La EDO de primer orden y el decaimiento exponencial

Un plátano emite 13 becquerelios y su potasio-40 tardará 1248 millones de años en quedarse a la mitad. Medio centímetro de plomo divide por dos un haz de gammas de cesio-137. Una lámina de vidrio suelta el 63 % de su tensión en un tiempo de relajación. Y la presión atmosférica cae a la mitad cada 5,8 km. Son cinco fenómenos sin nada en común, y los cinco son la misma ecuación diferencial de una sola línea. Esta ficha la resuelve, dice por qué no hay otra solución, y enseña qué hay que romper para que el resultado deje de ser una exponencial.

Quién pide esta ficha

Nucleario I.1, artículo 03 — escribe la ley entera y su caja de prerrequisitos avisa: «se usan potencias y logaritmos de bachillerato, y ninguna derivada». La derivada que falta es exactamente ésta.
Nucleario I.2, artículo 01 — la atenuación de fotones, y una frase que pide esta ficha a gritos: «la misma regla de las diez semividas del módulo anterior, ahora en el espacio en vez de en el tiempo».
Particulario II.3, artículo 01 — pone $dN/dt = -\Gamma N \Rightarrow N = N_0e^{-\Gamma t}$ en una sola línea, sin decir que eso es una ecuación diferencial resuelta.
Cristalario I.2, artículo 03 — «un tiempo de relajación no es un plazo, es una constante de tiempo exponencial: en τ la tensión baja al 37 %».
Termario II.2, artículo 01 — la efusión: $dN/dt = -(\bar v A/4V)N$ , resuelta al vuelo como «una exponencial con constante de tiempo».
Termario II.6, artículo 02 — Clausius-Clapeyron, $dp/dT = Lp/(RT^2)$ , «que se separa e integra»: es esta misma ecuación con la temperatura de variable.
Gravitario I.3, artículo 04 — el contraejemplo: la evaporación no es exponencial, y por eso un agujero negro sí se acaba. Aquí se deriva su ley $M^3$ .

Necesitas: saber derivar, saber que la derivada de

e^{kt}

ke^{kt}

, y una integral inmediata. De física, nada: cada ejemplo trae su contexto.

Lo que decae, lo que se acumula y lo que no tiene memoria

El panel integra dy/dt = s − λy con Runge-Kutta de cuarto orden sobre 2000 pasos — no dibuja la fórmula: la resuelve — y pone al lado el valor cerrado. Después mide sobre la curva numérica, por bisección, cuánto tarda en caer a la mitad arrancando en tres instantes distintos. Sin fuente los tres números son el mismo. Con fuente no hay ninguno, y el panel lo dice.

Semivida T₁ᐟ₂: 8.00 · λ = 0,08664 · τ = 1/λ = 11,54 Fuente s: 0.0 por unidad de tiempo Valor inicial y₀: 100.0

Qué	Integrado (RK4)	Fórmula cerrada	Discrepancia
y en t = 6·T₁ᐟ₂	1,562500	1,562500	6,5 × 10⁻¹³
semivida medida desde t = 0	8,000000	ln2/λ = 8,000000	7,6 × 10⁻¹⁴
… desde t = T₁ᐟ₂	8,000000	la misma	7,2 × 10⁻¹⁴
… desde t = 2·T₁ᐟ₂	8,000000	la misma	7,5 × 10⁻¹⁴

pendiente en el eje logarítmico: −λ/ln10 = -0,03763 décadas por unidad de tiempo

Las tres semividas medidas coinciden hasta 8 × 10⁻¹⁴: el sistema no tiene memoria, y eso no es una afirmación de la ficha sino tres bisecciones sobre la curva de arriba. En el eje logarítmico esa curva es una recta, y lo es exactamente porque su logaritmo baja a ritmo constante. Con T₁ᐟ₂ = 8,03 esto es el yodo-131 de una terapia; con τ = 1, un condensador de 100 µF y 10 kΩ.

