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%Tapuscrit et corrigé: Jean-Claude Souque
%Relecture : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
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\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Baccalauréat STL Métropole 28 mars 2023~\decofourright\\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ \hspace{2em}Correction}}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\large Physique-Chimie et Mathématiques}
\end{center}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 1} \quad 4 points }

\medskip

La production de sucre inverti est réalisée en laboratoire lors de la transformation chimique du saccharose en milieu acide, en chauffant.

On définit la vitesse $v$ de disparition du saccharose de concentration $c$ en quantité de matière par:

\[v = - \dfrac{\text{d} c}{\text{d} t}.\]

Expérimentalement, nous réalisons un suivi cinétique de cette transformation qui permet d'obtenir le graphe ci-après représentant l'évolution de la vitesse $v$ de disparition du saccharose en fonction de sa concentration $c$ en quantité de matière dans le mélange. 

On peut modéliser cette situation par une fonction linéaire.

\begin{center}
\psset{xunit=2.4cm,yunit=0.5cm}
\begin{pspicture*}(-0.7,-0.3)(5.1,18.3)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt](0,0)(5.05,18)
\multido{\n=0+1,\na=0.000+0.005}{6}{\uput[d](\n,0){\na}}
\uput[l](0,0){0}\uput[l](0,2){\footnotesize $2\cdot 10^{-6}$}
\uput[l](0,4){\footnotesize $4\cdot 10^{-6}$}\uput[l](0,6){\footnotesize $6\cdot 10^{-6}$}
\uput[l](0,8){\footnotesize $8\cdot 10^{-6}$}\uput[l](0,10){\footnotesize $1,0\cdot 10^{-5}$}
\uput[l](0,12){\footnotesize $1,2\cdot 10^{-5}$}\uput[l](0,14){\footnotesize $1,4\cdot 10^{-5}$}
\uput[l](0,16){\footnotesize $1,6\cdot 10^{-5}$}\uput[l](0,18){\footnotesize $1,8\cdot 10^{-5}$}
\psline[linewidth=1.25pt,linecolor=blue](5,17.5)
\psdots(1.6,5.9)(1.8,6.35)(2.08,7.5)(2.2,8.2)(2.6,9.5)(3.2,11.5)(3.7,13.2)(4.3,15.85)
\end{pspicture*}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item À partir du graphique précédent, choisir, en justifiant la réponse, le modèle adapté à la cinétique chimique de cette réaction parmi les propositions suivantes:

\begin{center}\psCancel[linewidth=0.4pt]{modèle 1 : $v=k$}, \qquad  modèle 2 : $v = k.c$, \qquad \psCancel[linewidth=0.4pt]{ modèle 3: $v = k.c^2$}\end{center} 

où $k$ est la constante de vitesse.

 Le modèle adapté est le modèle 2, car les points sont presque alignés.
\item Déterminer une valeur approchée de la constante de vitesse $k$ en précisant son unité.
 En lisant les coordonnées  du point extrême de la droite d'ajustement 
 
 $(0,0241~;~ 1,8\times 10^{-5})$, nous obtenons  
 \[k=\dfrac{1,8\times 10^{-5}}{0,0241}\approx 7,47 \times 10^{-4}.\]
\end{enumerate}

Dans la suite de cet exercice, on prendra $k = 7 \times 10^{-4}$.

\begin{enumerate}[resume]
\item Déterminons le temps de demi-réaction $t_{\frac12}$ : $t_{\frac12} = \dfrac{\ln (2)}{7\times 10^{-4}}\approx \np{990.21}$.
\item  Le résultat précédent, temps de demi-réaction plutôt élevée, montre que   la
transformation chimique réalisée au laboratoire est lente.
\end{enumerate}
À partir du modèle identifié à la question 1, on montre que la cinétique de l'hydrolyse du saccharose peut être modélisée par l'équation différentielle 
\begin{center} $(E) :\quad  \dfrac{\text{d} c}{\text{d} t} = - k \times c$ (soit en mathématiques $y' = - k \times y$)\end{center}
 où $k = 7 \times 10^{-4}$.
 
 \begin{enumerate}[resume]
\item Résolvons sur $[0~;~+ \infty[$ cette équation différentielle.

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.

$a=-7\times 10^{-4},\quad b=0$  par conséquent sur $[0~;~+\infty[$ $y(t)=C \e^{-7\times 10^{-4}t}$ 
 où $C$ est une constante quelconque.

