Puissances et notation scientifique

Puissances d’exposant entier relatif et règles de calcul, puissances de 10 et notation scientifique, chiffres significatifs et arrondis, ordres de grandeur et comparaisons.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés où les puissances de 10 servent à calculer : une colonie de bactéries qui double toutes les 20 minutes, la lumière des étoiles et l’année-lumière, le nombre d’atomes d’une bague en or, les octets d’un disque dur et la différence entre Go et Gio.

4 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je relève les données avec leurs unités et je les écris en notation scientifique.
Je convertis dans une même unité avant de calculer (km → m, µm → m, bits → octets…), en élevant au carré ou au cube pour une aire ou un volume.
Je calcule en séparant les décimaux et les puissances de 10, en gardant les valeurs non arrondies jusqu’au bout.
J’arrondis à la fin, avec le nombre de chiffres significatifs demandé ou adapté aux données.
Je contrôle par un ordre de grandeur et je réponds par une phrase, avec l’unité.

Problème 1 · Une colonie de bactéries★★★Facile

Dans un milieu favorable, une population de bactéries double toutes les

20

minutes. À l’instant initial, il y a une seule bactérie. Chaque bactérie a une masse de

9, 5 \times 10^{- 13}

g et une longueur de

2, 4

µm (

1

µm

= 10^{- 6}

m).

1. Nombre de doublements en $8$ heures :
En une heure, il y a $60 \div 20 = 3$ doublements, donc en $8$ heures $8 \times 3 = 24$ doublements.
2. Justifier qu’au bout de $8$ heures il y a $2^{24}$ bactéries, puis écrire ce nombre en notation scientifique arrondie à trois chiffres significatifs : $a =$ et $n =$
Rédaction attendue. À chaque doublement, le nombre de bactéries est multiplié par $2$ . Partant d’une bactérie, après $24$ doublements on obtient $1 \times 2 \times 2 \times \dots \times 2 = 2^{24}$ bactéries ( $24$ facteurs $2$ ). Or $2^{24} = 16 777 216$ ; arrondi à trois chiffres significatifs (le suivant est $7$ ) : $2^{24} \approx 1, 68 \times 10^{7}$ bactéries.
3. Démontrer que $2^{24} = 4^{12}$ , puis compléter : $2^{24} = 16^{p}$ avec $p =$
Rédaction attendue. $4 = 2^{2}$ , donc $4^{12} = (2^{2})^{12} = 2^{2 \times 12} = 2^{24}$ (puissance d’une puissance). De même $16 = 2^{4}$ et $16^{6} = (2^{4})^{6} = 2^{24}$ : $p = 6$ .
4. Masse totale des bactéries au bout de $8$ heures, à deux chiffres significatifs (la masse d’une bactérie n’en a que deux), en grammes : $a =$ et $n =$
$m = 16 777 216 \times 9, 5 \times 10^{- 13} = 1, 677 721 6 \times 10^{7} \times 9, 5 \times 10^{- 13} \approx 15, 94 \times 10^{- 6}$ g. En notation scientifique, à deux chiffres significatifs : $m \approx 1, 6 \times 10^{- 5}$ g, soit environ $16$ microgrammes.
5. Longueur obtenue en alignant ces bactéries bout à bout, à deux chiffres significatifs, en notation scientifique : $a =$ et $n =$ (en m)
$2, 4$ µm $= 2, 4 \times 10^{- 6}$ m. $L = 1, 677 721 6 \times 10^{7} \times 2, 4 \times 10^{- 6} \approx 4, 03 \times 10^{1}$ m. À deux chiffres significatifs : $4, 0 \times 10^{1}$ m, soit environ $40$ m.
6. La population dépasse $10^{8}$ bactéries au bout de doublements, c’est-à-dire au bout de heures.
On poursuit à partir de $2^{24}$ : $2^{25} = 33 554 432$ ; $2^{26} = 67 108 864$ ; $2^{27} = 134 217 728$ . Or $2^{26} < 10^{8} < 2^{27}$ : il faut $27$ doublements, soit $27 \times 20 = 540$ min, c’est-à-dire $9$ heures. C’est aussi ce que renvoie premiere_puissance(2, 10**8) : $27$ .
7. Un élève affirme : « Au bout de $16$ heures, la masse sera le double de celle obtenue à $8$ heures. » Expliquer son erreur, puis donner la masse au bout de $16$ heures si le doublement se poursuit, à deux chiffres significatifs : g
Rédaction attendue. Entre $8$ h et $16$ h, il y a de nouveau $24$ doublements : la masse n’est pas multipliée par $2$ , mais par $2^{24}$ . L’élève a confondu « doubler une fois » et « doubler $24$ fois ». Au bout de $16$ heures, il y a $2^{48}$ bactéries, de masse $2^{48} \times 9, 5 \times 10^{- 13} \approx 267, 4$ g, soit $2, 7 \times 10^{2}$ g (environ $270$ g). En pratique, le manque de nourriture arrête la croissance bien avant : le modèle ne vaut qu’au début.

