\documentclass[10pt,a4paper]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{fourier}
\usepackage[scaled=0.875]{helvet}
\renewcommand{\ttdefault}{lmtt}
\usepackage{amsmath,amssymb,makeidx}
\usepackage{fancybox}
\usepackage{diagbox}
\usepackage{tabularx,multirow}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage[table]{xcolor}
\usepackage{pifont}
\usepackage{textcomp} 
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
%Merci à Christophe Poux pour le sujet
%Tapuscrit : Denis Vergès
%Corrigé : Jean-Claude Souque
\usepackage{pst-plot,pst-text,pst-tree,pstricks-add}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\D}{\mathbb{D}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry}
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}}
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}
\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[dvips]{hyperref}
\hypersetup{%
pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Baccalauréat STL Biotechnologies},
pdftitle = {Métropole - Réunion septembre 2014  correction},
allbordercolors = white,
pdfstartview=FitH}
\usepackage[frenchb]{babel}
\frenchbsetup{StandardLists=true}
\usepackage[np]{numprint}
\def\e{\text{e}}
\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STL Biotechnologies}  
\lfoot{\small{Métropole--La Réunion}}
\rfoot{\small{11 septembre 2014}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL Biotechnologies ~\decofourright\\[4pt] Métropole--La Réunion 11 septembre 2014}}
\end{center}
    
\vspace{0,25cm}
    
\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}   

\medskip
{\footnotesize
Une entreprise fabrique en très grande quantité des gélules vides destinées à l'industrie
pharmaceutique. La fabrication est faite à l'aide d'une machine.

On admet que la masse $M$, en milligrammes, d'une gélule suit une loi normale d'espérance $66$ et d'écart type $0,5$.
}
\medskip

\begin{enumerate}
\item Déterminons la probabilité pour qu'une gélule prise au hasard ait :
	\begin{enumerate}
		\item une masse comprise entre 65 et 67 mg. À l'aide de la calculatrice, $p(65\leqslant X\leqslant 67) \approx \np{0.95}$ à $10^{-2}$ près.
		
		{\footnotesize $[65~;~67]=[\mu-2\sigma~;~\mu+2\sigma]$ et nous savons alors que $p(\mu-2\sigma\leqslant X\leqslant \mu+2\sigma)\approx \np{0.95}$ à $10^{-2}$ près}
		\item une masse inférieure à 65,5 mg.  À l'aide de la calculatrice, $p(X\leqslant \np{65.5}) \approx \np{0.16}$ à $10^{-2}$ près.
		
		{\footnotesize $[\np{65.5}~;~\np{66.5}]=[\mu-\sigma~;~\mu+\sigma]$ et nous savons alors que $p(\mu-\sigma\leqslant X\leqslant \mu+\sigma)\approx \np{0.68}$ à $10^{-2}$ près ; \\
Par conséquent $p(X\leqslant \np{65.5})=p(X \geqslant \np{66.5})= \dfrac{1-\np{0.68}}{2} \approx \np{0.16} $ à $10^{-2} $ près.}
%Les résultats seront arrondis à $10^{-2}$ près.
	\end{enumerate}
\item Une gélule est considérée comme conforme si sa masse est comprise entre 65 et 67 mg. La
probabilité pour qu'une gélule soit considérée comme conforme est égale à 0,95.
	
On prélève au hasard un lot de 50 gélules. On suppose que l'effectif est assez important pour
pouvoir assimiler ce prélèvement à un tirage avec remise.
	
On désigne par $X$ le nombre de gélules considérées comme conformes dans ce lot.
	\begin{enumerate}
		\item  La loi de probabilité de $X$ est une loi binomiale car il s'agit d'une répétition de $n$ séries indépendantes  et identiques caractérisées par  deux issues de probabilité  $p$ et $q$ telles que $p+q=1$. 
		
L'issue favorable est l'évènement \og la gélule est conforme\fg{} de probabilité \np{  0.95}.
		
Le nombre $n$ de prélèvements est 50.

