Biologie universitaire — 2e année · Bachelor Year 2

2Métabolismes microbiens et biofilms

Remplissez une éprouvette de verre de vase de mare, d’un peu de papier déchiqueté, d’un jaune d’œuf et d’eau, et laissez-la sur un rebord de fenêtre. En quelques semaines, elle se stratifie en bandes colorées : des algues vertes en haut, une couche couleur rouille, une bande pourpre, une bande verte plus bas, et une vase noire de sulfure au fond. Rien n’a été ajouté, sinon de la lumière. Chaque bande est une population qui vit d’une chimie différente — du dioxygène, du nitrate, du sulfate, du sulfure, du dihydrogène — et chacune nourrit la suivante. La colonne est le monde microbien en miniature : des cellules qui tirent leur énergie de presque n’importe quel couple de substances capables d’échanger des électrons et qui, ensemble, font tourner les cycles chimiques de la planète. Ce chapitre expose la logique de cette énergétique, la cinétique de la croissance microbienne, et la vie collective des microbes sur les surfaces, qui est la façon dont la plupart d’entre eux vivent réellement.

2.1 Les manières de gagner sa vie

Définition 2.1 (Types trophiques)

Un organisme se classe d’après trois réponses. Sa source d’énergie : la lumière (phototrophe) ou des réactions chimiques (chimiotrophe). Sa source d’électrons : des substances minérales — $\mathrm{H_2}$ , $\mathrm{H_2S}$ , $\mathrm{NH_4^+}$ , $\mathrm{Fe^{2+}}$ , l’eau — (lithotrophe) ou des molécules organiques (organotrophe). Sa source de carbone : le $\mathrm{CO_2}$ (autotrophe) ou du carbone organique (hétérotrophe). Les plantes et les cyanobactéries sont photolithoautotrophes ; les animaux, les champignons et E. coli sont chimioorganohétérotrophes ; les bactéries nitrifiantes et sulfo-oxydantes sont chimiolithoautotrophes : elles fabriquent leur matière organique à partir du $\mathrm{CO_2}$ avec une énergie tirée de l’oxydation de minéraux, à l’obscurité. Presque toutes les combinaisons existent quelque part chez les procaryotes ; les eucaryotes n’en occupent que deux.

Théorème 2.2 (L’énergie d’un couple redox)

Tout métabolisme producteur d’énergie fait passer des électrons d’un couple donneur à un couple accepteur. Chaque couple a un potentiel standard $E^{\circ\prime}$ (à pH 7) : plus il est négatif, plus le couple cède facilement ses électrons. Le transfert de $n$ moles d’électrons d’un donneur de potentiel $E_d$ à un accepteur de potentiel $E_a$ libère une énergie libre standard

\Delta G^{\circ\prime} = -\,n F\,(E_a - E_d), \qquad F = 96.5\,\mathrm{kJ}/\mathrm{V}/\mathrm{mol},

de sorte que le rendement est proportionnel à la distance verticale entre les deux couples sur la tour à électrons. Avec $\mathrm{O_2/H_2O}$ à $+0.82\,\mathrm{V}$ et $\mathrm{CO_2}$ /glucose à $-0.43\,\mathrm{V}$ , les 24 électrons d’une molécule de glucose fournissent $24\times 96.5\times 1.25 = 2900\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ; cédés plutôt au sulfate ( $\mathrm{SO_4^{2-}/H_2S}$ , $-0.22\,\mathrm{V}$ ), les mêmes électrons ne fournissent que $24\times 96.5\times 0.21 = 490\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ .

Démonstration. Pour la réaction donneur $_{\text{réd}}$ + accepteur $_{\text{ox}}$ $\to$ donneur $_{\text{ox}}$ + accepteur $_{\text{réd}}$ , la variation d’énergie libre est le travail fourni par $n$ moles de charge électronique $nF$ qui descendent la différence de potentiel $E_a - E_d$ , avec la convention de signe selon laquelle un transfert spontané (des électrons vers le couple le plus positif) a $\Delta G < 0$ . C’est la relation de Nernst du volume de première année appliquée à deux demi-réactions. ∎

La tour à électrons. Les donneurs (en bleu) sont placés à leur potentiel standard ; les accepteurs (en rouge) de même. Un métabolisme est une chute d’un donneur vers un accepteur situé au-dessus de lui, et son rendement énergétique est proportionnel à la hauteur de la chute : du glucose au dioxygène, la chute est longue ; du glucose au sulfate, elle est courte.

Proposition 2.3 (La chimiolithotrophie)

Certaines bactéries tirent toute leur énergie d’oxydations minérales, avec le dioxygène (ou le nitrate) comme accepteur, et fixent le $\mathrm{CO_2}$ grâce à l’ATP et au pouvoir réducteur ainsi obtenus. Les nitrifiants : les oxydants de l’ammonium (Nitrosomonas) transforment $\mathrm{NH_4^+}$ en nitrite ( $\Delta G^{\circ\prime} = -275\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ), les oxydants du nitrite (Nitrobacter) transforment le nitrite en nitrate ( $-74\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ) ; ensemble, ils convertissent l’ammonium de la décomposition en nitrate absorbé par les plantes (Chapitre 25). Les sulfo-oxydants (Thiobacillus, Beggiatoa) oxydent $\mathrm{H_2S}$ en soufre et en sulfate ; les ferro-oxydants oxydent $\mathrm{Fe^{2+}}$ en rouille ; les hydrogéno-oxydants brûlent le $\mathrm{H_2}$ . Comme leurs donneurs d’électrons sont situés haut sur la tour, le rendement par molécule est faible, et comme ces donneurs sont des réducteurs plus faibles que le NADH, ces bactéries doivent dépenser de l’énergie pour faire remonter les électrons afin de produire le NADH dont la fixation du carbone a besoin : un nitrifiant oxyde une trentaine d’ions ammonium pour fixer un $\mathrm{CO_2}$ , et croît lentement.