Problème 2 · La lumière des étoiles★★★Moyen

La lumière se propage dans le vide à la vitesse

c = 2, 998 \times 10^{8}

m/s. Une année-lumière (al) est la distance parcourue par la lumière en une année de

365, 25

jours. La distance moyenne de la Terre au Soleil vaut

1, 496 \times 10^{8}

km ; l’étoile Proxima du Centaure est à environ

4, 24

al de la Terre. On rappelle que

d = v \times t

. La calculatrice est permise.

1. Montrer qu’une année dure environ $3, 16 \times 10^{7}$ secondes. Durée exacte d’une année, en secondes :
Rédaction attendue. Un jour dure $24 \times 3 600 = 86 400$ s. Une année dure donc $365, 25 \times 86 400 = 31 557 600$ s, soit $3, 155 76 \times 10^{7}$ s. Arrondi à trois chiffres significatifs (le chiffre suivant est $5$ ) : environ $3, 16 \times 10^{7}$ s.
2. Une année-lumière en mètres, à trois chiffres significatifs : $a =$ et $n =$
$d = c \times t$ avec la valeur exacte de $t$ : $d = 2, 998 \times 10^{8} \times 3, 155 76 \times 10^{7} = (2, 998 \times 3, 155 76) \times 10^{15} \approx 9, 461 \times 10^{15}$ m. À trois chiffres significatifs : $1$ al $\approx 9, 46 \times 10^{15}$ m.
3. La même distance en kilomètres s’écrit $a \times 10^{n}$ km : $n =$
$1$ km $= 10^{3}$ m : on divise par $10^{3}$ , donc on enlève $3$ à l’exposant. $1$ al $\approx 9, 46 \times 10^{12}$ km.
4. Distance Terre–Proxima du Centaure en mètres, à trois chiffres significatifs : $a =$ et $n =$
$d_{P} = 4, 24 \times 9, 461 \times 10^{15} \approx 40, 11 \times 10^{15}$ m. On réajuste : $d_{P} \approx 4, 01 \times 10^{16}$ m.
5. Durée du trajet de la lumière du Soleil jusqu’à la Terre : min s (arrondi à la seconde)
On convertit : $1, 496 \times 10^{8}$ km $= 1, 496 \times 10^{11}$ m. Puis $t = \frac{d}{c} = \frac{1, 496 \times 10^{11}}{2, 998 \times 10^{8}} = \frac{1, 496}{2, 998} \times 10^{3} \approx 0, 499 \times 10^{3} = 499$ s. Or $499 = 8 \times 60 + 19$ : environ $8$ min $19$ s.
6. Le rapport $\frac{distance Terre–Proxima}{distance Terre–Soleil}$ a pour ordre de grandeur $10^{n}$ avec $n =$
Les deux distances en mètres : $\frac{4, 011 \times 10^{16}}{1, 496 \times 10^{11}} = \frac{4, 011}{1, 496} \times 10^{5} \approx 2, 68 \times 10^{5}$ . Proxima est environ $268 000$ fois plus loin que le Soleil ; comme $2, 68 < 5$ , l’ordre de grandeur est $10^{5}$ .
7. Une sonde se déplace à $17$ km/s. Durée du voyage jusqu’à Proxima, au millier d’années près : ans ; ordre de grandeur de cette durée : $10^{n}$ avec $n =$
$v = 17$ km/s $= 1, 7 \times 10^{4}$ m/s. $t = \frac{4, 011 \times 10^{16}}{1, 7 \times 10^{4}} \approx 2, 36 \times 10^{12}$ s. En années : $\frac{2, 36 \times 10^{12}}{3, 155 76 \times 10^{7}} \approx 7, 48 \times 10^{4}$ ans, soit environ $75 000$ ans. Comme $7, 48 ⩾ 5$ , l’ordre de grandeur est $10^{5}$ ans, et non $10^{4}$ .