$X$ suit une loi binomiale de paramètres (50;\ \np{0.95}) par conséquent 

$p(X=k)=\binom{50}{k}(\np{0.95})^k(\np{0.05})^{50-k}$

		\item Déterminons la probabilité que le lot contienne 50 gélules conformes c'est-à-dire $p(X = 50)$. 

$p(X = 50) = \np{0.95}^{50}\approx \np{  0.08}$ à $10^{-2}$ près.
	\end{enumerate}
\item On s'intéresse maintenant à la couleur de chaque gélule. On prélève un lot de \np{1000} gélules dans la production quotidienne de la machine. Dans cet échantillon, 43 gélules présentent un défaut de teinte. 

Nous avons alors  une proportion $p$ valant $\dfrac{43}{\np{1000}}$ soit \np{0.043}.
	
Déterminons l'intervalle de confiance à 95\,\% de la proportion de gélules présentant un défaut de teinte. 

 \[\Bigg[p -1,96 \sqrt{\dfrac{p (1- p )}{n}} ~;~ p +1,96 \sqrt{\dfrac{p (1- p )}{n}}\Bigg]\]
		 
 $\Bigg[\np{0.043} -1,96 \sqrt{\dfrac{\np{0.043} (1- \np{0.043} )}{\np{1000}}}~;~ \np{0.043} +1,96 \sqrt{\dfrac{\np{0.043} (1- \np{0.043} )}{\np{1000}}}\Bigg]\approx \big[\np{0.0304}~;~\np{0.0555}\big]$	
%Les bornes de l'intervalle seront arrondies à $10^{-4}$ près.
\end{enumerate}

\newpage
    
\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}   

\medskip

\begin{enumerate}
\item Dans une expérience de laboratoire, sous certaines conditions, une population de bactéries double toutes les heures. 

Initialement, on compte \np{1000}~bactéries. On souhaite déterminer l'heure où il y en aura dix fois plus.
	\begin{enumerate}
		\item Parmi les trois algorithmes suivants,  celui répondant au problème est l'algorithme 3.
		
\medskip
{\footnotesize
\begin{tabularx}{\linewidth}{|X|m{0.1cm}|X|m{0.1cm}|X|}\cline{1-1}\cline{3-3}\cline{5-5}
\multicolumn{1}{|c|}{\textbf{Algorithme 1}}&&\multicolumn{1}{|c|}{\textbf{Algorithme 2}}&&\multicolumn{1}{|c|}{\textbf{Algorithme 3}}\\
$N$ prend la valeur \np{1000}&&N prend la valeur \np{1000}&&N prend la valeur \np{1000}\\ 
$H$ prend la valeur 0		&&Tant que $N < \np{10000}$ faire&&$H$ prend la valeur 0\\
Tant que $N < \np{10000}$	&&$N$ prend la valeur $2\times N$&&Tant que $N < \np{10000}$ faire\\
faire						&&Fin Tant que&&$H$ prend la valeur $H + 1$\\
$N$ prend la valeur $2 \times N$&&$H$ prend la valeur $H + 1$&&$N$ prend la valeur $2\times N$\\
Fin Tant que				&&Afficher $H$&&Fin Tant que\\
Afficher $H$				&&&&Afficher $H$\\\cline{1-1}\cline{3-3}\cline{5-5}
\end{tabularx} 
}
\medskip

 En effet, dans l'algorithme 1, $H$ ne varie pas  et dans l'algorithme 2 $H$ n'est pas initialisé.
		\item La valeur affichée par l'algorithme répondant au problème posé est 4.
		
{\footnotesize Nous aurions pu résoudre $\np{1000}\times 2^n\geqslant \np{10000}$ ou $2^n\geqslant 10$.\hspace{1.5em} $2^3=8$ et $2^4=16$. Nous retrouvons bien le résultat de l'algorithme.}
	\end{enumerate}
\item Dans une autre expérience, au début il y a 300 anticorps et 500 bactéries. Les anticorps augmentent
de 10\,\% par heure, les bactéries augmentent de 7\,\% par heure.
	
