1. Una fermentación se realiza por lotes alimentado utilizando una alimentación constante de 0,8 L/h, con una concentración de sustrato limitante de 120 g/L. El cultivo se inicia por lotes con un volumen de líquido de 20 litros. La concentración celular después de inocular es de 0,1 g/L, en un medio de cultivo con 7,5 g/L de nutriente limitante. El cultivo por lotes continúa hasta que la masa celular se quintuplica, iniciándose entonces la alimentación. Determine: a. Condiciones iniciales del cultivo por lotes alimentado b. Condiciones de transición c. Condiciones finales, correspondientes al momento en que el volumen de caldo es de 30 litros.

FERMENTACION, lote alimentado*Alimentación constante, por lo tanto u se puede tomar igual a um.DATOS:Alimentación (FS): 0.8 L/hS = 120 g/LV0= 20 LX0= 0.1 g/LS.lote= 7.5 g/Lµ=µm = 0.62 h-1

KS = 80 mg/LYx/s= 0.45

a) Condiciones iniciales del cultivo por lote alimentado

F= 0.8 L/hS: 120 g/LV0= 20 LX0= 0.5 g/L (se quintuplica)S0 = 6.61

b) Condiciones de transición

t=( 1μ )∗ln( f . S .Y x/ s . tT+S0.V 0 . Y x /s+X0.V 0

X0 .V 0)

t=( 10.62 )∗ln ( 0.8∗120∗0.45∗tT+6.61∗20∗0.45+0.5∗20

0.5∗20 )t=1.6129∗ln( 43.2∗tT +69.49

10 )Se estima según los datos proporcionados el tiempo de producción . t=1.6129∗ln 32∗tT+6.949

tT1 =3.9065 h-1

tT2 =5.1190 h-1

tT3 =5.4334 h-1

tT4 =5.508 h-1

tT5 =5.5253 h-1

tT6 =5.5292 h-1

tT7 =5.53 h-1

tT8 =5.53 h-1

tT =5.62 h-1

Y x/ s=X f (lote)−X0(lote)

S0 (lote)−S f (lote)

0.45= (0.5 – 0.1)/ (7.5-Sf)S0= 7.5 – (0.4/0.45)S0 = 6.61

c) Condiciones finales:

T=12.5 hVf= 30 LXf= 10.87 g/LS = 22.059

3. Se le ha solicitado a usted diseñar un fermentación por lotes alimentado con alimentacion constante (F y S1 son constantes). El microrganismos a cultivar es una bacteria que posee un µm=0.4hr-1, Yx/s= 0.4 y Ks= 0.010 g/l cuando se utiliza glucosa como fuente de carbono y energía. Para estos efectos se cuenta con un fermentador piloto de 200 litros de volumen total. Usando glucosa como nutriente limitante, se debe cumplir que finalizada la zona de crecimiento exponencial (ZCE) se alimenta el flujo F de alimentacion de tal modo que se obtenga una segunda fase de crecimiento exponencial de crecimiento igual a la primera y que su término coincida con que se ha ocupado un 80% del volumen del fermentador. Los valores de S0 y X0 al tiempo inicial son 0 y 1.5 g/l, respectivamente. El tiempo total del CLA no debe sobrepasar 6 horas, cuando se parte con un volumen inicial de 140 litros.

a) Cuál será el valor de F en la segunda ZCE?

x2∗v2=x0∗v0∗eμm∗t

x2∗16=1.5∗(140 )∗e (0.4 )∗6

x2=14.467 g/ l

v1= v2+v12

=140+1602

=150 L

x1.v 1−x0. v0s1.v 1

= x2. v2−x 1v1s1.v 1

x1.v 1= x2.v 2+x 0. v02

x1.v 1=(14.467∗160 )+(1.5∗140)

2 =1262.36gr

1t1

(ln ( x 1.v1x 0.v 0 ))= 1

t 2 ( ln ( x2. v2x1. v1 )) t 1+t 2=6 h

16.t 2

ln( x 1.v1x 0.v0 )= 1

t 2ln( x2.v 2

x1.v 1 )1

6−t 2ln( 1262.36

1.5∗140 )= 1t 2

ln ( 14.467∗1601262.36

)