La ecuación, y la única propiedad que hace falta

Escribe la frase «lo que se pierde por segundo es proporcional a lo que queda». En símbolos es

\frac{dy}{dt} = -\lambda\,y,

con $\lambda > 0$ una constante. Eso es una ecuación diferencial ordinaria de primer orden, y es probablemente la única que se resuelve más veces en toda una carrera de física. La frase de la que sale no dice nada de núcleos ni de condensadores: dice que el ritmo no depende de la historia, sólo del valor actual. Un núcleo que no envejece, un fotón que o interacciona o sigue, una molécula que o escapa por el agujero o no: todo lo que tiene esa indiferencia da esta ecuación.

Se resuelve separando variables: se pasa todo lo que lleva $y$ a un lado y todo lo que lleva $t$ al otro,

\int_{y_0}^{y}\frac{dy'}{y'} = -\int_0^t \lambda\,dt' \;\Longrightarrow\; \ln\frac{y}{y_0} = -\lambda t \;\Longrightarrow\; y(t) = y_0\,e^{-\lambda t}.

Merece la pena parar en el paso del medio, porque es la bisagra de la ficha siguiente: el logaritmo de $y$ baja en línea recta. Ésa es la razón de que un decaimiento se dibuje siempre en papel semilogarítmico, y de que en ese papel se lea la constante $\lambda$ con una regla.

Por qué no hay otra solución

Separar variables encuentra una solución. Que no haya más se ve en una línea, y conviene saberla porque es el argumento que se repite en toda la teoría de EDO. Sea $y(t)$ cualquier función que cumpla $y' = -\lambda y$ , y define $z(t) = y(t)\,e^{\lambda t}$ . Entonces

z' = y'e^{\lambda t} + \lambda y\,e^{\lambda t} = (-\lambda y + \lambda y)\,e^{\lambda t} = 0.

Una función con derivada idénticamente nula es constante, así que $z(t) = z(0) = y_0$ y por tanto $y = y_0e^{-\lambda t}$ , sin excepciones. Ese factor $e^{\lambda t}$ es un factor integrante — el mismo truco que en la ficha CAL.2 convertía $\delta Q$ en $dS$ — y va a reaparecer en cuanto la ecuación tenga fuente.

Las tres constantes que dicen lo mismo

La misma ecuación se tabula con tres constantes distintas según la tradición de cada campo, y confundirlas es un error de un 44 % que se comete todos los días:

Constante	Definición	Qué queda en ese tiempo	Quién la usa
λ, constante de desintegración	la de la ecuación	—	física nuclear
τ = 1/λ, vida media	tiempo medio de vida	1/e = 36,79 %	partículas, circuitos, viscoelasticidad
T₁ᐟ₂ = ln2/λ, semivida	tiempo hasta la mitad	50 % exacto	radiactividad, farmacología

Que $\tau$ sea de verdad la vida media no es un nombre: es una integral. El tiempo medio de vida de un núcleo con densidad de probabilidad $\lambda e^{-\lambda t}$ vale $\int_0^\infty t\,\lambda e^{-\lambda t}dt = 1/\lambda$ , comprobado con sympy. Y la relación entre las dos es

\frac{\tau}{T_{1/2}} = \frac{1}{\ln 2} = 1{,}4427,

es decir que la vida media es un 44,27 % más larga que la semivida. Ese número tiene consecuencias prácticas inmediatas. La física de partículas tabula τ: cuando una tabla dice que el muon vive 2,1970 µs, ésa es su vida media, y su semivida es 1,5228 µs, un tercio menos. La física nuclear tabula $T_{1/2}$ . Leer una tabla con el convenio de la otra es un error del 44 %, y no lo avisa nadie.

De la exponencial salen dos reglas de bolsillo que ya usan los sitios hermanos. Diez semividas dejan $2^{-10} = 1/1024$ , «una milésima» con un 2,4 % de holgura. Y para bajar a una fracción cualquiera se cuentan semividas con un logaritmo en base 2: $\log_2 100 = 6{,}644$ para llegar al 1 %, $\log_2 1000 = 9{,}966$ para llegar al 0,1 %.