On note $a_n$ et $b_n$ respectivement le nombre d'anticorps et de bactéries à l'heure $n$.
	
Ainsi, $a_0 = 300$ et $b_0 = 500$.
	\begin{enumerate}
		\item  À un taux d'évolution $t$ correspond un coefficient multiplicateur $(1+t)$ c'est-à-dire pour $t=10\,\%=~\np{0.10}$ le coefficient multiplicateur est $\np{1.1}$.
		Par conséquent, chaque terme se déduit du précédent en le multipliant par $\np{1.1}$. Nous avons donc  pour tout entier naturel $n,\: a_{n+1}= 1,1 \times a_n$.
		
$\left( a_n \right) $ est une suite géométrique de raison $\np{1.1}$ et de premier terme $a_0=300$.
Le terme général d'une suite  géométrique  de premier terme $u_0$ et de raison $q$ est $u_n=u_0\times (q)^{n}$.  $a_{n}=300\times(\np{1.1}^n)$.
		\item Le coefficient multiplicateur associé à une hausse de 7\,\% est \np{1.07}. Nous avons donc  pour tout entier naturel $n,\: b_{n+1}= \np{1.07} \times b_n$.
$\left( b_n\right)$ est une suite géométrique de raison \np{1.07} et de premier terme $b_0=~500$.
 $b_{n}=500\times(\np{1.07}^n)$.

%Exprimer par une démarche analogue $b_n$ en fonction de $n$.
		\item Déterminons les entiers naturels $n$ tels que $a_n > b_n$.

 Pour ce faire, résolvons $300\times (1,1)^n>500\times (\np{1.07})^n$.
		
\begin{minipage}[]{0.45\linewidth}
\begin{align*}
300\times (1,1)^n&>500\times (\np{1.07})^n\\
\dfrac{1,1^n}{1,07^n}&>\dfrac{5}{3}\\
\left( \dfrac{1,1}{1,07} \right)^n &>\dfrac{5}{3}\\
\ln\left( \dfrac{1,1}{1,07} \right)^n &> \ln\dfrac{5}{3}\\
\end{align*}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{align*}
n\ln\left( \dfrac{1,1}{1,07} \right) &>\ln\dfrac{5}{3}\\
n&>\dfrac{\ln\dfrac{5}{3}}{\ln \dfrac{1,1}{1,07} }\\
n&>\dfrac{\ln5-\ln 3}{\ln 1,1-\ln1,07}
\end{align*}
\end{minipage}

$\dfrac{\ln5-\ln 3}{\ln 1,1-\ln1,07}\approx \np{18.4737}$

L'ensemble solution de l'inéquation $a_n>b_n$ sont les entiers naturels supérieurs à 19.

19 heures  après le début de l'expérience, il y aura plus d'anticorps que de bactéries.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}
\vspace{0,5cm}
    
\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}   

\medskip

Les deux parties de l'exercice proposent une approche différente de l'étude cinétique d'une réaction
catalysée par la $\beta$-fructosidase.

La vitesse initiale $v$ de la réaction a été mesurée en présence de différentes concentrations, notées $s$, de substrats dans des conditions identiques de pH et de température. Les résultats sont les suivants :

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{|c|*{6}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
Concentration de substrat $s_i$ en mmol.L$^{-1}$	& 0,1	& 0,2	&0,3	& 0,5	& 1		& 1,3\\ \hline
Vitesse initiale $v_i$ en $\mu$mol par minute		& 4,5	&5,6 	&6,3	& 6,9	& 7,7	& 8,1\\ \hline
\end{tabularx}
\medskip

\begin{center}
\textbf{Partie A : Utilisation d'un changement de variable}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item On effectue les changements de variable : $x_i = \dfrac{1}{s_i}$ et $y_i = \dfrac{1}{v_i}$.

