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%tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STL  Biochimie - Génie biologique}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{septembre 2006}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL 
Biochimie-Génie biologique \decofourright\\[4pt]Métropole  septembre 2006}} 
    
\vspace{0,25cm}

Calculatrice autorisée 

\vspace{0,25cm}

Durée de l'épreuve : 2 heures \hfill Coefficient  : 2

\end{center}

\textbf{\textsc{Exercice 1}  \hfill 10 points}
\begin{center}
\textbf{Les deux parties sont indépendantes}
\end{center}

%Une population de bactéries diminue en fonction du temps sous l'effet d'un antiseptique. On va chercher à modéliser l'évolution de cette population à l'aide de résultats expérimentaux obtenus ci-dessous. Le temps $t$ est donné en minutes, $N(t)$ est le nombre de bactéries à l'instant $t$ et $N'(t)$ est la vitesse de variation  de cette population à la date $t$, c'est en fait la dérivée de $N(t)$.
%
%\medskip
%
%\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
%$t$		&0				&2				&4			   &6		 &8			&10\\ \hline
%$N(t)$	&\np{12000}		&\np{8000}		&\np{5400}	   &\np{3600}&\np{2500}	&\np{1650} \\ \hline
%$N'(t)$	&$- \np{2400}$	&$- \np{1600}$	&$- \np{1070}$ &$- 730$  &$- 480$ 	&$- 340$\\ \hline
%\end{tabularx}
%
%\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Calculer à chaque date $t$ le rapport $\dfrac{N'(t)}{N(t)}$ à $0,001$ près. Calculer la moyenne arithmétique des résultats obtenus.
\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$t$		&0				&2				&4			   &6		 &8			&10\\ \hline
$N(t)$	&\np{12000}		&\np{8000}		&\np{5400}	   &\np{3600}&\np{2500}	&\np{1650} \\ \hline
$N'(t)$	&$- \np{2400}$	&$- \np{1600}$	&$- \np{1070}$ &$- 730$  &$- 480$ 	&$- 340$\\ \hline
$\dfrac{N'(t)}{N(t)}$&$-0,2$&$-0,2$&$-0,212$&$- 0,203$&$- 0,192$&$- 0,206$\\ \hline
\end{tabularx}

\medskip

La moyenne arithmétique de ces quotients est :

$\dfrac{- 0,2 - 0,2 + \ldots - 0,206}{6} \approx - 0,202$. 
\item %Résoudre l'équation différentielle $N'(t) = - 0,2N(t)$ sachant que $N(0) = \np{12000}$.
On sait que les solutions de l'équation différentielles sont les fonctions de la forme :

$N(t) = A\text{e}^{- 0,2t}$ avec $A \in \R$.

$N(0) = \np{12000} \iff A\text{e}^{- 0,2\times 0} = \np{12000} \iff A = \np{12000}$.

Donc $N(t) = \np{12000}\text{e}^{- 0,2t}$.
\item %Estimer la population au bout de 15 minutes, en utilisant ce modèle.
On a au bout de 15 minutes :

$N(15) = \np{12000}\text{e}^{- 0,2 \times 15} \approx 597$~(bactéries).
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item ~%En utilisant le tableau initial, reproduire et compléter ce tableau dans lequel la fonction logarithme népérien (on donnera les valeurs arrondies à $0,01$) :

\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{|c|*{6}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$t_{i}$							&0		&2		&4		&6		&8		&10\\ \hline
$y_{i} = \ln \left(N\left(t_{i}
\right)\right)$					&9,39	&8,99	&8,59	&8,19	&7,82	&7,41\\ \hline
\end{tabularx}

\medskip

\item Représenter graphiquement le nuage de points correspondant $M_{i}\left(t_{i}~;~y_{i}\right)$ (unités : $1$~cm pour $1$~minute en abscisse et $1$~cm pour $1$~unité en ordonnée).
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %On appelle G le point moyen des trois premiers points et G$'$ le point moyen des trois derniers. Calculer à $0,01$ près les coordonnées de G et G$'$.
On trouve G(2~;~8,99) et G$'$(8~;~7,81)
		\item %Placer G et G$'$ sur le graphique et tracer la droite (GG$'$).
		Voir plus bas.
		\item %Trouver par le calcul, l'équation de la droite (GG$'$), en arrondissant à $0,01$ près les résultats.
		Si l'équation est $y = at + b$, les nombres $a$ et $b$ vérifient le système :
		
$\left\{\begin{array}{l c l}
8,99&=&2a + b\\
7,81&=&8a + b
\end{array}\right. \Rightarrow$ (par différence) $6a = - 1,18 \iff a \approx -0,1963$.