Ejemplo resuelto 1 · Los 13 becquerelios del plátano, con la derivada delante

Problema. Un plátano de 118 g tiene 422 mg de potasio; el 0,0117 % de los átomos de potasio son potasio-40, con $T_{1/2} = 1{,}248\times10^9$ años. ¿Cuántas desintegraciones por segundo? ¿Y por qué la respuesta es diminuta si hay cientos de miles de billones de núcleos radiactivos?

Solución. El número de núcleos sale de la química: $N = (0{,}422/39{,}10)\,N_A \times 1{,}17\times10^{-4} = 7{,}604\times10^{17}$ . La actividad es, literalmente, el miembro izquierdo de nuestra ecuación cambiado de signo:

A = -\frac{dN}{dt} = \lambda N = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}\,N = \frac{0{,}6931}{3{,}940\times10^{16}\ \text{s}}\times 7{,}604\times10^{17} = 13{,}4\ \text{Bq}.

Resultado. 13 desintegraciones por segundo, de 760 000 billones de núcleos disponibles. La aparente paradoja desaparece en cuanto se mira la ecuación en vez de la cifra: $A$ es proporcional a $N$ , pero la constante de proporcionalidad vale $1{,}76\times10^{-17}$ s⁻¹. Vida larga y actividad baja son la misma frase dicha dos veces, y ésa es la razón de que el residuo nuclear que más asusta —el de vida larga— sea justo el menos activo.

El cierre lo pone la historia. El curio se definió en 1910 como la actividad de un gramo de radio-226. Recalculada con la misma fórmula y la semivida real de 1600 años sale 3,658 × 10¹⁰ Bq, y el valor convencional es 3,7 × 10¹⁰: la definición histórica acertó al 1,2 % con los medios de 1910.

La misma ecuación, con el espacio de variable

Cambia $t$ por $x$ y no cambia nada más. Un haz de fotones que atraviesa materia no se frena: cada fotón o interacciona o no, con probabilidad por unidad de espesor constante. Eso es $dI/dx = -\mu I$ , y por tanto

I(x) = I_0\,e^{-\mu x}, \qquad x_{1/2} = \frac{\ln 2}{\mu}.

El coeficiente de atenuación μ juega el papel de $\lambda$ y la capa hemirreductora el de la semivida. Con la tabla de Nucleario, el plomo a 662 keV tiene $x_{1/2} = 0{,}55$ cm, o sea $\mu = 1{,}26$ cm⁻¹; para dividir la dosis por mil hacen falta $\log_2 1000 = 9{,}97$ capas, que son 5,48 cm de plomo. Toda la protección radiológica está en esa cuenta, y es la misma que la del plátano con otra letra.

La trampa de la exponencial en el espacio. La ley $I = I_0e^{-\mu x}$ es exacta sólo para haz estrecho: da por perdido todo fotón que interacciona una vez. En un blindaje real, un fotón dispersado sigue dentro del material y puede llegar al otro lado con menos energía. La corrección se llama factor de acumulación y en un blindaje grueso puede valer 1,5 o más. La exponencial no está mal: lo que está mal es la hipótesis de que interaccionar es lo mismo que desaparecer. En cualquier problema de este tipo, la ecuación es la parte fácil; el modelo es la parte difícil.

Cuando hay fuente: la forma lineal completa

El paso siguiente añade un término que no depende de $y$ :

\frac{dy}{dt} + \lambda y = s.

Ya no se separan variables — $s - \lambda y$ no factoriza— pero el factor integrante de antes sigue funcionando, y ahora se ve para qué sirve de verdad. Multiplicando por $e^{\lambda t}$ , el miembro izquierdo se vuelve una derivada exacta:

\left(y\,e^{\lambda t}\right)' = s\,e^{\lambda t} \;\Longrightarrow\; y(t) = \frac{s}{\lambda} + \left(y_0 - \frac{s}{\lambda}\right)e^{-\lambda t}.

