Dans un premier temps, il faut représenter le spectre gamma ... - LPSC

Dans un premier temps, il faut représenter le spectre gamma (les canaux listés semblent
décrire ce qui se passe au voisinage du pic photoélectrique).

2-a- Quels sont les canaux associes au pic, ceux associés au bruit de fond ?
A vue de nez, de 2696 à 2700 et des poussières, on est dans le bruit de fond.
De 2700 et des poussières jusqu’à 2717, on est dans le pic du signal.
Au delà, on retombe dans le bruit de fond.
On peut regarder de plus près en zoomant sur le bas du spectre :
On y voit mieux :
- les canaux associés au signal : 2704 à 2717.
- les canaux associés au bruit de fond : 2696 à 2703 et 2718 à 2725.
2-b : Modélisation du bruit de fond
- Quelle est la valeur moyenne du nombre total de coups par canal associés au bruit de
fond à gauche du pic, à droite du pic :
Il suffit de sommer le contenu des canaux « bruit de fond » à gauche : (79+113+…+86) et de
diviser par le nombre de canaux en question. Soit une moyenne de 89,125 coups par canal.
Pour le bruit de fond à droite, la moyenne est de (8+10+…+10)/8 = 10 tout rond.
- Quel est le nombre total de coups, intégrés sur les canaux associés au pic, dus au bruit
de fond ?
Petit souci : le bruit de fond n’est pas le même à gauche et à droite du pic. En l’absence de
plus d’information, on va moyenner le bruit de fond : 89 à gauche et 10 à droite, soit une
moyenne de 49,5 sur chacun des 14 canaux du pic, pour un total de 693 coups.

2-c : Quel est le nombre total de coups dans le pic (bruit de fond déduit) ?
On somme le contenu des canaux du pic : 130+183+…+72 = 57516.
Mais on a compté en trop le bruit de fond. Il faut le retirer de la somme actuelle.
Le nombre total de coups, ôtés du bruit de fond, est donc de 57516-693=56823 coups.
Une méthode plus élégante, plus couteuse en temps de calcul mais au final quasi identique,
consiste à dire que le bruit de fond décroît linéairement de 89 à 10, sur 14 canaux comme
indiqué sur la figure ci-dessous.
On peut calculer l’équation de la droite sous le pic, sachant qu’on connaît les coordonnées de
deux points : (2703 ; 89,125) et (2718 ; 10). Si la droite est de la forme y = ax + b , alors
89,125 −10
a = =−5,275
2703− 2718
b = 10 + 5,275× 2718 = 14347,45
soit y =− 5.275x+ 14347,45
Canal Contenu brut Contenu corrigé du bruit de fond
2704 130 130-(-5.275*2704+14347,45)=46,15
2705 183 183-(-5.275*2705+14347,45)=104,425
…
2717 72 72-(-5.275*2717+14347,45)=56,725
La somme des contenus corrigés du bruit de fond vaut 56822,1, similaire à la valeur 56823
précédemment trouvée de façon nettement plus rapide.

2-d : Quelle est la position précise du pic ?
Pour trouver la position du pic, on va faire une moyenne pondérée. Un canal a d’autant plus
de poids que son contenu est élevé :
Centre
=
2717
∑
i=
2704
canal _i× contenu _i
2717
∑
i=
2704
contenu _ i
Le calcul donne 2711,31 pour le centre du pic.
Si on veut gagner du temps, il suffit de prendre la moyenne pondérée des 3 ou des 5 valeurs
les plus élevées. Ca donne une bonne approximation du centre (2711,10 pour la moyenne des
3 valeurs les plus élevées par exemple)
A l’opposé, si on veut être très précis on devrait considérer le contenu de chaque canal corrigé
du bruit de fond (voir dans l’annexe Peak Area Determination).
On trouverait 2711,34, ce qui ne change pas grand-chose dans ce cas.