Faits expérimentaux. Winogradsky (1887–1890) cultiva des bactéries sulfureuses filamenteuses dans une goutte d’eau où il laissait diffuser du sulfure d’un côté et de l’air de l’autre : elles se rassemblaient à la frontière, accumulaient des granules de soufre et les consommaient lorsqu’on coupait l’arrivée de sulfure. Il isola ensuite des bactéries nitrifiantes sur un milieu purement minéral contenant de l’ammonium et aucun carbone organique, sur lequel elles croissaient en produisant du nitrate — première démonstration que la vie peut se construire à partir du $\mathrm{CO_2}$ et de l’énergie d’une réaction minérale, sans lumière. Il nomma ce processus chimiosynthèse. ∎

Sergueï Winogradsky, qui découvrit la chimiolithotrophie, et la colonne qui porte son nom : un cylindre de vase et d’eau qui se stratifie à la lumière en bandes d’algues, de ferro-oxydants et de sulfo-oxydants, de bactéries pourpres et vertes sulfureuses, et de sulfato-réducteurs dans la vase noire.

Définition 2.4 (La photosynthèse anoxygénique)

Les bactéries pourpres et vertes font la photosynthèse avec un seul photosystème et une bactériochlorophylle qui absorbe dans le proche infrarouge, en utilisant $\mathrm{H_2S}$ , $\mathrm{H_2}$ ou des acides organiques comme donneurs d’électrons au lieu de l’eau : elles libèrent du soufre ou du sulfate, jamais de dioxygène, et elles ont besoin d’une lumière de longueurs d’onde qui traversent la couche d’algues vertes et de cyanobactéries située au-dessus d’elles. Les bactéries pourpres sulfureuses croissent donc dans la bande pourpre de la colonne de Winogradsky, exactement là où le sulfure venu d’en bas rencontre la lumière venue d’en haut ; les bactéries vertes sulfureuses, qui tolèrent davantage de sulfure et moins de lumière, croissent en dessous. La photosynthèse oxygénique, avec ses deux photosystèmes en série, est une invention plus tardive d’une seule lignée — les cyanobactéries — qui a appris à prendre les électrons de l’eau.

2.2 Respirations anaérobies et fermentations

Définition 2.5 (La respiration anaérobie)

La respiration anaérobie est une respiration — une chaîne de transport d’électrons qui pompe des protons et produit de l’ATP par chimiosmose — dont l’accepteur terminal n’est pas le dioxygène. Les dénitrifiants (Pseudomonas, Paracoccus) réduisent le nitrate en nitrite, en monoxyde d’azote, en protoxyde d’azote et enfin en $\mathrm{N_2}$ , qui s’échappe dans l’air ; ils utilisent leur chaîne aérobie complétée de quelques enzymes et ne passent au nitrate qu’une fois le dioxygène épuisé. Les sulfato-réducteurs (Desulfovibrio) réduisent le sulfate en sulfure, noircissent la vase de sulfure de fer et lui donnent son odeur. Les méthanogènes, qui sont des archées, réduisent le $\mathrm{CO_2}$ par $\mathrm{H_2}$ en méthane ( $4\mathrm{H_2} + \mathrm{CO_2} \to \mathrm{CH_4} + 2\mathrm{H_2O}$ , $\Delta G^{\circ\prime} = -131\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ), ou scindent l’acétate en méthane et $\mathrm{CO_2}$ ; le dioxygène les tue, et ils vivent dans les panses des vaches, les rizières, les marais et les décharges, d’où ils libèrent un gaz à effet de serre qui fait l’objet du Chapitre 27. Les oxydes de fer et de manganèse servent à d’autres groupes. Le volume de première année traitait le dioxygène comme l’accepteur ; pendant la plus grande partie de l’histoire de la Terre, et dans chaque sédiment aujourd’hui, il n’est que le premier d’une série.

Proposition 2.6 (La séquence des accepteurs dans un sédiment)

Lorsqu’on descend dans un sédiment gorgé d’eau, les accepteurs d’électrons sont épuisés dans l’ordre de l’énergie qu’ils fournissent : le dioxygène dans les premiers millimètres, puis le nitrate, puis les oxydes de manganèse et de fer, puis le sulfate, et enfin le $\mathrm{CO_2}$ (méthanogenèse) dans la couche anoxique la plus profonde. Cet ordre est celui de la tour : à chaque profondeur, les organismes qui utilisent le meilleur accepteur restant croissent le plus vite, supplantent les autres dans la compétition pour les donneurs organiques, et épuisent leur accepteur avant que le groupe suivant prenne le relais. En mer, où le sulfate est abondant ( $28\,\mathrm{mmol}/\mathrm{L}$ ), la zone à sulfate est épaisse et la méthanogenèse ne commence qu’à plusieurs mètres de profondeur ; dans un marais d’eau douce, pauvre en sulfate, le méthane se forme juste sous la surface.

La succession des accepteurs d’électrons avec la profondeur dans un sédiment, dans l’ordre de l’énergie que chacun fournit par glucose. Les organismes de chaque zone supplantent ceux de la suivante pour la matière organique jusqu’à épuisement de leur accepteur.

Définition 2.7 (La fermentation, revisitée)

Une fermentation n’utilise aucun accepteur externe : le substrat organique est scindé en un produit plus oxydé et un produit plus réduit, l’ATP est produit uniquement par phosphorylation au niveau du substrat, et le NADH de la glycolyse est réoxydé par la réduction d’un métabolite. Les levures produisent de l’éthanol et du $\mathrm{CO_2}$ ; les bactéries lactiques produisent du lactate (yaourt, choucroute, muscles courbaturés) ; E. coli produit un mélange d’acides, d’éthanol et de gaz ; les clostridies produisent du butyrate, du butanol et de l’acétone ; les propionibactéries produisent le propionate et le $\mathrm{CO_2}$ de l’emmental. Le rendement est de deux ATP par glucose contre une trentaine par la respiration, si bien qu’un fermenteur doit traiter quinze fois plus de sucre pour une même croissance, et ses produits — acides, alcool — empoisonnent son propre milieu : les fermentations conservent les aliments parce que le fermenteur rend l’aliment inhabitable, y compris pour lui-même.

Exemple 2.8 (La syntrophie : vivre des restes)

Dans un sédiment anoxique, les fermenteurs laissent derrière eux de l’acétate, du propionate, du butyrate et du $\mathrm{H_2}$ . L’oxydation du propionate en acétate et en $\mathrm{H_2}$ a une énergie libre standard positive ( $+76\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ) et elle est impossible — à moins qu’un méthanogène voisin ne consomme le dihydrogène aussi vite qu’il se forme, en maintenant sa pression partielle sous $1 \times 10^{-4}\,\mathrm{atm}$ , valeur à laquelle la réaction devient exergonique. Aucun des deux partenaires ne peut croître seul sur le propionate ; ensemble, ils le transforment en méthane. Ce transfert interspécifique de dihydrogène explique pourquoi la digestion anaérobie est toujours l’œuvre d’un consortium, et pourquoi l’archée et sa bactérie partenaire se trouvent souvent accolées l’une à l’autre.