Léela por partes, porque esta fórmula sirve para media carrera. El primer sumando es el equilibrio: el valor al que tiende la solución, $s/\lambda$ , donde lo que entra iguala a lo que sale. El segundo es el transitorio: la diferencia inicial respecto del equilibrio, borrándose con la misma constante de tiempo de siempre. Y lo que desaparece al encender la fuente es la semivida: la curva ya no baja a cero, así que preguntar cuándo llega a la mitad deja de tener respuesta. El interactivo de arriba lo dice con esas palabras en cuanto se sube s.

Sistema	La ecuación	λ	Equilibrio s/λ
Condensador cargándose	q′ + q/RC = V/R	1/RC	CV
Café enfriándose (Newton)	T′ + kT = kT_amb	k	T_amb
Isótopo con producción constante	N′ + λN = P	ln2/T₁ᐟ₂	P/λ
Caída con rozamiento lineal	v′ + (b/m)v = g	b/m	mg/b

Las cuatro filas son el mismo dibujo. Y las cuatro comparten los números de bolsillo: en una constante de tiempo se recorre el 63,21 % del camino al equilibrio ( $1-1/e$ ), en tres el 95,02 %, en cinco el 99,33 %, y para quedarse al 1 % hacen falta $\ln 100 = 4{,}605$ constantes.

Ejemplo resuelto 2 · El vidrio que no fluye, y el condensador que sí

Problema. Cristalario afirma que en una constante de tiempo la tensión de un vidrio baja al 37 %, en tres al 5 % y en siete al 0,1 %. Comprueba los tres números y explica por qué en un recocido industrial se esperan siete constantes y no tres. Después haz lo mismo con un condensador de 100 µF y 10,0 kΩ.

Solución. Sin fuente, $y/y_0 = e^{-t/\tau}$ : $e^{-1} = 0{,}3679$ , $e^{-3} = 0{,}0498$ y $e^{-7} = 9{,}12\times10^{-4}$ . Los tres coinciden con 37 %, 5 % y 0,1 %. Con fuente y arrancando de cero, la fórmula de arriba se reduce a $q = CV(1-e^{-t/RC})$ y $\tau = RC = 10{,}0\ \text{k}\Omega \times 100\ \mu\text{F} = 1{,}00$ s.

Resultado. Los dos casos son la misma exponencial vista del derecho y del revés — uno cae de 100 a 0, el otro sube de 0 a 100— y el 37 % de uno es el 63 % del otro. Lo que decide «tres o siete» no es la física sino la tolerancia que se exija: cada constante de tiempo divide lo que queda por $e = 2{,}718$ , así que pasar del 5 % al 0,1 % cuesta $\ln(50) = 3{,}9$ constantes más. En una exponencial, el precio de una cifra de precisión es siempre el mismo: $\ln 10 = 2{,}30$ constantes de tiempo, cueste lo que cueste cada una. Ésa es la respuesta general a «¿cuánto hay que esperar?», y no depende del sistema.

La misma ecuación con otra variable independiente

Nada obliga a que la variable sea el tiempo. En la ley barométrica, una capa de atmósfera de espesor $dz$ quita a la presión un peso proporcional a la propia presión, y sale $dp/dz = -(Mg/RT)\,p$ , es decir $p = p_0e^{-z/H}$ con $H = RT/Mg$ . A 288,15 K y con la masa molar del aire seco eso da 8435 m de escala de altura, y una semivida espacial de $H\ln 2 = 5{,}85$ km: la presión se reduce a la mitad cada seis kilómetros de subida.

Y en Clausius-Clapeyron la variable es la temperatura. Con $\Delta v \approx RT/p$ y $L$ constante, la ecuación de la línea de vaporización es $dp/dT = Lp/(RT^2)$ , separable igual que la primera, y su integral es

p(T) = p_0\exp\!\left[-\frac{L}{R}\left(\frac{1}{T}-\frac{1}{T_0}\right)\right].

Fíjate en el detalle que hace útil esa fórmula: derivándola sale $d(\ln p)/d(1/T) = -L/R$ . En ejes $\ln p$ frente a $1/T$ la línea de vaporización es una recta cuya pendiente es el calor latente dividido por R. Ese par de ejes tiene nombre —diagrama de Arrhenius— y es la herramienta con la que se miden energías de activación en media química y en todo Cristalario. La ficha CAL.4 lo desarrolla.