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$x_i$ 	&10		&	5& 	\np{3.33}& 2	& 1	&\np{0.77} \\ \hline
$y_i$	&0,22	&\np{ 0.18}  	&\np{0.16}	&\np{0.14}	&\np{0.13}	&\np{0.12}\\ \hline
\end{tabularx}

	\begin{enumerate}
		\item Complétons le tableau ci-dessus (valeurs arrondies à $10^{-2}$ près).
		\item  Le nuage de points $M_i\left(x_i,~y_i\right)$ est  représenté ci-dessous.%sur une feuille de papier millimétré.
		
\psset{xunit=1cm,yunit=40cm,comma=true}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-0.1,-0.005)(11,0.268)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=1,Dy=0.02]{->}(0,0)(-0.1,-0.0005)(11,0.27)
 \multido{\n=-0+0.5}{22}{\psline[linestyle=dashed,linecolor=cyan,linewidth=0.2pt](\n,-0.001)(\n,0.26)}
\multido{\n=-0+0.01}{27}{\psline[linestyle=dashed,linecolor=cyan,linewidth=0.2pt](-0.1,\n)(10.5,\n)}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](10,0.22)(5,0.18)(3.33,0.16)(2,0.14)(1,0.13)(0.77,0.12)
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=0.75pt,linecolor=blue]{0}{10.5}{x 0.01015 mul 0.12 add}
\uput[dl](0,0){O} \uput[dl](10.99,0){$x_i$} \uput[l](0,0.268){$y_i$}\uput[ul](8.5,0.207){D}
\end{pspicture}		
\end{center}

\medskip
{\footnotesize On choisira 1 cm pour 1 en abscisse et 1 cm pour $0,02$ en ordonnée.}
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item À l'aide de la calculatrice,  une équation de la droite d'ajustement $D$ par la méthode des moindres carrés
est $y = \np{0.0105}x + \np{ 0.12}$ (le coefficient de $x$, $a$, est arrondi à $10^{-4}$ près et $b$ est arrondi à $10^{-2}$ près).
		\item  la droite $D$ est tracée sur le graphique précédent.
	\end{enumerate}		
\item {\footnotesize On admet que la $\beta$-fructosidase suit le modèle de Michaelis-Menten et on peut alors écrire :
	
$\dfrac{1}{v} = \dfrac{K_M}{v_{\text{max}}} \times \dfrac{1}{s} + \dfrac{1}{v_{\text{max}}}$ où $v_{v_{\text{max}}}$ est la vitesse initiale maximale et $K_M$ est la constante de Michaelis
spécifique de la $\beta$-fructosidase.
	
On admet que $a = \dfrac{K_M}{v_{\text{max}}}$  et $b = \dfrac{1}{v_{\text{max}}}$ où $a$ et $b$ sont les valeurs obtenues à la question \textbf{2. a}.}

Nous avons alors : $\dfrac{K_M}{v_{\text{max}}}=\np{0.0105} $ c'est-à-dire  $ K_M=\np{0.0105} \times  v_{\text{max}}$ et $\dfrac{1}{v_{\text{max}}}=\np{0.12}$ c'est-à-dire $v_{\text{max}}=\dfrac{1}{\np{0.12}}$.

Par conséquent, $v_{\text{max}}\approx\np{8.33}$ à $10^{-2}$ près, et $K_M=\np{0.0105}\times \np{8.33}=\np{0.0875} $ à $10^{-4}$ près.

 \end{enumerate}
 
\begin{center} 
\textbf{Partie B : Utilisation d'une représentation de Michaelis-Menten}
\end{center}
 {\footnotesize
Sur l'annexe, on a placé les points $N_i\left(s_i,~v_i\right)$ relevés expérimentalement et on a tracé la courbe de la fonction $f$ définie sur $]0~;~+ \infty[$ par : 
 
\[f(s)= v = \dfrac{s}{0,01+0,12s} = \dfrac{1}{\frac{0,01}{s} + 0,12}.\]

On estime que cette courbe $C$ est un ajustement acceptable des relevés expérimentaux.
}
\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Déterminons la limite de $v$ lorsque $s$ tend vers $+ \infty$. 