Ensuite $b = 8,99 - 2a \approx  8,99 + 2\times 0,1963 \approx 9,383$.

Une équation de la droite (GG$'$) est donc $y = 9,38 - 0,20t$ (coefficients arrondis au centième).
 	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %En déduire, en utilisant le modèle d'estimation donné dans le 3. c., que $N(t) = \text{e}^{-0,2t}\text{e}^{9,39}$.
		On a donc $\ln N(t) = 9,38 - 0,20t$ soit en prenant l'exponentielle des deux membres :
		
		$N(t) = \text{e}^{9,38 - 0,20t} = \text{e}^{9,38} \times \text{e}^{- 0,2 t}$.
		
La calculatrice donne $\text{e}^{9,38} \approx \np{11849}$.

Finalement : $N(t) = \np{11849}\text{e}^{- 0,2 t}$
		\item  %Estimer la population au bout de $15$~minutes.
		Avec ce modèle, on trouve $N(15) = \np{11849}\text{e}^{- 0,2 \times 15} = \np{11849}\text{e}^{- 3} \approx \np{590}$. On trouve sensiblement le même résultat que dans la partie A.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}		

\begin{center}
\psset{unit=0.9cm}
\begin{pspicture}(11,10)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.2pt,gridcolor=orange](0,0)(11,10)
\psaxes[linewidth=1.pt](0,0)(11,10)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psdots[linecolor=blue](0,9.39)(2,8.99)(4,8.59)(6,8.19)(8,7.82)(10,7.41)
\psdots[linecolor=red](2,8.99)(8,7.81)
\uput[u](2,8.99){G} \uput[u](8,7.81){G$'$}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0}{11}{9.383 x 0.1967 mul sub}
\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}  \hfill 10 points}

\medskip

Vers 1840, Verhulst propose un modèle d'évolution d'une population de bactéries en culture. Il suppose que la population ne peut dépasser une certaine valeur maximale.

On note $f(t)$ le pourcentage de cette valeur maximale à l'instant $t$. On suppose que $f(0) = 1$ et, pour une certaine population, on obtient que

 \[f(t) = \dfrac{100}{1+99\text{e}^{-0,6t}},\] 
 
où $t$ est exprimé en heures.

La courbe $(\mathcal{C})$ ci-dessous est la représentation graphique de la fonction $f$.
  
\begin{center}
\psset{xunit=0.666cm,yunit=0.06cm,arrowsize=2pt 4}
\begin{pspicture}(18,110)
\multido{\n=0+1}{19}{\psline[linestyle=dotted,linecolor=orange](\n,0)(\n,110)}
\multido{\n=0+10}{12}{\psline[linestyle=dotted,linecolor=orange](0,\n)(18,\n)}
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=4,Dy=20]{->}(0,0)(18,110)
\psplot[plotpoints=1500,linecolor=blue]{0}{18}{100 2.71828 x 0.6 mul neg exp 99 mul 1 add div}
\uput[u](17,0){$t$ (heures)} \uput[l](0,105){\%}
\uput[d](8.35,57){$(\blue \mathcal{C})$}
\psline(0,100)(18,100)
\psline[ArrowInside=->,linecolor=red](10,0)(10,80.296)(0,80.296)
\psline[ArrowInside=->,linecolor=cyan](0,50)(7.7,50)(7.7,0)
\psplot{8}{12}{9.5 x mul 14.7 sub}
\end{pspicture}  
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie A :} Les questions sont résolues par lecture graphique.