Qué hay que romper para que deje de ser exponencial

Toda la ficha se apoya en que el miembro derecho sea proporcional a $y$ . Cambia ese exponente y cambia el mundo. Un agujero negro radia con una potencia que va como $1/M^2$ , así que

\frac{dM}{dt} = -\frac{A}{M^2} \;\Longrightarrow\; M(t)^3 = M_0^3 - 3At \;\Longrightarrow\; t_{\text{evap}} = \frac{M_0^3}{3A}.

Con $A = \hbar c^4/(15360\pi G^2)$ eso es exactamente la fórmula que usa Gravitario, $t_{\text{evap}} = 5120\pi G^2M^3/(\hbar c^4)$ — comprobado con sympy—, y sale 2,10 × 10⁶⁷ años por masa solar. Pero el resultado interesante no es la cifra: es que la masa llega a cero en tiempo finito. Un isótopo no se acaba nunca, sólo se vuelve indetectable; un agujero negro sí se acaba, y en el último segundo emite lo que le queda de golpe. La diferencia entera está en un exponente del miembro derecho.

El otro contraejemplo que conviene tener a mano es $y' = -ky^2$ , la recombinación de dos partículas que tienen que encontrarse. Su solución es $y = y_0/(1+ky_0t)$ , que decae como $1/t$ : mucho más despacio que cualquier exponencial a tiempos largos. Y tiene una firma experimental limpia — su «semivida» vale $1/(ky_0)$ y depende de dónde se empiece. Si al medir el tiempo de caída a la mitad en dos momentos distintos salen dos números distintos, el proceso no es de primer orden, y eso se decide con dos medidas y sin teoría.

Ejercicios

Ejercicio 1

Una tabla de física de partículas dice que el pion cargado «vive 26,0 ns» y una de radiofarmacia dice que el tecnecio-99m «vive 6,01 horas». ¿Cuánto queda de cada uno al cabo de tres de sus tiempos tabulados?

Solución

Depende del convenio, y ése es el ejercicio. La tabla de partículas da la vida media $\tau$ , así que en $3\tau$ queda $e^{-3} = 4{,}98\ \%$ . La de radiofarmacia da la semivida, así que en $3T_{1/2}$ queda $1/8 = 12{,}5\ \%$ . Dos números distintos con el mismo enunciado.

La segunda lección es cómo protegerse. Cualquiera de los dos convenios se detecta en un segundo mirando qué queda al cabo de un tiempo tabulado: si queda el 50 %, era semivida; si queda el 36,8 %, era vida media. Y si una fuente no dice cuál usa, el factor de duda es 1,443 — el 44 % del que avisaba la tabla de arriba.

Ejercicio 2

En el interactivo, deja la fuente a cero y anota las tres semividas medidas. Después sube s a 4 y mira qué pasa con ellas y con la curva del eje logarítmico. Explica las dos cosas con la fórmula del equilibrio.

Solución

Sin fuente las tres coinciden con $\ln 2/\lambda$ en la novena cifra, porque $y(t_0+\Delta)/y(t_0) = e^{-\lambda\Delta}$ no depende de $t_0$ : el cociente se cancela. Con fuente, la solución es $s/\lambda + (y_0-s/\lambda)e^{-\lambda t}$ , y ese primer sumando constante no se cancela al dividir: la curva no llega a la mitad nunca porque tiene un suelo en $s/\lambda$ .

Lo del eje logarítmico es la misma frase vista de otra manera. La recta aparece porque $\ln y$ es lineal en $t$ ; con un suelo sumado, $\ln(s/\lambda + \text{algo}\cdot e^{-\lambda t})$ se curva y acaba horizontal. Por eso, en un dato de laboratorio, una recta semilogarítmica que se dobla hacia la horizontal es la firma de una fuente escondida —o de un fondo del detector sin restar—, y se ve antes de ajustar nada.

