Fortgeschritten Mathematik & Logik 15 Punkte · ~30 Min.

Differentialgleichungen – Radioaktivität und Abkühlung

Aufgabenstellung

Ausgangspunkt

Kohlenstoff-14 (C-14) ist ein radioaktives Isotop, das in lebenden Organismen in einem konstanten Verhältnis vorkommt. Nach dem Tod eines Organismus zerfällt C-14 mit einer konstanten Rate. Die Halbwertszeit beträgt t1/2=5730t_{1/2} = 5730 Jahre. Ein archäologisches Fundstück (Holzkohle) enthält noch 35 % des ursprünglich vorhandenen C-14.

Aufgaben

  • (a) Stelle die Differentialgleichung für den radioaktiven Zerfall auf und löse sie. Berechne die Zerfallskonstante λ\lambda aus der gegebenen Halbwertszeit. (5 BE)

  • (b) Berechne das Alter des Fundstücks. Runde auf volle Jahre. (4 BE)

  • (c) Newton’sches Abkühlungsgesetz: Ein Metallstück hat zum Zeitpunkt t=0t = 0 eine Temperatur von 80 °C80\,°\mathrm{C} und kühlt in einem Raum mit konstanter Temperatur T∞=20 °CT_\infty = 20\,°\mathrm{C} ab. Nach t=10t = 10 Minuten beträgt die Temperatur 60 °C60\,°\mathrm{C}. Stelle die DGL auf, löse sie mit der Anfangsbedingung, bestimme die Abkühlkonstante kk und berechne, nach wie vielen Minuten die Temperatur 25 °C25\,°\mathrm{C} beträgt. (6 BE)

Lösungsweg

Schritt 1: Radioaktiver Zerfall – DGL und Lösung (a)

Die Anzahl der C-14-Atome N(t)N(t) nimmt proportional zur vorhandenen Menge ab:

N′(t)=−λ⋅N(t)N'(t) = -\lambda \cdot N(t)

Lösung durch Trennung der Variablen:

dNN=−λ dt\frac{dN}{N} = -\lambda\,dt

∫dNN=∫−λ dt\int \frac{dN}{N} = \int -\lambda\,dt

ln⁡∣N∣=−λt+C1\ln|N| = -\lambda t + C_1

N(t)=eC1⋅e−λt=C⋅e−λtN(t) = e^{C_1} \cdot e^{-\lambda t} = C \cdot e^{-\lambda t}

Anfangsbedingung N(0)=N0N(0) = N_0:

N0=C⋅e0=CN_0 = C \cdot e^0 = C

Damit ist die spezielle Lösung:

N(t)=N0⋅e−λt\boxed{N(t) = N_0 \cdot e^{-\lambda t}}

Bestimmung der Zerfallskonstante λ\lambda aus der Halbwertszeit:

Nach der Halbwertszeit t1/2=5730t_{1/2} = 5730 Jahren gilt N(t1/2)=N02N(t_{1/2}) = \frac{N_0}{2}:

N02=N0⋅e−λ⋅5730\frac{N_0}{2} = N_0 \cdot e^{-\lambda \cdot 5730}

e−5730λ=12e^{-5730\lambda} = \frac{1}{2}

−5730λ=ln⁡12=−ln⁡2-5730\lambda = \ln\frac{1}{2} = -\ln 2

λ=ln⁡25730≈0,69315730≈1,2097×10−4 pro Jahr\lambda = \frac{\ln 2}{5730} \approx \frac{0{,}6931}{5730} \approx 1{,}2097 \times 10^{-4} \text{ pro Jahr}

Schritt 2: Alter des Fundstücks (b)

Gesucht ist der Zeitpunkt t∗t^*, zu dem noch 35 % des ursprünglichen C-14 vorhanden sind:

N(t∗)=0,35⋅N0N(t^*) = 0{,}35 \cdot N_0

Einsetzen in die Lösungsformel:

0,35⋅N0=N0⋅e−λt∗0{,}35 \cdot N_0 = N_0 \cdot e^{-\lambda t^*}

e−λt∗=0,35e^{-\lambda t^*} = 0{,}35

−λt∗=ln⁡(0,35)-\lambda t^* = \ln(0{,}35)

t∗=−ln⁡(0,35)λ=−(−1,0498)1,2097×10−4t^* = -\frac{\ln(0{,}35)}{\lambda} = \frac{-(-1{,}0498)}{1{,}2097 \times 10^{-4}}

t∗=1,04981,2097×10−4≈8678 Jahret^* = \frac{1{,}0498}{1{,}2097 \times 10^{-4}} \approx 8678 \text{ Jahre}

t∗≈8678 Jahre\boxed{t^* \approx 8678 \text{ Jahre}}

Plausibilitätsprüfung: 35 % liegt zwischen 14\frac{1}{4} (zwei Halbwertszeiten ≈ 11460 Jahre) und 12\frac{1}{2} (eine Halbwertszeit = 5730 Jahre). Ein Alter von ca. 8700 Jahren liegt erwartungsgemäß zwischen diesen Werten. ✓