$\displaystyle \lim_{s\to +\infty}f(s)=\lim_{s\to +\infty}\dfrac{1}{\frac{\np{0.01}}{s}+\np{0.12}}=\dfrac{1}{\np{0.12}} \approx \np{8.33}$

{\footnotesize \emph{remarque} Nous avons montré que l'inverse de \np{8.1} était \np{0.12} or ici nous établissons que l'inverse de \np{0.12} est \np{8.33} et non \np{8.1} problème d'arrondis !}
%Donner une valeur arrondie à $10^{-2}$ près.
		\item La courbe $C$ admet la droite d'équation y=\np{8.33} comme  asymptote  au voisinage de l'infini.

 Elle est tracée sur l'annexe.
		\item En admettant que $v_{\text{max}}$ est la limite de $v$ quand $s$ tend vers  $+ \infty$,  $v_{\text{max}}=\np{8.33}$.
	\end{enumerate}
\item Résolvons graphiquement $f(s) = \dfrac{v_{\text{max}}}{2}$. Nous traçons la droite d"équation y=\np{4.17} et nous lisons l'abscisse du point d'intersection de la courbe avec cette droite. Nous lisons $\approx \np{0.8}$. %On laissera apparents les traits de construction.

Remarque : la solution est appelée la constante de Michaelis $K_M$.
\end{enumerate}

%\newpage
    \vspace{0.5cm}
\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 7 points}   

\begin{center}

\textbf{Partie A}
\end{center}

Soit l'équation différentielle (E) : 

\[y' + 0,2y = 100\]

où $y$ est une fonction dérivable sur $[0~;~+ \infty[$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Résolvons l'équation différentielle (E).

Les solutions de  l'équation différentielle $y'+ay=b$ sur  $\R$ sont les fonctions $y$ définies par  $y(x)=C\e^{-ax}+\dfrac{b}{a}$ où $C$ est une constante quelconque.

$a=\np{0.2}\ b=100$ par conséquent $y(t)=C \e^{-\np{0.2}t}+\dfrac{100}{\np{0.2}}$ c'est-à-dire $y(t)=C \e^{-\np{0.2}t}+500$ où $C$ est une constante quelconque.
\item Déterminons la solution de (E ) vérifiant la condition initiale $y(0)=0$.

$y(0)=C\e^0+500=0$ d'où $C=-500$ par conséquent $y(t)=-500\e^{-\np{0.2}t}+500$.

 La solution $y$ de l'équation différentielle (E) qui vérifie la condition initiale $y(0) = 0$ est la fonction $y$ définie sur $[0~;~+ \infty[$ par $y(t) = 500\left(1 - \text{e}^{-0,2t}\right)$.
\end{enumerate}

\begin{center}

\textbf{Partie B}
\end{center}

Dans la suite de l'exercice, on considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ par :

\[f(t) = 500\left(1 - \text{e}^{-0,2t}\right).\]

On désigne par $C_1$, la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthogonal.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Déterminons $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t)$.

$\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t)=\lim_{t\to +\infty}(-500\e^{-\np{0.2}t}+500) =0 + 500 = 500$.

 La droite $D$ d'équation $y = 500$ est asymptote à la courbe $C_1$ au voisinage de l'infini.
\item  
	\begin{enumerate}
		\item Soit $f'$ la fonction dérivée de $f$ sur $[0~;~+ \infty[$.
		
Déterminons la fonction dérivée de $f$ . $f'(t)=-500(-0.2)\e^{-0.2t}+0$.
		
Pour tout réel $t$ de l'intervalle $[0~;~+ \infty[$,\: $f'(t) = 100\text{e}^{-0,2t}$.
		\item Pour tout $t$ appartenant à $[0~;~+ \infty[,\: f'(t)>0$ comme produit de termes strictement positifs.
		
Si pour tout $x\in I,\:f'(x)> 0$ alors $f$ est strictement croissante sur $I$. 

