Technetium-99m in der Nuklearmedizin
AFB IIIn der nuklearmedizinischen Diagnostik ist \({}^{99m}\mathrm{Tc}\) das mit Abstand am häufigsten eingesetzte Nuklid. Material M1 nennt die für eine Untersuchung wichtigen Daten.
| Größe | Wert |
|---|---|
| Halbwertszeit \(T_{1/2}\) | \(6{,}0\ \mathrm{h}\) |
| Aktivität bei der Injektion \(A_0\) | \(600\ \mathrm{MBq}\) |
| Strahlungsart | \(\gamma\) (\(140\ \mathrm{keV}\)) |
| Aufnahme der Bilder | etwa 2 h nach der Injektion |
Für eine Skelett-Szintigrafie wird der Patientin ein Präparat mit \({}^{99m}\mathrm{Tc}\) gespritzt. Die Strahlung wird von einer Kamera außerhalb des Körpers registriert.
- Berechnen Sie die Zerfallskonstante \(\lambda\) von \({}^{99m}\mathrm{Tc}\) in \(\mathrm{s}^{-1}\).
- Bestimmen Sie die Aktivität des Präparats 24 h nach der Injektion.
- Berechnen Sie die Anzahl \(N_0\) der \({}^{99m}\mathrm{Tc}\)-Kerne, die der Patientin injiziert werden, und erläutern Sie, warum gerade eine Halbwertszeit von wenigen Stunden für die Diagnostik günstig ist.
Hinweis zu Aufgabe a)
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
\(T_{1/2}=6{,}0\ \mathrm{h}=6{,}0\cdot 3600\ \mathrm{s}=2{,}16\cdot10^{4}\ \mathrm{s}\).
\(\lambda=\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}=\dfrac{0{,}693}{2{,}16\cdot10^{4}\ \mathrm{s}}=3{,}2\cdot10^{-5}\ \mathrm{s}^{-1}\).
Hinweis zu Aufgabe b)
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
\(24\ \mathrm{h}\) entsprechen \(n=\dfrac{24}{6{,}0}=4\) Halbwertszeiten.
\(A=A_0\cdot\left(\tfrac12\right)^{4}=600\ \mathrm{MBq}\cdot\tfrac{1}{16}=37{,}5\ \mathrm{MBq}\).
Nach einem Tag ist also nur noch etwa ein Sechzehntel der Anfangsaktivität vorhanden.
Hinweis zu Aufgabe c)
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
Aus \(A=\lambda\cdot N\) folgt \(N_0=\dfrac{A_0}{\lambda}\):
\(N_0=\dfrac{6{,}00\cdot10^{8}\ \mathrm{Bq}}{3{,}2\cdot10^{-5}\ \mathrm{s}^{-1}}\approx 1{,}9\cdot10^{13}\) Kerne.
Zur Halbwertszeit: Sie muss lang genug sein, damit das Präparat vom Herstellungsort zur Klinik gebracht werden kann, sich im Körper anreichert und die Aufnahme nach etwa 2 h noch eine gut messbare Aktivität liefert (nach 2 h sind es noch rund 79 % von \(A_0\)). Sie muss zugleich kurz genug sein, damit die Strahlenbelastung der Patientin schnell wieder abklingt: Nach einem Tag ist die Aktivität bereits auf \(\tfrac{1}{16}\), nach zwei Tagen auf unter 0,4 % gefallen. Wenige Stunden sind genau der Kompromiss zwischen beidem.
Altersbestimmung mit der C-14-Methode
AFB IIIIn der Atmosphäre entsteht durch die kosmische Strahlung ständig das radioaktive Kohlenstoff-Isotop \({}^{14}\mathrm{C}\) (\(T_{1/2}=5730\ \mathrm{a}\)). Solange ein Organismus lebt, tauscht er Kohlenstoff mit seiner Umgebung aus; sein Kohlenstoff zeigt deshalb dieselbe spezifische Aktivität wie die Atmosphäre, nämlich \(a_0=0{,}25\ \mathrm{Bq}\) je Gramm Kohlenstoff. Mit dem Tod endet der Austausch — von da an nimmt die Aktivität nur noch ab.