2.3 La croissance sur un substrat

Théorème 2.9 (La loi de Monod)

Une population qui croît sur un seul substrat limitant, de concentration $S$ , a un taux de croissance spécifique

\mu = \mu_{\max}\,\frac{S}{K_s + S}, \qquad \frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t} = \mu X,

où $X$ est la concentration de biomasse, $\mu_{\max}$ le taux maximal (l’inverse du temps de génération le plus court, divisé par $\ln 2$ ) et $K_s$ la constante de demi-saturation, la concentration de substrat pour laquelle la croissance se fait à mi-vitesse — quelques milligrammes de glucose par litre pour E. coli. Le substrat est consommé en proportion de la croissance, $\mathrm{d}S/\mathrm{d}t = -\mu X/Y$ , où $Y$ est le rendement : grammes de biomasse par gramme de substrat, environ $0.5$ pour la croissance aérobie sur un sucre et $0.1$ pour un fermenteur.

Faits expérimentaux. Monod (1942) cultiva E. coli en cultures discontinues sur une série de concentrations de glucose et mesura le taux exponentiel de chacune : les taux augmentaient avec la concentration puis saturaient, selon une courbe de Michaelis–Menten, ce qu’on attend si le taux est fixé par un système de captation saturable. La loi est empirique — une cellule possède des milliers d’enzymes, et non une seule — mais elle s’ajuste à presque toutes les cultures limitées par un substrat, et elle fonde les techniques de fermentation industrielle et le génie du traitement des eaux usées. ∎

Théorème 2.10 (Le chémostat)

Un chémostat est une cuve de volume $V$ alimentée en milieu neuf (substrat $S_{\text{in}}$ ) à un débit $F$ et vidangée au même débit, de sorte que le taux de dilution vaut $D = F/V$ . La biomasse et le substrat obéissent à

\frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t} = (\mu - D)\,X, \qquad \frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t} = D\,(S_{\text{in}} - S) - \frac{\mu X}{Y}.

En régime stationnaire, $\mu = D$ : la culture croît exactement aussi vite qu’elle est évacuée, quel que soit $D$ en dessous d’une valeur critique, et l’opérateur fixe le taux de croissance en réglant la pompe. Le substrat et la biomasse à l’état stationnaire valent

S^* = \frac{K_s\,D}{\mu_{\max} - D}, \qquad X^* = Y\,(S_{\text{in}} - S^*),

et au-delà du taux de lessivage $D_c = \mu_{\max} S_{\text{in}}/(K_s + S_{\text{in}})$ , aucune population ne peut se maintenir.

Démonstration. Poser $\mathrm{d}X/\mathrm{d}t = 0$ avec $X \neq 0$ donne $\mu = D$ ; en inversant la loi de Monod, $D(K_s + S^*) = \mu_{\max} S^*$ , d’où $S^* = K_s D/(\mu_{\max} - D)$ . Poser $\mathrm{d}S/\mathrm{d}t = 0$ et remplacer $\mu$ par $D$ donne $D(S_{\text{in}} - S^*) = DX^*/Y$ , d’où $X^*$ . La solution n’existe que tant que $S^* < S_{\text{in}}$ , c’est-à-dire $D < \mu_{\max} S_{\text{in}}/(K_s + S_{\text{in}})$ ; au-delà, $\mu < D$ pour tout $S \le S_{\text{in}}$ et $X$ décroît vers zéro. L’état stationnaire est stable : si $X$ augmente, $S$ diminue, $\mu$ passe sous $D$ et $X$ est ramené vers le bas par le lessivage. ∎

À gauche : la loi de Monod avec _ = 1\, h-1 et K_s = 0.02\, g/ L. À droite : le chémostat alimenté avec 2\, g/ L de substrat (Y = 0.5) : la biomasse reste presque constante et le substrat résiduel presque nul jusqu’au taux de lessivage, près duquel le substrat perce et la population s’effondre ; la production horaire de biomasse est maximale juste avant. — À gauche : la loi de Monod avec $\mu_{\max} = 1\,\mathrm{h}^{-1}$ et $K_s = 0.02\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ . À droite : le chémostat alimenté avec $2\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ de substrat ( $Y = 0.5$ ) : la biomasse reste presque constante et le substrat résiduel presque nul jusqu’au taux de lessivage, près duquel le substrat perce et la population s’effondre ; la production horaire de biomasse est maximale juste avant.

Un chémostat de laboratoire : le milieu neuf est pompé depuis le réservoir de gauche, la culture déborde vers la droite ; la pompe fixe le taux de croissance.

Exemple 2.11 (Lire un chémostat)

Avec $\mu_{\max} = 1.0\,\mathrm{h}^{-1}$ , $K_s = 0.02\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ , $S_{\text{in}} = 2\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ et $Y = 0.5$ , pour $D = 0.5\,\mathrm{h}^{-1}$ : $S^* = 0.02\times 0.5/0.5 = 0.02\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ et $X^* = 0.5\times 1.98 = 0.99\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ ; la culture laisse $1\,\%$ du sucre inutilisé. Le taux de lessivage vaut $1.0\times 2/2.02 = 0.99\,\mathrm{h}^{-1}$ . Un digesteur ou un intestin fonctionne sur le même principe : le côlon humain, alimenté trois fois par jour et vidé une fois, maintient ses bactéries à un taux de dilution voisin de $0.04\,\mathrm{h}^{-1}$ , et toute espèce incapable de doubler en un jour est évacuée — à moins qu’elle ne s’accroche à la paroi.

2.4 Les biofilms

Définition 2.12 (Biofilm)

Un biofilm est une communauté de micro-organismes fixés à une surface et enrobés dans une matrice qu’ils produisent eux-mêmes, faite de polysaccharides, de protéines et d’ADN extracellulaire. Il se forme par étapes : adhésion réversible de cellules isolées (flagelles, pili), adhésion irréversible et croissance en microcolonies, maturation en un film structuré avec des tours et des canaux d’eau, et dispersion de cellules qui s’en vont à la nage ensemencer de nouvelles surfaces. La matrice retient l’eau et les nutriments, protège les cellules de la dessiccation, des brouteurs, des antibiotiques et des cellules immunitaires, et établit des gradients chimiques qui font du film un paysage de niches. La plupart des bactéries de la Terre vivent ainsi : sur les rochers des cours d’eau, sur les racines, sur les dents (la plaque dentaire), sur les cathéters et les implants, dans les poumons des patients atteints de mucoviscidose, sur les coques des navires et dans les canalisations.