L’énergie attendue pour un pic centré en 2711,31 est de 1,27 + 0,53775× 2711,31 = 1459,28
keV. On est un peu en dessous de la valeur attendue de 1460,8 keV.
Mais quel est l’impact des incertitudes des deux coefficients de la droite d’étalonnage sur
l’énergie attendue ?
L’énergie est obtenue à partir de E = A + B× canal . (A et B n’ont rien à voir avec la figure de
la page précédente) En utilisant la formule de propagation des erreurs rappelée dans l’annexe
du problème, on a :
2 2
2 ⎛∂E⎞ 2 ⎛∂E⎞ 2
σ E = ⎜ ⎟ σ A + ⎜ ⎟ σB.
Il n’y a pas d’autre terme parce que A et B ne sont pas corrélés.
⎝∂A⎠ ⎝∂B⎠ Pour info, on utilise souvent la notation condensée de la moyenne géométrique
⎛∂E⎞ ⎛∂E⎞ précédenteσ E = ⎜ ⎟σ A⊕⎜ ⎟ σB,
ce qui évite de balader avec des carrés partout.
⎝∂A⎠ ⎝∂B⎠ ∂ E
Ici, = 1et
∂A
E ∂
= canal . Donc
∂B
σ = σ + canal
2
× σ =
2
0,07 + 2711,31 × 5× 10
( ) ( ) ( ) 2
−
2 2 2 2 5
E A B
σ = 0,15 keV
E
La précision de la mesure (1459,28 ± 0,15 keV) est telle qu’on est effectivement sous la
1460.8 −1459,28
valeur attendue. On parle d’un effet à 1,013 sigma : = 1,013 .(valeur
0,15
mesurée - valeur attendue)/résolution de la mesure = résultat en « sigma ».
Toujours en se référant à l’annexe (et aux transparents de mon cours du début de l’année), il y
a environ 68% de chance d’avoir une mesure expérimentale à 1 sigma de la valeur attendue.
Ce résultat est très acceptable.
Ce léger désaccord avec la valeur attendue peut provenir d’une mauvaise estimation du centre
du pic. Si on avait utilisé la valeur plus précise obtenue en soustrayant le bruit de fond de
façon linéaire (2711,34 au lieu de 2711,31), on aurait trouvé 1459,29 ± 0,15 keV. Ca ne
change rien…
Il est fort probable que le bruit de fond ne décroit pas linéairement sous le pic. Dans ce cas, le
contenu des canaux utilisés dans notre calcul barycentrique n’est pas correct et la position
centrale du pic n’est pas bonne non plus. D’où peut-être le désaccord.
De plus, d’après le Knoll (chapitre 10, §4.c linearity…), la linéarité du NaI n’est pas très
bonne. On peut observer des variations de la réponse du cristal allant jusqu'à 20% lorsque
l’énergie des photons varie. Donc utiliser une droite d’étalonnage (qui suppose une réponse
linéaire du cristal) n’est pas correct…

Le pic au canal 813,4 correspondrait à une énergie de 438,68 keV
Celui à 1762,5 vaut 949,05 keV.
Ca doit correspondre à des pics d’échappement.
Vérification :
La différence 1460,8 - 949,05 vaut 511,75 keV et 1460,8 - 438,68 = 1022,12 keV. Ces
énergies vous disent quelque chose ?
Le photon initial est à 1460,8 keV, donc au-delà du seuil de la production de paires e+ e- dans
le cristal de NaI. Une fois que l’e+ s’est thermalisé dans la matière, il s’annihile en une paire
de photons à 511 keV. Il arrive qu’un des deux photons, voire les deux, sortent du cristal de
NaI sans interagir.
Dans ce cas, l’énergie déposée dans le cristal est égale à l’énergie du photon initial moins
511 keV si un des deux photons sort du cristal, ou 1022 keV si les deux s’échappent. D’où les
deux pics d’échappement mesurés.

ANNEXE de l’énoncé:

KNOLL, 3 e édition (très très bon bouquin, je viens juste de
le découvrir…)