An einem Holzbalken aus einer archäologischen Grabung wird \(a=0{,}16\ \mathrm{Bq}\) je Gramm Kohlenstoff gemessen; die Messunsicherheit beträgt \(\pm\,0{,}01\ \mathrm{Bq}\) je Gramm.
- Bestimmen Sie das Alter des Holzbalkens.
- Schätzen Sie mithilfe der angegebenen Messunsicherheit ab, in welchem Bereich das Alter tatsächlich liegt.
- Ein Museum möchte mit derselben Methode das Alter eines rund \(100\,000\) Jahre alten Mammutknochens und das Alter eines Granitblocks bestimmen lassen. Beurteilen Sie beide Anfragen.
Hinweis zu Aufgabe a)
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
Ansatz: \(a=a_0\cdot\left(\tfrac12\right)^{t/T_{1/2}}\), also \(\left(\tfrac12\right)^{t/T_{1/2}}=\dfrac{0{,}16}{0{,}25}=0{,}64\).
Logarithmieren: \(\dfrac{t}{T_{1/2}}\cdot\ln\tfrac12=\ln 0{,}64\), also \(t=T_{1/2}\cdot\dfrac{\ln 0{,}64}{\ln 0{,}5}=5730\ \mathrm{a}\cdot\dfrac{-0{,}446}{-0{,}693}\).
\(t\approx 5730\ \mathrm{a}\cdot 0{,}644\approx 3{,}7\cdot10^{3}\ \mathrm{a}\).
Der Balken ist also rund 3700 Jahre alt.
Hinweis zu Aufgabe b)
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
Größter Messwert \(a=0{,}17\ \tfrac{\mathrm{Bq}}{\mathrm{g}}\) (jüngere Probe):
\(t=5730\ \mathrm{a}\cdot\dfrac{\ln(0{,}68)}{\ln 0{,}5}\approx 5730\cdot 0{,}556\approx 3{,}2\cdot10^{3}\ \mathrm{a}\).
Kleinster Messwert \(a=0{,}15\ \tfrac{\mathrm{Bq}}{\mathrm{g}}\) (ältere Probe):
\(t=5730\ \mathrm{a}\cdot\dfrac{\ln(0{,}60)}{\ln 0{,}5}\approx 5730\cdot 0{,}737\approx 4{,}2\cdot10^{3}\ \mathrm{a}\).
Das Alter liegt also zwischen etwa 3200 a und 4200 a; eine Messunsicherheit von nur 4 % führt hier bereits auf eine Altersspanne von rund \(\pm 500\) Jahren. Ein Ergebnis wie „3690 Jahre“ vorzutäuschen wäre daher unredlich.
Hinweis zu Aufgabe c)
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
Mammutknochen: \(100\,000\ \mathrm{a}\) entsprechen \(n=\dfrac{100\,000}{5730}\approx 17{,}5\) Halbwertszeiten. Die spezifische Aktivität wäre auf \(a=0{,}25\ \tfrac{\mathrm{Bq}}{\mathrm{g}}\cdot\left(\tfrac12\right)^{17{,}5}\approx 1{,}4\cdot10^{-6}\ \tfrac{\mathrm{Bq}}{\mathrm{g}}\) gefallen. Selbst aus einem Kilogramm Kohlenstoff ergäbe das nur etwa \(1{,}4\cdot10^{-3}\ \mathrm{Bq}\) — das liegt weit unter dem Nulleffekt eines Zählrohrs von etwa \(0{,}4\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\) und ist nicht mehr vom Untergrund zu trennen. Die C-14-Methode ist praktisch auf Alter bis etwa 50 000 Jahre begrenzt; die Anfrage ist abzulehnen.
Granitblock: Hier scheitert die Methode aus einem grundsätzlicheren Grund. Sie setzt voraus, dass die Probe zu Lebzeiten Kohlenstoff mit der Atmosphäre ausgetauscht hat und dass der Austausch zu einem definierten Zeitpunkt endete. Granit ist nie Teil eines Organismus gewesen und enthält keinen solchen Kohlenstoff — eine C-14-Datierung ist hier gar nicht anwendbar. Für Gestein verwendet man Nuklide mit sehr viel größerer Halbwertszeit, etwa aus der Uran-Blei-Reihe.