Le cycle de vie d’un biofilm : des cellules isolées adhèrent, forment des microcolonies qui sécrètent une matrice (en gris), mûrissent en un film structuré avec des tours et des canaux d’eau, et libèrent des cellules nageuses qui colonisent de nouvelles surfaces.

Un biofilm sur un cathéter, observé en microscopie électronique à balayage : des bactéries en bâtonnet enrobées dans la matrice fibreuse qu’elles ont sécrétée, avec des canaux ouverts entre les amas.

Théorème 2.13 (Les gradients dans un biofilm)

Dans un film d’épaisseur $L$ dont les cellules consomment le dioxygène à un taux volumique constant $q$ , la concentration étant maintenue à $c_0$ à la surface et aucun flux ne traversant le support, le profil stationnaire du dioxygène est une parabole et, si le film est assez épais pour que le dioxygène s’épuise, il s’épuise à la profondeur de pénétration

L_p = \sqrt{\frac{2 D_e\, c_0}{q}},

où $D_e$ est le coefficient de diffusion effectif dans la matrice. Avec $D_e = 1.5 \times 10^{-9}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , $c_0 = 0.25\,\mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3}$ et $q = 0.17\,\mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ (un film dense de cellules qui respirent), $L_p \approx 66\,\text{µ}\mathrm{m}$ : au-delà d’un dixième de millimètre de profondeur, un biofilm est anoxique, et dénitrifiants, fermenteurs et sulfato-réducteurs vivent sous un toit d’aérobies.

Démonstration. Soit $x$ la profondeur sous la surface. En régime stationnaire, le flux diffusif $-D_e\,\mathrm{d}c/\mathrm{d}x$ ne varie avec la profondeur que du fait de la consommation : $D_e\,\mathrm{d}^2c/\mathrm{d}x^2 = q$ . En intégrant deux fois, $c = c_0 + a x + q x^2/2D_e$ . Si le dioxygène s’annule à la profondeur $L_p$ avec un flux nul en ce point (rien n’arrive d’en dessous), $c(L_p) = 0$ et $c'(L_p) = 0$ : la seconde condition donne $a = -qL_p/D_e$ , et la première donne alors $c_0 - qL_p^2/D_e + qL_p^2/2D_e = 0$ , c’est-à-dire $L_p^2 = 2D_e c_0/q$ . Le profil est $c = (q/2D_e)(L_p - x)^2$ . ∎

Le dioxygène dans un biofilm qui respire : une décroissance parabolique depuis la valeur du milieu à la surface jusqu’à zéro à la profondeur de pénétration, 66\, µ m pour les valeurs du théorème. Tout ce qui est plus profond est anoxique. — Le dioxygène dans un biofilm qui respire : une décroissance parabolique depuis la valeur du milieu à la surface jusqu’à zéro à la profondeur de pénétration, $66\,\text{µ}\mathrm{m}$ pour les valeurs du théorème. Tout ce qui est plus profond est anoxique.

Proposition 2.14 (La détection du quorum)

Les bactéries se comptent. Chaque cellule sécrète à faible débit constant une petite molécule signal, un auto-inducteur (acyl-homosérine lactones chez les bactéries à Gram négatif, courts peptides chez les bactéries à Gram positif). Dans une suspension diluée, le signal diffuse au loin ; dans une population dense ou un biofilm, il s’accumule et, au-delà d’une concentration seuil, se fixe à un récepteur qui active un ensemble de gènes — dont le gène de l’auto-inducteur lui-même, d’où son nom. Les gènes ainsi contrôlés sont ceux qui ne sont rentables que si de nombreuses cellules agissent ensemble : la luminescence, la sécrétion d’enzymes digestives et de toxines, la production de matrice, la virulence des pathogènes qui doivent submerger un hôte d’un seul coup plutôt que de l’alerter une cellule à la fois.

Faits expérimentaux. Nealson, Platt et Hastings (1970) montrèrent que la bactérie marine Vibrio fischeri, qui éclaire l’organe lumineux d’un calmar, reste obscure en culture diluée et ne luit qu’au-delà d’environ $10^{7}$ cellules par millilitre ; du milieu débarrassé des cellules, prélevé dans une culture dense et lumineuse, faisait aussitôt luire une culture diluée. Le milieu contenait le signal ; sa structure, une acyl-homosérine lactone, fut déterminée en 1981, et les mutants incapables de la fabriquer ne luisent jamais, quelle que soit leur densité. ∎

Exemple 2.15 (Pourquoi un biofilm survit aux antibiotiques)

Les cellules d’un biofilm survivent à des concentrations d’antibiotique cent à mille fois supérieures à celles qui tuent la même souche en suspension, sans aucun gène de résistance. La matrice ralentit la diffusion du médicament et en fixe une partie ; les gradients laissent les cellules profondes affamées, anoxiques et presque sans croissance, or la plupart des antibiotiques ne tuent que les cellules en croissance (les pénicillines exigent la synthèse de la paroi, les aminosides un transport actif) ; quelques cellules persistantes sont entièrement dormantes et reconstituent le film à l’arrêt du traitement. Une infection chronique sur un implant se traite donc en général par le retrait de l’implant.

2.5 Les communautés microbiennes

Exemple 2.16 (La colonne de Winogradsky, expliquée)

La lumière et l’air entrent par le haut ; la matière organique et le sulfate viennent de la vase. Cyanobactéries et algues croissent au sommet et libèrent du dioxygène. En dessous, les hétérotrophes épuisent le dioxygène sur la matière organique, puis le nitrate ; plus bas, les sulfato-réducteurs transforment le sulfate en sulfure, qui diffuse vers le haut et noircit la vase de sulfure de fer. Là où le sulfure qui monte rencontre la lumière qui descend, les bactéries pourpres sulfureuses l’oxydent par photosynthèse (la bande pourpre), les bactéries vertes sulfureuses en dessous d’elles ; là où le sulfure rencontre le dioxygène, à l’obscurité, des sulfo-oxydants incolores comme Beggiatoa vivent de chimiolithotrophie (le voile blanc) ; là où le fer réduit rencontre le dioxygène, les ferro-oxydants laissent une bande couleur rouille. Le soufre circule entre sulfure et sulfate dans la colonne ; le carbone circule entre $\mathrm{CO_2}$ et matière organique ; seule la lumière entre et seule la chaleur sort. C’est un écosystème fermé au bilan énergétique ouvert, et un modèle réduit du fond de l’océan.