Il en résulte que $f$ est strictement croissante sur $[0~;~+ \infty[$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\begin{center}
\textbf{Partie C : exploitation des résultats de la partie B}
\end{center}

Lors de l'étude de la progression d'une épidémie sur une population de \np{2000}~personnes, on a établi que le nombre d'individus contaminés à la date $t$, exprimée en jours, est donné par :

\[f(t) = 500\left(1 - \text{e}^{-0,2t}\right)\quad  \text{ pour } t \text{ entre }\: 0 \text{ et }\: 30.\]

\begin{enumerate}
\item Dénombrons à l'unité près le nombre de  personnes  contaminées 
\begin{itemize}
\item [--]après un jour d'épidémie soit $f(1)$. $f(1)=500\left(1 - \e^{-0,2}\right)\approx 91$.
\item [--]après dix jours $f(10)$. $f(10)=500\left(1 - \e^{-2}\right)\approx 432$
\end{itemize}

\item Le taux d'évolution est défini par  $\dfrac{\text{valeur finale}-\text{valeur initiale}}{\text{valeur initiale}} = \dfrac{432-91}{91}\approx \np{3.74725}$.

 Le nombre de personnes contaminées entre le premier et le dixième jour de l'épidémie a augmenté de \np{374.73}\,\%.
\item Le tiers de la population correspondant à un effectif supérieur à 500, limite du nombre de personnes contaminées, ne peut donc pas être contaminé.
\item Au bout de combien de jours, le huitième de la population est-il contaminé ? Pour ce faire, résolvons $f(t)=\dfrac{\np{2000}}{8}$.

$500\left(1 - \e^{-0,2t}\right)=250\qquad 1-\e^{-0.2t}=0.5 \qquad  \e^{-0.2t}=0.5 \qquad \e^{0.2t}=2\qquad 0.2t=\ln2 \qquad t=5\ln 2\approx \np{3.47}$.

Au bout de quatre jours, nous pouvons estimer que le huitième de la population a été contaminée. 
\end{enumerate}
\vspace{1cm}
%\newpage
\begin{center}
\textbf{\large ANNEXE (à rendre avec la copie)}

\vspace{0,5cm}

\begin{flushleft}
\textbf{Exercice 3 :} Points $N_i\left(s_i,~n_i\right)$ et représentation graphique de la fonction $f$ définie par :
\end{flushleft}

\[f(s) = v = \dfrac{s}{0,01 + 0,12s}\quad  \text{où}\: v \:\text{est en $\mu$mol par minute et $s$ en mmol par litre}.\]

\vspace{1cm}

\psset{xunit=8cm,yunit=0.8cm,comma=true}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-0.1,-1.5)(1.6,10)
\multido{\n=0.00+0.05}{33}{\psline[linestyle=dashed,linecolor=orange,linewidth=0.2pt](\n,0)(\n,10)}
\multido{\n=0.0+0.5}{21}{\psline[linestyle=dashed,linecolor=orange,linewidth=0.2pt](0,\n)(1.6,\n)}
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=0.1]{->}(0,0)(0,0)(1.6,10)
\uput[r](0,9.8){$v$ en micromole par minute}
\uput[u](1.44,0){$s$ en mmole par L}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](0.1,4.5)(0.2,5.6)(0.3,6.3)(0.5,6.9)(1,7.7)(1.3,8.1)
\uput[dr](0.1,4.5){$N_1$} \uput[dr](0.2,5.6){$N_2$} \uput[dr](0.3,6.3){$N_3$} \uput[dr](0.5,6.9){$N_4$} 
\uput[ul](1,7.7){$N_5$} \uput[ul](1.3,8.1){$N_6$}
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1.6}{x 0.12 x mul 0.01 add div}
\uput[dl](0,0){O}
%\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0}{1.6}
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1.6}{1 0.12 div}
\def\Func{ 1 2 0.12 mul  div}
\psline[linestyle=dashed,ArrowInside=->]{->}(!0 /x 0.0833 def \Func)(!0.0833 /x 0.0833 def \Func)(0.0833,0)
\end{pspicture}
\end{center}
\end{center}
\end{document}