Problème 3 · Les atomes d’une bague en or★★★Moyen

Une bague de

4, 50

g est en or 18 carats : elle contient

75 %

d’or en masse. Données : unité de masse atomique

1

= 1, 66 \times 10^{- 27}

kg ; un atome d’or a une masse de

197

u ; diamètre d’un atome d’or :

2, 88 \times 10^{- 10}

m ; masse volumique de l’or :

19, 3

g/cm³ ; circonférence de la Terre :

4, 01 \times 10^{4}

km. La calculatrice est permise.

1. Montrer que la masse d’un atome d’or vaut environ $3, 27 \times 10^{- 25}$ kg. Valeur exacte : $197 \times 1, 66 \times 10^{- 27} = a \times 10^{- 25}$ kg avec $a =$
Rédaction attendue. $m_{atome} = 197 \times 1, 66 \times 10^{- 27} = 327, 02 \times 10^{- 27}$ kg. Or $327, 02 = 3, 270 2 \times 10^{2}$ , donc $m_{atome} = 3, 270 2 \times 10^{2 - 27} = 3, 270 2 \times 10^{- 25}$ kg, soit environ $3, 27 \times 10^{- 25}$ kg à trois chiffres significatifs.
2. Masse d’or de la bague : $m_{or} = a \times 10^{- 3}$ kg avec $a =$
$75 %$ de $4, 5$ g : $0, 75 \times 4, 5 = 3, 375$ g. Comme $1$ g $= 10^{- 3}$ kg : $m_{or} = 3, 375 \times 10^{- 3}$ kg.
3. Nombre d’atomes d’or de la bague, à trois chiffres significatifs : $a =$ et $n =$
$N = \frac{3, 375 \times 10^{- 3}}{3, 270 2 \times 10^{- 25}} = \frac{3, 375}{3, 270 2} \times 10^{- 3 + 25} \approx 1, 03 \times 10^{22}$ atomes. Comme $1, 03 < 5$ , l’ordre de grandeur est $10^{22}$ .
4. Volume d’or de la bague, à trois chiffres significatifs : cm³
$V = \frac{m}{ρ} = \frac{3, 375}{19, 3} \approx 0, 175$ cm³, soit $1, 75 \times 10^{- 1}$ cm³.
5. Un élève convertit ce volume en m³ en utilisant « $1$ cm³ $= 10^{- 2}$ m³ ». Expliquer son erreur, puis donner le volume correct : $V \approx 1, 75 \times 10^{n}$ m³ avec $n =$
Rédaction attendue. L’élève a converti comme une longueur. Or $1$ cm $= 10^{- 2}$ m, donc $1$ cm³ $= (10^{- 2} m)^{3} = 10^{- 2 \times 3}$ m³ $= 10^{- 6}$ m³ (puissance d’une puissance). D’où $V \approx 1, 75 \times 10^{- 1} \times 10^{- 6}$ m³ $= 1, 75 \times 10^{- 7}$ m³. Son résultat, $10 000$ fois trop grand, correspondrait à plus de $30$ kg d’or.
6. On aligne tous ces atomes côte à côte. Longueur obtenue : $a \times 10^{n}$ km avec $n =$ ; nombre de tours de la Terre, au millier près :
$L = 1, 032 \times 10^{22} \times 2, 88 \times 10^{- 10} \approx 2, 97 \times 10^{12}$ m, soit $L \approx 2, 97 \times 10^{9}$ km. Nombre de tours : $\frac{2, 97 \times 10^{9}}{4, 01 \times 10^{4}} \approx 0, 741 \times 10^{5} = 7, 41 \times 10^{4}$ . La file d’atomes ferait environ $74 000$ fois le tour de la Terre.