Des tapis microbiens autour d’une source chaude : chaque couleur est une population qui vit à la température et dans la chimie de sa bande — cyanobactéries thermophiles et bactéries vertes dans l’écoulement plus frais, chimiolithotrophes incolores dans l’eau la plus chaude.

Remarque 2.17 (Les tapis microbiens et la Terre primitive)

Autour des sources chaudes et sur les estrans, des tapis microbiens stratifiés de quelques millimètres d’épaisseur ramassent toute la colonne dans une épaisseur que la lumière peut traverser : cyanobactéries au-dessus, bactéries pourpres en dessous, sulfato-réducteurs à la base, chaque couche consommant ce que produit celle du dessus, et le tapis remontant à travers le sédiment qu’il piège. Les tapis fossiles — les stromatolithes — sont les plus anciennes traces de vie, vieilles de $3.5$ milliards d’années. Pendant deux milliards d’années, avant les plantes et les animaux, la biosphère fut constituée de ces tapis et du plancton qui les surmontait, et ce sont eux qui remplirent l’air de dioxygène (Chapitre 25).

2.6 Exercices

Exercice 2.1 ★

Classer selon la source d’énergie, la source d’électrons et la source de carbone : une cyanobactérie ; Nitrosomonas ; E. coli sur glucose ; une bactérie pourpre non sulfureuse cultivée à la lumière sur succinate ; Thiobacillus sur $\mathrm{H_2S}$ à l’obscurité.

Solution

Solution de Exercice 2.1.

Cyanobactérie : photo-litho-autotrophe (lumière, eau, $\mathrm{CO_2}$ ). Nitrosomonas : chimio-litho-autotrophe (oxydation de l’ammonium, $\mathrm{CO_2}$ ). E. coli sur glucose : chimio-organo-hétérotrophe. Bactérie pourpre non sulfureuse sur succinate à la lumière : photo-organo-hétérotrophe. Thiobacillus sur sulfure à l’obscurité : chimio-litho-autotrophe.

Exercice 2.2 ★

Énumérer les accepteurs d’électrons de la respiration par ordre de rendement énergétique décroissant, et dire où chacun est utilisé dans un sédiment.

Solution

Solution de Exercice 2.2.

Le dioxygène (millimètres de surface), le nitrate (juste en dessous, là où le dioxygène a disparu), les oxydes de manganèse et de fer (la transition du brun au gris), le sulfate (la couche noire sulfurée, épaisse dans les sédiments marins), le $\mathrm{CO_2}$ pour la méthanogenèse (au plus profond, ou juste sous la surface dans une eau douce pauvre en sulfate).

Exercice 2.3 ★

Équilibrer l’oxydation du glucose en $\mathrm{CO_2}$ par le nitrate réduit en $\mathrm{N_2}$ (en solution acide, l’eau étant l’autre produit). Combien d’ions nitrate faut-il par glucose ?

Solution

Solution de Exercice 2.3.

$5\,\mathrm{C_6H_{12}O_6} + 24\,\mathrm{NO_3^-} + 24\,\mathrm{H^+} \to 30\,\mathrm{CO_2} + 12\,\mathrm{N_2} + 42\,\mathrm{H_2O}$ : 4.8 ions nitrate par glucose (chaque nitrate accepte 5 électrons, chaque glucose en cède 24).

Exercice 2.4 ★

Définir un biofilm et nommer ses quatre étapes. Donner trois situations où les biofilms comptent pour la santé humaine ou pour l’industrie.

Solution

Solution de Exercice 2.4.

Une communauté microbienne fixée à une surface et enrobée dans une matrice qu’elle produit elle-même, faite de polysaccharides, de protéines et d’ADN. Étapes : adhésion, microcolonie et sécrétion de matrice, maturation avec tours et canaux, dispersion. La plaque dentaire et les caries ; les infections des cathéters et des implants (et des poumons dans la mucoviscidose) ; l’encrassement et la corrosion des canalisations et des coques — ou, utilement, les lits bactériens du traitement des eaux.

Exercice 2.5 ★★

Calculer $\Delta G^{\circ\prime}$ pour $4\mathrm{H_2} + \mathrm{CO_2} \to \mathrm{CH_4} + 2\mathrm{H_2O}$ à partir des potentiels $\mathrm{2H^+/H_2}$ ( $-0.42\,\mathrm{V}$ ) et $\mathrm{CO_2/CH_4}$ ( $-0.24\,\mathrm{V}$ ). Combien d’ATP (à $50\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ) un méthanogène peut-il au plus produire par $\mathrm{H_2}$ ? Commenter sa vitesse de croissance.

Solution

Solution de Exercice 2.5.

Huit électrons descendent de $-0.42\,\mathrm{V}$ à $-0.24\,\mathrm{V}$ : $\Delta G^{\circ\prime} = -8\times 96.5\times 0.18 = -139\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ de méthane (valeur tabulée $-131\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ), soit $35\,\mathrm{kJ}$ par $\mathrm{H_2}$ : au plus 0.7 ATP par dihydrogène, en pratique environ un demi. L’énergie par molécule de substrat est si faible que les méthanogènes croissent lentement (temps de génération de quelques heures à quelques jours) et convertissent presque tout leur substrat en gaz plutôt qu’en cellules.

Exercice 2.6 ★★

Une bactérie a $\mu_{\max} = 1.2\,\mathrm{h}^{-1}$ et $K_s = 5\,\mathrm{mg}/\mathrm{L}$ de glucose. Calculer $\mu$ et le temps de génération à 1, 5 et $50\,\mathrm{mg}/\mathrm{L}$ . À quelle concentration croît-elle à $90\,\%$ de son maximum ?

Solution

Solution de Exercice 2.6.

$\mu = 1.2\,S/(5 + S)$ : $0.20\,\mathrm{h}^{-1}$ ( $T = \ln 2/\mu = 3.5\,\mathrm{h}$ ), $0.60\,\mathrm{h}^{-1}$ ( $1.2\,\mathrm{h}$ ), $1.09\,\mathrm{h}^{-1}$ ( $0.64\,\mathrm{h}$ ). Quatre-vingt-dix pour cent : $S = 9K_s = 45\,\mathrm{mg}/\mathrm{L}$ .

