઆતની ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0 = \frac{m}{M} \times N_A = \frac{1}{24} \times 6.023 \times 10^{23} \approx 2.51 \times 10^{22}$ છે.
$t$ સમયમાં ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{\beta} = N_0(1 - e^{-\lambda t})$ છે.
અહીં $t = 7.5 \, hrs$ અને $T_{1/2} = 15 \, hrs$ આપેલ છે,તેથી ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ થાય.
તેથી,$N_{\beta} = N_0(1 - e^{-\frac{\ln 2}{15} \times 7.5}) = N_0(1 - e^{-\frac{\ln 2}{2}}) = N_0(1 - 2^{-1/2})$.
$2^{-1/2} \approx 0.707$ લેતા,$N_{\beta} = 2.51 \times 10^{22} \times (1 - 0.707) = 2.51 \times 10^{22} \times 0.293 \approx 7.35 \times 10^{21}$ મળે છે.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,$N_{\beta} \approx 7.5 \times 10^{21}$ થાય.

(B) ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N$ માં થતો ફેરફાર એ ઉત્પાદન દર અને ક્ષય દરનો તફાવત છે:
$\frac{dN}{dt} = P - \lambda N$
અહીં $P = 100$ અને $\lambda = 0.5$ આપેલ છે,તેથી $\frac{dN}{dt} = 100 - 0.5N$.
$t=0$ $(N=0)$ થી $t$ $(N=50)$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_0^N \frac{dN}{100 - 0.5N} = \int_0^t dt$
$-\frac{1}{0.5} [\ln(100 - 0.5N)]_0^N = t$
$-2 [\ln(100 - 0.5N) - \ln(100)] = t$
$\ln \left( \frac{100 - 0.5N}{100} \right) = -0.5t$
$1 - \frac{0.5N}{100} = e^{-0.5t}$
$N = 200(1 - e^{-0.5t})$.
$N = 50$ મુકતા:
$50 = 200(1 - e^{-0.5t})$
$0.25 = 1 - e^{-0.5t}$
$e^{-0.5t} = 0.75 = \frac{3}{4}$
$-0.5t = \ln(3/4) = -\ln(4/3)$
$t = \frac{\ln(4/3)}{0.5} = 2 \ln \left( \frac{4}{3} \right) s$.

(B) આપેલ છે,$^{14}C$ માટે:
પ્રારંભિક સક્રિયતા $A_{0} = 16$ વિભંજન $\text{min}^{-1} \text{g}^{-1}$.
અંતિમ સક્રિયતા $A = 12$ વિભંજન $\text{min}^{-1} \text{g}^{-1}$.
અર્ધ-આયુષ્ય $t_{1/2} = 5760$ વર્ષ.
ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{0.693}{t_{1/2}} = \frac{0.693}{5760} \text{ વર્ષ}^{-1}$.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના સૂત્ર $A = A_{0} e^{-\lambda t}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{A_{0}}{A} = e^{\lambda t}$ મળે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln\left(\frac{A_{0}}{A}\right) = \lambda t$.
તેથી,$t = \frac{1}{\lambda} \ln\left(\frac{A_{0}}{A}\right) = \frac{t_{1/2}}{0.693} \times 2.303 \log_{10}\left(\frac{A_{0}}{A}\right)$.
કિંમતો મૂકતા: $t = \frac{5760}{0.693} \times 2.303 \times \log_{10}\left(\frac{16}{12}\right)$.
$t = \frac{5760 \times 2.303}{0.693} \times \log_{10}(1.333)$.
$t \approx 19142.8 \times 0.1249 \approx 2391$ વર્ષ.

(C) આપેલ છે: પ્રારંભિક સક્રિયતા $A_0 = 20$ ક્ષય/મિનિટ.
અંતિમ સક્રિયતા $A = 2$ ક્ષય/મિનિટ.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 5730$ વર્ષ.
આપણે જાણીએ છીએ કે સમય $t$ પર સક્રિયતા $A = A_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\lambda = \frac{0.693}{T_{1/2}}$.
$t$ માટે સૂત્ર બનાવતા,$t = \frac{1}{\lambda} \ln\left(\frac{A_0}{A}\right) = \frac{T_{1/2}}{0.693} \times 2.303 \times \log_{10}\left(\frac{A_0}{A}\right)$.
કિંમતો મૂકતા: $t = \frac{5730}{0.693} \times 2.303 \times \log_{10}\left(\frac{20}{2}\right)$.
કારણ કે $\log_{10}(10) = 1$,તેથી $t = \frac{5730 \times 2.303}{0.693} \approx 5730 \times 3.322$.
$t \approx 19039$ વર્ષ.

(D) આપેલ છે: $(T_{1/2})_A = (\tau)_B$, જ્યાં $\tau$ એ સરેરાશ આયુષ્ય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $T_{1/2} = \frac{0.693}{\lambda}$ અને $\tau = \frac{1}{\lambda}$.
તેથી, $\frac{0.693}{\lambda_A} = \frac{1}{\lambda_B}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\lambda_A = 0.693 \lambda_B$, જે દર્શાવે છે કે $\lambda_A < \lambda_B$.
ક્ષયનો દર $R = \lambda N$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં, બંને તત્વો માટે પરમાણુઓની સંખ્યા $N$ સમાન છે.
કારણ કે $\lambda_B > \lambda_A$, તેથી ક્ષય દર $R_B = \lambda_B N$ એ $R_A = \lambda_A N$ કરતા વધારે હશે.
આમ, $B$ એ $A$ કરતા ઝડપી દરે ક્ષય પામશે.