Problème 4 · Octets, disques et débits★★★Difficile

En informatique,

1

octet

= 8

bits. Préfixes décimaux :

1

= 10^{6}

octets,

1

= 10^{9}

octets,

1

= 10^{12}

octets,

1

Eo (exaoctet)

= 10^{18}

octets ; de même,

1

Mbit

= 10^{6}

bits. Les ordinateurs utilisent souvent le gibioctet :

1

Gio

= 2^{30}

octets. La calculatrice est permise.

1. Nombre de photos de $4, 8$ Mo que l’on peut stocker sur un disque de $2$ To :
Tout en octets : $2$ To $= 2 \times 10^{12}$ octets et $4, 8$ Mo $= 4, 8 \times 10^{6}$ octets. $\frac{2 \times 10^{12}}{4, 8 \times 10^{6}} = \frac{2}{4, 8} \times 10^{6} \approx 416 666, 7$ . Une photo incomplète ne compte pas : $416 666$ photos.
2. Un film de $1$ h $45$ min est encodé à $5, 6$ Mbit/s. Sa taille : Go
Durée : $105$ min $= 6 300$ s $= 6, 3 \times 10^{3}$ s. Bits : $5, 6 \times 10^{6} \times 6, 3 \times 10^{3} = 35, 28 \times 10^{9} = 3, 528 \times 10^{10}$ bits. On divise par $8$ : $4, 41 \times 10^{9}$ octets, soit $4, 41$ Go.
3. Durée de transfert de ce film avec une connexion de $940$ Mbit/s, arrondie au dixième : s
Le débit est en bits par seconde : on utilise la taille en bits. $t = \frac{3, 528 \times 10^{10}}{9, 4 \times 10^{8}} = \frac{3, 528}{9, 4} \times 10^{2} \approx 0, 375 3 \times 10^{2} \approx 37, 5$ s.
4. Montrer que $1$ Gio dépasse $1$ Go d’environ $7, 4 %$ . Valeur exacte de $2^{30}$ :
Rédaction attendue. $2^{30} = (2^{10})^{3} = 1 024^{3} = 1 073 741 824$ (puissance d’une puissance). Donc $\frac{1 Gio}{1 Go} = \frac{1 073 741 824}{10^{9}} \approx 1, 073 7$ . Un gibioctet vaut $1, 073 7$ fois un gigaoctet : il le dépasse de $0, 073 7$ , soit environ $7, 4 %$ .
5. Un disque vendu « $1$ To » est affiché par l’ordinateur en Gio. Valeur affichée, arrondie à l’unité : Gio
$\frac{10^{12}}{2^{30}} = \frac{10^{12}}{1, 073 741 824 \times 10^{9}} = \frac{10^{3}}{1, 073 741 824} \approx 931, 3$ : environ $931$ Gio. Aucun octet n’est perdu : le vendeur compte en puissances de 10, l’ordinateur en puissances de 2 ; un Gio étant plus grand qu’un Go, il en faut moins pour la même capacité.
6. Un centre de données compte $3, 2 \times 10^{5}$ disques de $18$ To. Capacité totale : Eo ; ordre de grandeur en octets : $10^{n}$ avec $n =$
$18$ To $= 1, 8 \times 10^{13}$ octets. Capacité : $3, 2 \times 10^{5} \times 1, 8 \times 10^{13} = 5, 76 \times 10^{18}$ octets, soit $5, 76$ Eo. Comme $5, 76 ⩾ 5$ , l’ordre de grandeur est $10^{19}$ octets, et non $10^{18}$ .

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