Exercice 2.7 ★★

Un chémostat avec $\mu_{\max} = 0.8\,\mathrm{h}^{-1}$ , $K_s = 0.05\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ , $S_{\text{in}} = 5\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ , $Y = 0.4$ fonctionne à $D = 0.4\,\mathrm{h}^{-1}$ . Calculer $S^*$ , $X^*$ , la production de biomasse par litre et par heure, et le taux de lessivage.

Solution

Solution de Exercice 2.7.

$S^* = 0.05\times 0.4/(0.8 - 0.4) = 0.05\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ ; $X^* = 0.4\times(5 - 0.05) = 1.98\,\mathrm{g}/\mathrm{L}$ ; production $DX^* = 0.4\times 1.98 = 0.79\,\mathrm{g}/\mathrm{L}/\mathrm{h}$ ; lessivage $D_c = 0.8\times 5/5.05 = 0.79\,\mathrm{h}^{-1}$ .

Exercice 2.8 ★★

L’oxydation d’un $\mathrm{NH_4^+}$ en nitrite fournit $275\,\mathrm{kJ}$ ; un nitrifiant en capte le quart sous forme d’ATP ( $50\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ), et la fixation d’un $\mathrm{CO_2}$ en biomasse coûte l’équivalent de 12 ATP. Combien d’ions ammonium doit-il oxyder par carbone fixé ? Pourquoi le rendement d’un nitrifiant est-il si faible comparé à celui d’un hétérotrophe ?

Solution

Solution de Exercice 2.8.

Énergie captée : $0.25\times 275 = 69\,\mathrm{kJ}$ , soit 1.4 ATP par ammonium ; $12/1.4 = 8.7$ , environ neuf ions ammonium par carbone — et plusieurs fois plus une fois compté le coût de la production du NADH par remontée des électrons depuis le nitrite. Un hétérotrophe reçoit son carbone déjà réduit et organisé, et trente ATP par glucose ; un nitrifiant doit acheter à la fois son énergie et son pouvoir réducteur à un donneur médiocre et construire chaque carbone à partir du $\mathrm{CO_2}$ , si bien qu’il convertit en cellules une infime fraction du substrat qu’il traite.

Exercice 2.9 ★★

Calculer la profondeur de pénétration du dioxygène dans un biofilm avec $D_e = 1.2 \times 10^{-9}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , $c_0 = 0.20\,\mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3}$ et $q = 0.5\,\mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ . Que devient $L_p$ si le dioxygène du milieu est doublé ? Si les cellules respirent quatre fois plus vite ?

Solution

Solution de Exercice 2.9.

$L_p = \sqrt{2\times 1.2\times 10^{-9}\times 0.2/0.5} = \sqrt{9.6\times 10^{-10}} = 31\,\text{µ}\mathrm{m}$ . Doubler $c_0$ multiplie $L_p$ par $\sqrt 2$ : $44\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; quadrupler $q$ la divise par deux : $15\,\text{µ}\mathrm{m}$ .

Exercice 2.10 ★★★

Prévoir les bandes d’une colonne de Winogradsky de haut en bas, en nommant le métabolisme de chacune, et expliquer (a) pourquoi la bande pourpre se forme là où elle se forme, (b) pourquoi la vase noircit, (c) en quel sens la colonne est un système fermé et en quel sens un système ouvert.

Solution

Solution de Exercice 2.10.

De haut en bas : l’eau avec algues et cyanobactéries (photosynthèse oxygénique) ; une bande couleur rouille de ferro-oxydants là où $\mathrm{Fe^{2+}}$ rencontre le dioxygène ; un voile blanc de sulfo-oxydants incolores (chimiolithotrophes) là où le sulfure rencontre le dioxygène ; une bande pourpre de bactéries pourpres sulfureuses (photosynthèse anoxygénique sur sulfure) ; une bande verte de bactéries vertes sulfureuses (même métabolisme, tolérant plus de sulfure et moins de lumière) ; la vase noire des fermenteurs et des sulfato-réducteurs. (a) Les bactéries pourpres sulfureuses ont besoin à la fois de la lumière venue d’en haut et du sulfure venu d’en bas ; elles se placent donc à l’interface où les deux gradients se croisent. (b) Les sulfato-réducteurs produisent $\mathrm{H_2S}$ , qui précipite le fer sous forme de FeS noir. (c) Fermée pour la matière : soufre, carbone et azote circulent entre formes oxydées et réduites sans sortir ; ouverte pour l’énergie : la lumière entre, la chaleur sort, et sans lumière tous les cycles s’arrêtent.

Exercice 2.11 ★★★

Chaque cellule d’une population de densité $n$ (cellules par litre) sécrète un auto-inducteur à raison de $p = 5$ molécules par seconde ; la molécule est dégradée avec une constante de vitesse $k = 5 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Écrire la concentration stationnaire $A^*$ en fonction de $n$ . Le récepteur s’active à $A_c = 10\,\mathrm{nmol}/\mathrm{L}$ : calculer la densité seuil en cellules par millilitre. La comparer à celle d’une culture dense ( $10^{9}$ par millilitre) et de l’eau de mer ( $10^{5}$ par millilitre), et expliquer pourquoi un biofilm atteint le quorum dans un volume où une suspension ne l’atteindrait jamais.

Solution

Solution de Exercice 2.11.

Production $pn$ , perte $kA$ : $A^* = pn/k$ . $A_c = 10^{-8}\times 6.02\times 10^{23} = 6.0\times 10^{15}$ molécules par litre ; $n_c = kA_c/p = 5\times 10^{-4}\times 6.0\times 10^{15}/5 = 6\times 10^{11}$ par litre, soit $6\times 10^{8}$ par millilitre. La culture dense ( $10^{9}$ ) dépasse le seuil, l’eau de mer ( $10^{5}$ ) est quatre ordres de grandeur en dessous. Dans un biofilm, les cellules sont à $10^{11}$ par millilitre de matrice, et la matrice ralentit la fuite du signal (ce qui revient à abaisser $k$ ) : une microcolonie de quelques milliers de cellules dans un nanolitre atteint le quorum, alors que les mêmes cellules dispersées dans un litre ne l’atteindraient jamais.

