Egy példa, amely segíthet:

Kezdjen egy nagy halom érmével.Fordítsa meg őket.Távolítsa el a fejeket.Körülbelül a fele maradt.

Vegye ki a maradékot, és fordítsa meg őket.Távolítsa el a fejeket.Körülbelül a fele maradt.

Vegye ki a maradékot, és fordítsa meg őket.Távolítsa el a fejeket.Körülbelül a fele maradt.

Analógia: Egy atomnak 50% esélye van arra, hogy lebomoljon egy adott intervallumban $ T_ {1/2} $ .Mindegyik intervallum után a fele marad.

A véletlen szó ebben az összefüggésben nem teljesen rend nélküli.
Ez azt jelenti, hogy nem lehet megjósolni az exactly-t, amikor egy adott instabil mag elbomlik, jóllehet az instabil mag egy meghatározott időközön belüli bomlásának valószínűsége fennáll.

A felezési idő olyan időintervallum, amelyet gyakran használnak egy bizonyos instabil magfajra.
Annak a valószínűsége, hogy az instabil mag egy felezési idővel megegyező időintervallumban elbomlik, $ \ frac 12 $ .
Ha egy instabil mag nem bomlik le ebben az időintervallumban, akkor annak valószínűsége, hogy a következő azonos hosszúságú időintervallumban bomlik, továbbra is $ \ frac 12 $ . . . stb.

Megjegyzi, hogy ez hasonló egy érme dobásához, amelynek két kimenete fej és farok van, mindegyik $ \ frac 12 $ .
Az érmék feldobásának véletlenszerűségére való betekintés azonban megmutatkozhat abban, hogy bár a fej feldobásának valószínűsége $ \ frac 12 $ , akkor ha egy érmét $ 100 $ alkalommal dobál meg, meglehetősen alacsony a valószínűsége, $ 0,07959 $ , az eredmény pontosan $ 50 $ fej és $ 50 $ farok.
Tehát számos lehetséges kimenetel, a fejek száma és a farok száma $ = 100 $ , amelyekre megjósolhatja azok bekövetkezésének valószínűségét, de nem lehet mondjuk meg bizonyos valószínűséggel a $ = 1 $ valószínűséget, hogy ezek az eredmények melyikük valósul meg valójában.

A radioaktív bomlás összefüggésében az instabil magok mintájának egy fele átlagosan egy felezési idő alatt elbomlik, majd a fennmaradó instabil magok fele átlagosan az egyik felezési idő következő intervallumában stb. Milliárdok és milliárd instabil magok mintáinál a statisztikai ingadozások „körülbelül egy fele elbomlik egy felezési idő alatt” kicsi lesz.
Amint az instabil magok száma kisebb lesz, a statisztikai ingadozás mintegy fele nagyobb lesz.
Gondoljon csak arra, hogy mit jósolhat a $ 3 $ instabil magok bomlásával egy felezési időközönként.Mindannyian nem pusztulhatnak el tíz fél életig, bár a valószínűség kicsi.

Rossz kérdést tesz fel. Nincs olyan mágikus elképzelés, amely felére bomlana. Ezért változik annyira a "felezési idő". A "felezési idő" egyszerűen a választott mérési módszer. A kérdése analóg azzal a kérdéssel, hogy "miért halad minden autó óránkénti lépésekben?" csak azért, mert km / h-ban mérjük a sebességet.

Az implicit fogalom a felezési idők használata, hogy elég nagy minta esetén (1 mol = 6 E23) a bomlási sebesség elég közel áll az állandóhoz. azaz: Ha bármelyik másodpercben mondjuk, a bomlás "esélye" bármely atom esetében X%, akkor egy ilyen hatalmas minta felett X állandóként jelenik meg. Például, ha azt mondanánk, hogy a nyílt szívműtétet végző személynek 0,1% esélye van arra, hogy meghaljon az asztalon, akkor nem várnánk, hogy ez egy kis mintánál pontos. Nem mondhatnánk, hogy "ma csak 10-en végezzük a műtétet, így biztonságban vagyok." De sok billió ilyen műveletnél azt várnánk, hogy a 0,1% igaz marad.

Összefoglalva: a felezési idő egyszerűen más módszer a konstans bomlási sebesség bemutatására. (Szem előtt tartva, hogy a folyamatos bomlási sebesség, fokozatosan kisebb bomlást eredményez, mivel a bomlatlan anyag mennyisége csökken.)

Ez annak a következménye, hogy a mag nem tudja, hány más mag van az anyagdarabjában. Egy 3 kg-os urántömbnek ugyanolyan sebességgel kell lebomlania, mint három 1 kg-os urántömbnek. Ami azt jelenti, hogy egy 1 kg-os blokknak ennek az aránynak a 1/3-án kell lebomlania. Az 1 kg-os blokk megegyezik a 3 1/3 kg-os blokkokkal, tehát egy 1/3 kg-os blokknak ennek arányának 1/3 részével is le kell bomlania.