  Les solutions de l'équation (E) sont les fonctions f définies par $f(t)=C\,\e^{-7\times 10^{-4} t }$.
\item Sachant que pour $t = 0$, la concentration initiale du saccharose vaut
0,4 mol$\cdot \text{L}^{-1}$, déterminons la constante C.
$f(0)=C\times \e^{0}$ d'où $C = 0,4$. Par conséquent,
 l'unique solution de l'équation $(E)$ est la fonction $c$ définie sur $[0~;~+ \infty[$ par 
\[c(t) = 0,4 \times \e^{-7\times 10^{-4}\times t}.\]

\item Déterminons la limite de $c(t)$ lorsque $t$ tend vers $+ \infty$.

\[\displaystyle \lim_{t\to +\infty}\e^{-7\times 10^{-4}\times t}=0 \qquad \text{il en résulte que  } \lim_{t\to +\infty} c(t)=0\]
\item Ce résultat dans le contexte de la production réalisée en laboratoire montre qu'à très long terme le saccharose aura disparu.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 3} \quad 4 points }

\medskip

Les quatre questions de cet exercice sont indépendantes. 

\medskip

\textbf{Question 1}

\medskip
Résolvons dans $\R$ l'inéquation:

\[\e^{2t} > 0,12.\]

Appliquons aux deux membres de l'inégalité la fonction $\ln$. Étant une fonction strictement croissante sur $\R_+^*$ elle conserve l'ordre.

nous obtenons $\ln(\e^{2t}) > \ln (0,12)$ d'où $2t> \ln (0,12)$ et  $t >\dfrac{\ln (0,12)}{2}$ \:$\left(\dfrac{\ln (0,12)}{2} \approx - 1,06\right)$.

\medskip

\textbf{Question 2}

\medskip

On considère la fonction $F$ définie sur $\R$ par 
\[F(t)= a\e^{2t+6}.\]

\begin{enumerate}
\item $F$ est une primitive de la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(t) = 6\e^{2t+6}$.

Déterminons la valeur de $a$.

La dérivée de la fonction $F$ est : $F'(t)=a\times 2 \e^{2t + 6} = f(t) = 6\e^{2t+6}$

Par conséquent $2a = 6$ d'où $a = 3$.
\item Une autre primitive de la fonction $f$, est la fonction $G$ définie par $G(t)= 3\e^{-2t+6}+\lambda$ où $\lambda$ est un nombre réel quelconque.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Question 3}

\medskip
On s'intéresse à l'équipement des habitants d'une grande ville en ordinateurs depuis 2000.

La part (exprimée en \,\%) des habitants de cette ville ayant au moins un ordinateur est modélisée par la fonction $f$ définie sur $[0~;~+ \infty]$ par :
\[f(t) = \dfrac{94,6}{1 + \e^{0,6 - 0,2t}}\]

où $t$ est la durée écoulée (en année) depuis l'année 2000.

Montrons que le taux d'équipement ne peut jamais être supérieur à 94,6\,\%.

On sait que quel que soit $t \in \R$, \: $\e^{0,6 - 0,2t} > 0$, donc $1 + \e^{0,6 - 0,2t} > 1 + 0$ soit $1 + \e^{0,6 - 0,2t} > 1$ et en prenant l'inverse $\dfrac{1}{1 + \e^{0,6 - 0,2t}} < 1$ et finalement en multipliant chaque membre par 94,6 : $\dfrac{94,6}{1 + \e^{0,6 - 0,2t}} < 94,6$, soit $f(t) < 94,6$.

%Déterminons la limite de $f$ lorsque $t$ tend vers $+ \infty$
%
%\[\displaystyle \lim_{t\to +\infty} 1+\e^{0,6-0,2t}=1 \qquad \text{puisque  }  \lim_{t\to +\infty} \e^{0,6-0,2t}=0 \]
%
%Il en résulte \[\displaystyle \lim_{t\to +\infty} \dfrac{94,6}{1+\e^{0,6-0,2t}}=94,6\]
%
%Le taux d'équipement ne pourra donc, jamais dépasser $94,6\,\%$.

\medskip

\textbf{Question 4}

\medskip

Soit $f$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty]$ par:

\[f(x) = \dfrac{\e^x}{x^2 + 26x}.\]

Déterminons la limite de la fonction $f$ lorsque $x$ tend vers $+ \infty$.

$f(x)=\dfrac{\e^x}{x^2\left(1+\frac{26}{x}\right)}=\dfrac{\e^x}{x^2}\times \dfrac{1}{1+\frac{26}{x}}$.


%\[\displaystyle  \lim_{x\to +\infty}\dfrac{\e^x}{x^2}=+\infty \quad \lim_{x\to +\infty}  \frac{26}{x}=0\qquad  \lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty \]

On sait que $\displaystyle  \lim_{x\to +\infty} \dfrac{26}{x} : 0$, d'où par some de limites : $\displaystyle  \lim_{x\to +\infty}1 +  \dfrac{26}{x} : 0$ et par quotient de limites $\displaystyle  \lim_{x\to +\infty} \dfrac{26}{x}\dfrac{1}{1+\frac{26}{x}} = 1$.

On sait (croissances comparées) que $\displaystyle  \lim_{x\to +\infty}\dfrac{\e^x}{x^2} = + \infty$, donc finalement par produit de limites :
\[\displaystyle  \lim_{x\to +\infty}\dfrac{\e^x}{x^2\left(1+\frac{26}{x}\right)} = + \infty.\]
\end{document}