Schritt 3: Newton’sches Abkühlungsgesetz (c)

DGL aufstellen: Die Abkühlungsrate ist proportional zur Temperaturdifferenz zwischen Körper und Umgebung:

T′(t)=−k⋅(T(t)−T∞)=−k⋅(T(t)−20)T'(t) = -k \cdot (T(t) - T_\infty) = -k \cdot (T(t) - 20)

Substitution: Setze u(t)=T(t)−20u(t) = T(t) - 20 (Temperaturdifferenz zur Umgebung). Dann gilt u′(t)=T′(t)u'(t) = T'(t):

u′(t)=−k⋅u(t)u'(t) = -k \cdot u(t)

Lösung (wie beim Zerfall):

u(t)=C⋅e−ktu(t) = C \cdot e^{-kt}

Also:

T(t)=20+C⋅e−ktT(t) = 20 + C \cdot e^{-kt}

Anfangsbedingung T(0)=80 °CT(0) = 80\,°\mathrm{C}:

80=20+C⋅e0=20+C⇒C=6080 = 20 + C \cdot e^0 = 20 + C \quad \Rightarrow \quad C = 60

Spezielle Lösung:

T(t)=20+60⋅e−ktT(t) = 20 + 60 \cdot e^{-kt}

Bestimmung von kk aus T(10)=60 °CT(10) = 60\,°\mathrm{C}:

60=20+60⋅e−10k60 = 20 + 60 \cdot e^{-10k}

40=60⋅e−10k40 = 60 \cdot e^{-10k}

e−10k=4060=23e^{-10k} = \frac{40}{60} = \frac{2}{3}

−10k=ln⁡ ⁣(23)=ln⁡2−ln⁡3-10k = \ln\!\left(\frac{2}{3}\right) = \ln 2 - \ln 3

k=−ln⁡(2/3)10=ln⁡(3/2)10≈0,405510≈0,04055 min−1k = -\frac{\ln(2/3)}{10} = \frac{\ln(3/2)}{10} \approx \frac{0{,}4055}{10} \approx 0{,}04055 \text{ min}^{-1}

Vollständige Lösungsformel:

T(t)=20+60⋅e−0,04055 t\boxed{T(t) = 20 + 60 \cdot e^{-0{,}04055\,t}}

Zeit bis T=25 °CT = 25\,°\mathrm{C}:

25=20+60⋅e−0,04055 t25 = 20 + 60 \cdot e^{-0{,}04055\,t}

5=60⋅e−0,04055 t5 = 60 \cdot e^{-0{,}04055\,t}

e−0,04055 t=112e^{-0{,}04055\,t} = \frac{1}{12}

−0,04055 t=ln⁡ ⁣(112)=−ln⁡12-0{,}04055\,t = \ln\!\left(\frac{1}{12}\right) = -\ln 12

t=ln⁡120,04055≈2,48490,04055≈61,3 mint = \frac{\ln 12}{0{,}04055} \approx \frac{2{,}4849}{0{,}04055} \approx 61{,}3 \text{ min}

t≈61,3 Minuten\boxed{t \approx 61{,}3 \text{ Minuten}}

Plausibilitätsprüfung: T(10)=20+60⋅e−0,4055≈20+60⋅0,667=20+40=60 °CT(10) = 20 + 60 \cdot e^{-0{,}4055} \approx 20 + 60 \cdot 0{,}667 = 20 + 40 = 60\,°\mathrm{C} ✓. Bei t→∞t \to \infty gilt T→20 °CT \to 20\,°\mathrm{C} (Raumtemperatur) ✓.

Ergebnis

TeilaufgabeErgebnis
(a) Zerfallskonstanteλ=ln⁡25730≈1,21×10−4 a−1\lambda = \dfrac{\ln 2}{5730} \approx 1{,}21 \times 10^{-4}\,\mathrm{a}^{-1}; N(t)=N0e−λtN(t) = N_0 e^{-\lambda t}
(b) Alter des Fundstückst∗≈8678t^* \approx 8678 Jahre
(c) Abkühlkonstantek≈0,04055 min−1k \approx 0{,}04055\,\mathrm{min}^{-1}; T(t)=20+60e−ktT(t) = 20 + 60e^{-kt}
(c) Zeit bis 25 °Ct≈61,3t \approx 61{,}3 Minuten