Most tegyük fel, hogy van egy 3 kg-os urántömböd (vagy bármi más-ium), és egy évbe telik, amíg 1 kg bármii-ium (és 2 kg egyéb anyag) elbomlik - tegyük fel, hogy van rendszere, hogy ezt elvigye, itt csak az uránról beszélünk). Mivel 1 kg van, annak a sebesség 1/3-ával kell lebomlania, mint az elején. Ugyanaz az idő kell a 2 / 3kg lebomláshoz 1kg blokkból, mint a 2kg lebomláshoz egy 3kg blokkból. Ez azt jelenti, hogy egy év után már csak 1 / 3kg marad. És 2 / 9kg lebomlása 1 / 3kg blokkból ugyanannyi időt vesz igénybe, mint 2 / 3kg lebomlása 1kg blokkból. Tehát egy év után 1 / 9kg marad. És így tovább.

Azt mondjuk, hogy az what-ium harmadik életéve egy év.

Extrapolálhatunk matematikával. Tudjuk, hogy kilencedik élettartama (1/3 négyzet) két év. Tudjuk, hogy 57,3% -os élettartama (négyzetgyöke 1/3) fél év. Tudjuk, hogy felezési ideje 0,63092975357 év (ennek megoldásához logaritmusokat kell használnia).

Félidő alatt mérjük a dolgokat, mert ez kényelmes. Ugyanolyan jól használhatnánk harmadik életet vagy negyed életet vagy ötödik életet vagy kétharmad életet.

Néhány fenti válasz jól eltalálta.Itt van egy kicsit más perspektíva.

Vizuális szempontból vegyünk egy pointillista festményt.Ha bármilyen pontot közelről néz, a festménynek nincs értelme.Álljon hátrébb, és a rend a helyére kerül.

A „véletlenszerű” kifejezés nem jelent rendet.Ez azt jelenti, hogy semmi, amit eddig a pontig tudunk ezzel a sajátos perspektívával, nem képes megjósolni annak működését az időben.

A radioaktív bomlást véletlenszerű folyamatnak tekintheti. A felezési idő általában állandó értéket mutat. A nagyszámú atom miatt van. Ez nem csak a felezési időre, hanem bármely arányos időszakra is igaz.

Vegyünk egy példát alább:

Meghatározzuk a $ T_ {1/10} $ értéket: Az az idő, amely után az izotóp tömegének 1/10-e maradt a radioaktív anyagból.

Az atomok kezdeti száma N = 10 atom

Az első $ T_ {1/10} $ periódus befejezése után a lebomló atomok száma $ X $ és ez binomiális eloszlást követne $ Binom (N, p) $ .

$ X \ sim Binom (10,0.1) $ és P (X) a $ X $ $ X $ mindegyikéhez megmaradt / span> atomok megadhatók a következő táblázatban.

X P (X)
0 0,3486784401
1 0,3874204890
2 0,1937102445
3 0,0573956280
4 0,01111602610
5 0,0014880348
6 0,0001377810
7 0,0000087480
8 0,0000003645
9 0,0000000090
10 0.0000000001

A fennmaradó atomok várható értéke (átlaga) 1. Ha meg akarjuk becsülni, hogy hány atom maradna 99% -os magabiztossággal, akkor 0 és 4 atom közötti értékeket kapunk, azaz $ P (0 \ le X \ le 3) $ . Ezek az értékek (-100% - 300%) eltérés az átlagértéktől. Ez azt jelenti, hogy a fennmaradó tömeg -100% és 300% között ingadozhat a várt értéktől.

N = 1000 atom esetén , Várható megmaradó atomok száma = 100 A lehetséges hátralévő atomok 75 és 125 között $ P (75 \ le X \ le 125) = 0.9928133 $ valószínűséggel eltérnek a várt értéktől $ \ pm 25 \% $

N = 10000 atom esetén, A megmaradt atomok várható száma = 1000 A fentiekhez hasonló hatás elérése érdekében a fennmaradó atomok 920 és 1080 között lehetnek, a $ P (920 \ le X \ le 1080) = 0,9928133 $ valószínűséggel eltérve a várt értéktől $ \ pm 8 \% $

N = 100000 atom esetén, A megmaradt atomok várható száma = 10000 A fentiekhez hasonló hatás elérése érdekében a fennmaradó atomok 9745 és 10255 közötti értékek $ P (920 \ le X \ le 1080) = 0.9929232 $ valószínűséggel eltérhetnek a várt értéktől $ \ pm 2,55 \% $

Itt megfigyelheti, hogy az eltérés csökken-e az atomok kezdeti számának növekedésével. Ez az eltérés a tömeg várható értékének eltérésével is egyenértékű.

Nagyobb skálán az N értékei nagyon magasak, amelyek $ 6,022 × 10 ^ {23} $ nagyságrendűek minden mol esetén. Ezért nem mindig ugyanaz az arány bomlik le minden alkalommal, de az arány értéke fix értékre telítődik nagyon sok radioaktív atom részvételével.