\medskip

\begin{enumerate}
\item  %Donner le pourcentage du maximum de la population à la date $t  = 10$.
Graphiquement on lit à peu près 80\,\%.
\item  %Quelle est la limite de $f(t)$ en $+ \infty$ ?
On sait que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{-0,6t} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t) = 100$.
\item  %À quel instant $t$, à $0,1$ près, la population atteint-elle $50$\:\% de son maximum ?
On lit environ 7,7~h.
\item  %Quel est le signe de $f(t)$ ?
On voit sur le graphique que  $f(t) > 0$ quel que soit $t \geqslant 0$.
\item  %À quelle date la croissance de la population, est-elle la plus rapide, à la date $t =  2$ ou à la date $t = 10$ ? Expliquer.
Pour comparer les vitesses il faut comparer les nombres dérivés $N'(2)$ et $N'(10)$.

Graphiquement le nombre dérivé $f'(2)$ est inférieur à $f'(10)$. La croissance sera donc supérieure au bout de 10 heures.
%
%Or $N'(t) = - (- 0,6)\dfrac{100}{\left(1+99\text{e}^{-0,6t} \right)^2} = \frac{60}{\left(1 + 99\text{e}^{-0,6t} \right)^2}$.
%
% $N'(2) = \frac{60}{\left(1 + 99\text{e}^{-0,6\times 2} \right)^2}$
\end{enumerate}
 
 \vspace{0,5cm}
 
\textbf{Partie B :} Les questions sont résolues par le calcul.

\medskip

\begin{enumerate}
\item  %Calculer à $0,1$\:\% près le pourcentage de la population à la date $t = 10$.
On calcule $f(10) = \dfrac{100}{1+99\text{e}^{-0,6\times 10}} = \dfrac{100}{1+99\text{e}^{-6}} \approx 80,3\,\%$.
\item  %Quelle est la limite de $f(t)$ en $+ \infty$ ? Que peut-on en déduire ?
On sait que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{-0,6t} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t) = 100$.
\item  %À quel instant $t$ la population atteint-elle $50$\:\% de son maximum (à $0,01$ près) ?
Il faut résoudre l'équation :

$50 = \dfrac{100}{1+99\text{e}^{-0,6t}} \iff 1 = \dfrac{2}{1+99\text{e}^{-0,6t}} \iff 2  = 1+ 99\text{e}^{-0,6t} \iff 1 = 99\text{e}^{-0,6t} \iff \dfrac{1}{99} = \text{e}^{-0,6t}$ soit en prenant le logarithme népérien :

$\ln \left( \frac{1}{99}\right) = - 0,6t \iff t = \dfrac{\ln \left(\frac{1}{99}\right)}{- 0,6}$;

on obtient $t \approx  7,659$ soit 7,7~h au dixième près.		
\item  %Prouver que la dérivée de $f$ est
$f$ est un quotient de fonctions dérivables dont est dérivable sur $\R$ :

$f'(t) = - (- 0,6 \times 99)\dfrac{100\text{e}^{-0,6t}}{\left(1+99\text{e}^{-0,6t} \right)^2} = \frac{\np{5940}\text{e}^{-0,6t}}{\left(1 + 99\text{e}^{-0,6t} \right)^2}$. 
%\[f'(t) = \dfrac{5940\text{e}^{-0,6t}}{\left(1 +99\text{e}^{-0,6t}\right)^2}.\]

%En déduire le signe de $f'(t)$.

Tous les termes de ce quotient sont positifs donc $f'(t) > 0$ : la fonction $f$ est croissante sur $[0~;~+ \infty[$.
\item  %Trouver l'équation de la tangente à la courbe au point d'abscisse $10$ (le coefficient directeur et l'ordonnée à l'origine étant donnés à $0,1$ près).
Une équation de la tangente est $y - f(10) = f'(10)(x - 10)$

$\bullet~~$$f(10) = \dfrac{100}{1+99\text{e}^{-0,6\times 10}} = \dfrac{100}{1+99\text{e}^{-6}} \approx  80,3$.

$\bullet~~$$f'(10) = \frac{\np{5940}\text{e}^{-0,6\times 10}}{\left(1 + 99\text{e}^{-0,6\times 10} \right)^2} = \frac{\np{5940}\text{e}^{-6}}{\left(1 + 99\text{e}^{-6} \right)^2} \approx 9,5$.

Une équation de la tangente est donc $y - 80,3 = 9,5(x - 10)$ ou $y - 80,3 = 9,5x - 95$, soit finalement :

$y = 9,5x - 14,7$.
\end{enumerate}
\end{document}