Exercice 2.12 ★★★

« Les procaryotes font tourner la chimie de la planète. » Discuter cette affirmation à l’aide de trois processus de ce chapitre qu’aucun eucaryote ne peut réaliser, en disant pour chacun ce qui arriverait à la biosphère s’il cessait.

Solution

Solution de Exercice 2.12.

La fixation de l’azote (seuls les procaryotes possèdent la nitrogénase) : si elle cessait, l’azote combiné de la biosphère s’écoulerait par dénitrification et la production s’effondrerait en quelques décennies. La nitrification et la dénitrification (procaryotes seulement) : si elles cessaient, l’ammonium s’accumulerait, le nitrate disparaîtrait et l’azote ne retournerait jamais à l’air. La méthanogenèse et la respiration anaérobie (procaryotes seulement) : si elles cessaient, la matière organique des sédiments anoxiques, des panses et des marais s’accumulerait sans être minéralisée et le carbone sortirait du cycle ; de même, la photosynthèse oxygénique fut une invention bactérienne, et sans elle il n’y aurait pas de dioxygène à respirer. Les eucaryotes sont un ajout tardif et chimiquement limité à une planète procaryote.

2.7 Problème : une station d’épuration

Problème 2.1

Problème du week-end — la station d’épuration d’une ville analysée comme un ensemble de réacteurs microbiens, de l’énergétique de ses bactéries au méthane qui l’alimente, jusqu’au bilan énergétique de la station

Une station traite $Q = 10\,000\,\mathrm{m}^{3}$ d’eaux usées par jour, chargées de $300\,\mathrm{g}/\mathrm{m}^{3}$ de matière organique, mesurée par le dioxygène nécessaire pour la brûler (sa demande chimique en oxygène, DCO), et de $40\,\mathrm{g}/\mathrm{m}^{3}$ d’azote ammoniacal. Elle comprend un bassin aéré de boues activées, un bassin anoxique de dénitrification et un digesteur anaérobie pour les boues. Données : les hétérotrophes aérobies convertissent la matière organique avec un rendement $Y = 0.4$ (kilogramme de DCO de biomasse par kilogramme de DCO de substrat, le reste étant oxydé) ; la nitrification exige $4.57\,\mathrm{kg}$ de $\mathrm{O_2}$ par kilogramme d’azote ; la dénitrification exige $2.86\,\mathrm{kg}$ de DCO de substrat par kilogramme d’azote nitrique ; l’aération fournit $2\,\mathrm{kg}$ de $\mathrm{O_2}$ par kilowattheure ; la DCO des boues est convertie en méthane dans le digesteur à $60\,\%$ , chaque kilogramme de DCO converti donnant $0.35\,\mathrm{m}^{3}$ de méthane de contenu énergétique $36\,\mathrm{MJ}/\mathrm{m}^{3}$ , brûlé dans un groupe électrogène de rendement électrique $35\,\%$ . Nitrifiants : $\mu_{\max} = 0.5\,\mathrm{d}^{-1}$ , $K_s = 1\,\mathrm{g}/\mathrm{m}^{3}$ d’azote ammoniacal.

Partie I — L’énergétique.

À l’aide de la tour à électrons, calculer $\Delta G^{\circ\prime}$ pour l’oxydation d’une mole de glucose (24 électrons à $-0.43\,\mathrm{V}$ ) par le dioxygène ( $+0.82\,\mathrm{V}$ ).
Le calculer pour le nitrate réduit en $\mathrm{N_2}$ ( $+0.74\,\mathrm{V}$ ) et pour le sulfate réduit en sulfure ( $-0.22\,\mathrm{V}$ ).
Pourquoi la dénitrification ne démarre-t-elle que dans le bassin anoxique, et pourquoi la sulfato-réduction (avec son odeur) est-elle le signe d’une station mal conduite ?
Si les cellules captent $40\,\%$ de l’énergie libre sous forme d’ATP ( $50\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ), combien d’ATP par glucose chacun des trois métabolismes fournit-il ?
Combien de fois plus de glucose un sulfato-réducteur doit-il traiter qu’un aérobie pour une même croissance ?
Les fermenteurs du digesteur obtiennent 2 ATP par glucose. Expliquer pourquoi le digesteur produit néanmoins presque pas de biomasse, et surtout du gaz.

Partie II — Le bassin aéré.

Calculer la charge journalière en matière organique, en kilogrammes de DCO.
Calculer la biomasse produite par jour (en DCO) et le dioxygène nécessaire pour oxyder le reste.
Calculer l’énergie d’aération pour la matière organique, en kilowattheures par jour.
Calculer la charge journalière en azote et le dioxygène nécessaire pour le nitrifier.
Les boues sont retenues dans le bassin pendant un temps moyen $\theta$ (l’inverse de leur taux de dilution). En dessous de quel $\theta$ les nitrifiants sont-ils lessivés, quelle que soit la concentration en ammonium ?
Avec $\theta = 10\,\mathrm{d}$ , calculer la concentration résiduelle en ammonium dans l’effluent.
L’hiver abaisse $\mu_{\max}$ à $0.25\,\mathrm{d}^{-1}$ . Recalculer l’ammonium résiduel et dire ce que doit faire l’exploitant.

Partie III — La dénitrification et le digesteur. Le nitrate produit dans le bassin aéré est recyclé vers le bassin anoxique, où des hétérotrophes le réduisent avec la matière organique entrante.

Calculer la matière organique (kilogrammes de DCO par jour) consommée par la dénitrification de tout l’azote.
Calculer la masse d’azote libérée dans l’air sous forme de $\mathrm{N_2}$ par jour, et la masse qui quitte la station dans l’effluent sous forme d’ammonium (question 12), en fraction de la charge.
Cette matière organique n’a plus besoin d’aération. Calculer le dioxygène économisé, et la demande totale en dioxygène de la station (matière organique restante plus nitrification).
Les boues produites (question 8, comptées en DCO) partent au digesteur. Calculer le méthane produit par jour.
Calculer l’énergie de ce méthane et l’électricité qu’il fournit.
Calculer l’électricité d’aération correspondant à la demande totale en dioxygène de la question 16, et comparer.

Partie IV — Le réacteur à biofilm. Un lit bactérien fait croître un biofilm sur des pierres ; l’eau contient $0.2\,\mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3}$ de dioxygène, $D_e = 1.5 \times 10^{-9}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , et le film respire à $q = 0.3\,\mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ .

Établir le profil de dioxygène $c(x)$ dans un film assez épais pour devenir anoxique.
Calculer la profondeur de pénétration.
Le film a $300\,\text{µ}\mathrm{m}$ d’épaisseur. Quelle fraction en est aérobie, et que font les cellules situées en dessous du nitrate qui diffuse depuis la couche aérobie ?
Expliquer pourquoi un même biofilm peut nitrifier et dénitrifier à la fois, ce que le bassin aéré ne peut pas faire.
On ajoute du chlore pour désinfecter l’effluent. Donner deux raisons pour lesquelles le biofilm survit à une dose qui tue les mêmes bactéries en suspension.
Énoncer le résultat : la demande journalière de la station en dioxygène, sa production de méthane, et la fraction de son électricité d’aération que fournit le méthane.

Solution

Solution de Problème 2.1.

1. $-24\times 96.5\times (0.82 + 0.43) = -2900\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ . 2. Nitrate : $-24\times 96.5\times 1.17 = -2700\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ; sulfate : $-24\times 96.5\times 0.21 = -490\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ . 3. Le dioxygène rapporte davantage, si bien que les aérobies supplantent les dénitrifiants pour la matière organique tant qu’il reste du dioxygène, et le dioxygène réprime les nitrate réductases ; la sulfato-réduction exige l’anoxie et l’absence de nitrate : son odeur signifie donc que le bassin est sous-aéré et le nitrate épuisé — et $\mathrm{H_2S}$ est toxique et corrode le béton. 4. $0.4\times 2900/50 = 23$ ATP ; $0.4\times 2700/50 = 22$ ; $0.4\times 490/50 = 4$ . 5. Environ six fois plus ( $23/4$ ). 6. Deux ATP par glucose correspondent à un rendement d’environ $0.1$ : $90\,\%$ de l’énergie du substrat restent dans les produits (acides, alcools, $\mathrm{H_2}$ ), que les méthanogènes convertissent en méthane avec un gain tout aussi faible ; peu d’énergie, peu de biomasse, et le carbone part sous forme de gaz. 7. $10^4\times 0.3 = 3000\,\mathrm{kg}$ de DCO par jour. 8. Biomasse $0.4\times 3000 = 1200\,\mathrm{kg}$ de DCO ; les $1800\,\mathrm{kg}$ de DCO restants sont oxydés et exigent $1800\,\mathrm{kg}$ de $\mathrm{O_2}$ . 9. $1800/2 = 900\,\mathrm{kWh}$ par jour. 10. $10^4\times 0.04 = 400\,\mathrm{kg}$ d’azote ; $4.57\times 400 = 1830\,\mathrm{kg}$ de $\mathrm{O_2}$ . 11. En régime stationnaire, $\mu = 1/\theta \le \mu_{\max}$ : lessivage en dessous de $\theta = 1/\mu_{\max} = 2\,\mathrm{d}$ . 12. $D = 0.1\,\mathrm{d}^{-1}$ : $S^* = 1\times 0.1/(0.5 - 0.1) = 0.25\,\mathrm{g}/\mathrm{m}^{3}$ . 13. $S^* = 0.1/(0.25 - 0.1) = 0.67\,\mathrm{g}/\mathrm{m}^{3}$ , et la limite de lessivage passe à $4\,\mathrm{d}$ ; l’exploitant doit allonger l’âge des boues (en extraire moins) : à $\theta = 20\,\mathrm{d}$ , $S^* = 0.05/0.2 = 0.25\,\mathrm{g}/\mathrm{m}^{3}$ de nouveau. 14. $2.86\times 400 = 1144\,\mathrm{kg}$ de DCO par jour. 15. Ammonium de l’effluent $0.25\times 10^4 = 2.5\,\mathrm{kg}/\mathrm{d}$ , soit $0.6\,\%$ de la charge ; le reste, $397\,\mathrm{kg}$ d’azote, part sous forme de $\mathrm{N_2}$ : $99\,\%$ . 16. Économie : $1144\,\mathrm{kg}$ de $\mathrm{O_2}$ . Demande totale : $(1800 - 1144) + 1830 = 2490\,\mathrm{kg}$ de $\mathrm{O_2}$ par jour. 17. $1200\times 0.6\times 0.35 = 252\,\mathrm{m}^{3}$ de méthane par jour. 18. $252\times 36 = 9070\,\mathrm{MJ} = 2520\,\mathrm{kWh}$ ; électricité $0.35\times 2520 = 880\,\mathrm{kWh}$ par jour. 19. Aération $2490/2 = 1245\,\mathrm{kWh}$ par jour : le méthane en couvre $880/1245 = 71\,\%$ . 20. $D_e\,c'' = q$ , donc $c = c_0 + ax + qx^2/2D_e$ ; avec $c(L_p) = 0$ et $c'(L_p) = 0$ : $a = -qL_p/D_e$ et $c = (q/2D_e)(L_p - x)^2$ , avec $L_p^2 = 2D_ec_0/q$ . 21. $L_p = \sqrt{2\times 1.5\times 10^{-9}\times 0.2/0.3} = \sqrt{2\times 10^{-9}} = 45\,\text{µ}\mathrm{m}$ . 22. $45/300 = 15\,\%$ du film est aérobie. En dessous, des dénitrifiants réduisent en $\mathrm{N_2}$ le nitrate qui diffuse depuis la couche nitrifiante de surface, en utilisant la matière organique qui diffuse jusqu’à eux. 23. Dans un même film, le gradient de dioxygène crée une couche aérobie (nitrification) au-dessus d’une couche anoxique (dénitrification), à quelques dizaines de micromètres l’une de l’autre ; le bassin aéré est oxique partout, si bien que la dénitrification exige un bassin anoxique séparé. 24. Le chlore réagit avec les polymères de la matrice et y est consommé avant d’atteindre les cellules profondes ; les cellules profondes, affamées, à croissance lente ou dormantes, sont bien moins sensibles ; seule la couche superficielle meurt et le film se reforme à partir du dessous. 25. Demande en dioxygène $2490\,\mathrm{kg}$ par jour ; méthane $252\,\mathrm{m}^{3}$ par jour ; le méthane fournit $71\,\%$ de l’électricité d’aération ( $880\,\mathrm{kWh}$ sur $1245\,\mathrm{kWh}$ ).

Termes définis dans ce chapitre

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