Ejercicio 3

El yodo-131 tiene una semivida de 8,03 días y el cesio-137 de 30,08 años. ¿Cuánto tarda cada uno en caer al 1 % de su actividad? ¿Y cuál de los dos tiene, hoy, más actividad por gramo?

Solución

Al 1 % se llega en $\log_2 100 = 6{,}644$ semividas: 53,3 días para el yodo y 200 años para el cesio. Y como $A = \lambda N$ con $\lambda = \ln 2/T_{1/2}$ , a igual número de núcleos la actividad va como $1/T_{1/2}$ : el yodo es $30{,}08\times365{,}25/8{,}03 = 1368$ veces más activo por núcleo.

La segunda lección es la que explica por qué los dos son peligrosos por razones opuestas. El yodo es un problema agudo: mucha actividad durante dos meses, y encima se concentra en la tiroides. El cesio es un problema crónico: mil veces menos activo, pero sigue ahí dos siglos. La misma ecuación, con la misma constante leída al derecho y al revés, describe una emergencia de semanas y un problema de generaciones.

Resumen en frío · Ficha ED.1

Lo que esta ficha deja utilizable, para volver dentro de seis meses sin releerla.

Qué	Fórmula o valor	Dónde
La ecuación	y′ = −λy, con λ constante	§1
Solución	y = y₀e^(−λt), y no hay otra	§1-2
Prueba de unicidad	z = y·e^(λt) tiene z′ = 0 ⟹ z constante	§2
Las tres constantes	λ · τ = 1/λ · T₁ᐟ₂ = ln2/λ	§3
τ es de verdad la vida media	∫t·λe^(−λt)dt = 1/λ	§3
La trampa del 44 %	τ/T₁ᐟ₂ = 1/ln2 = 1,4427	§3
Reglas de bolsillo	2⁻¹⁰ = 1/1024; log₂100 = 6,644; log₂1000 = 9,966	§3
Actividad	A = λN = (ln2/T₁ᐟ₂)N; plátano 13,4 Bq de 7,60 × 10¹⁷ núcleos	ej. res. 1
Atenuación	I = I₀e^(−µx); x₁ᐟ₂ = ln2/µ; 5,48 cm de plomo dividen por mil	§4
Con fuente	y′ + λy = s ⟹ y = s/λ + (y₀ − s/λ)e^(−λt)	§5
Factor integrante	multiplicar por e^(λt) vuelve exacto el miembro izquierdo	§2, §5
Números del transitorio	1τ → 63,21 % · 3τ → 95,02 % · 5τ → 99,33 % · 1 % en ln100 = 4,605 τ	§5
Precio de una cifra	ln10 = 2,30 constantes de tiempo por cada factor 10	ej. res. 2
Ley barométrica	p = p₀e^(−z/H), H = RT/Mg = 8435 m a 288 K; mitad cada 5,85 km	§6
Clausius-Clapeyron	dp/dT = Lp/RT² ⟹ d(ln p)/d(1/T) = −L/R (recta de Arrhenius)	§6
Contraejemplo 1	M′ = −A/M² ⟹ M³ = M₀³ − 3At; vida FINITA, 2,10 × 10⁶⁷ años por M☉	§7
Contraejemplo 2	y′ = −ky² ⟹ y = y₀/(1+ky₀t); su semivida depende del punto de partida	§7

Adónde lleva esta ficha. Con esto ya puedes mirar cualquier proceso de la carrera y decidir en un renglón si es exponencial: basta escribir el ritmo y ver si es proporcional a lo que hay. Lo que falta a continuación es qué pasa cuando la incógnita aparece derivada dos veces —el muelle, el circuito RLC, el enlace químico— y eso tiene ficha propia pendiente en esta misma área.

La compañera inmediata es CAL.4: el paso « $\ln y$ baja en línea recta» de la sección 1 es exactamente lo que hace un papel semilogarítmico, y de ahí sale cómo se mide una $\lambda$ con una regla. Para usarlo ya, Nucleario I.1 monta la protección radiológica entera sobre esta ecuación, y Cristalario I.2 la usa para decidir si un vidrio es un sólido.