V=V0+F*t

t=V f−V 0

F

t= (30-20)/0.8= 12.5 h

VX=X0V 0 eμm t

X=(0.5∗20∗e0.62∗5.62)/30

Xf= 10.87

S=F∗S∗Y xs

∗t+S0∗V 0∗¿Y x

s+X0V 0−X f V f

V f∗Y xs

¿

S=609.49−311.69513.5

S= 22.059

16−t 2

(1.7936 )= 1t 2

(0.6063 )

1.7936∗t 2=0.6063 (6 )−0.6063 (t 2 )t 2=1.575ht 1=4.484h

v1=v 0+f 1∗t 1150=140+ f 1∗(4.484 )

f 1= 104.484

=2.230 L/h

V 2=V 0+F1.T 1+F2.T 2

F2= v2−(v0+ f 1. t 1)t 2

=160−(140+2.230∗4.484)1.575

=6.6011L/h

b) ¿Cuál es la concentración final de microorganismos alcanzada?x2=14.467g /L

c) Cuál es el valor máximo de S que se alcanza en cada una de las ZCE?

x1.v 1=f 1. sf . Yxs

. b+ s 0v 0Yxs

+ x0.v 0

Sf= x1.v 1−x 0. v0

f 1. Yxs. f 1

=1262.36−1.5∗1402.230∗0.4∗4.484

=263.11 gL

s1=

sf . f 1. t+s0. v 0+( x0.v 0Yxs )∗(1−eμm .t)

v 0.+ f 1.t 1=

(263.11)∗(2.230 )∗( 4.484 )+(2100.4 )∗(1−e0.4∗4.484)

150=0.0078g /L

s2=

sf . f 2. t 2+( x 1.v1Yxs )∗(1−eμm.t 2)

v=

263.11∗2.230∗4.404+(1262.360.4 )∗(1−e0.4∗1.515)

160=0.0112 g/L

4. Se desea utilizar una fermentación por lotes alimentado en una planta piloto. La bacteria de interés presenta una velocidad específica máxima de crecimiento de 0,34 h-1, un KS de 0,029 g/L. La fase por lotes se lleva a cabo en 320 litros de medio, obteniéndose una concentración celular de 7 g/L al iniciar la alimentación, momento en el cual la concentración de maltosa es de 0,01 g/L. La alimentación, con una concentración de 66 g/L de maltosa, se realiza de acuerdo a: F = F0 + 3,3 t Se desea que al inicio de la alimentación la oferta sea el 80% de la demanda de maltosa. Calcular el tiempo de alimentación requerido para alcanzar una masa celular de 10 kg en base seca y el volumen de caldo en el fermentador es ese momento. Yx/s = 0,41DATOS:

µm = 0.34 h-1

Ks= 0.029 g/LV0= 320 LX0= 7 g/L

Demanda=μ XVY x/ s

Oferta=F .S f

O=0.8D

F . Sf=0.8∗μ XVY x

s

….(1)

F0=0.8∗μ∗XV

S f∗Y xs

F0=0.8∗0.34∗7∗320

66∗0.41

F0 = 5.76 L/h

S0 = 0.01 g/LSF(lote)= 66 g/L%=0.8Yx/s = 0,41T= ?Xf= 10 KgVf= ?

5. En un CLA se utiliza alimentacion con flujo lineal de la forma F=27t (L/h). El volumen inicial es de 1.300L, con concentraciones X0= 8.5 g/L y S0= 0.35 g/L. la concentración de nutriente limitante es 170 g/L, con un rendimiento global de sustrato en células igual a 0.41. se cultiva una levadura de µmax= 0.44hr-1 y Ks= 0.06 g/L. determinar el tiempo de alimentacion para alcanzar una biomasa de 20kg y calcular los valores finales de S,X,V y µ.

Xv=20 kg= 20000

μ= μm∗s0ks+s0

=0.44∗0.350.06+0.35

=0.3756h−1

xμ=x0.v 0.eμt

ln ( xvx 0.v 0 )=μm .t

tT=ln (272

t 2 . st . Yxs

+s0. v 0Yxs

+x0.v 0

x0. v0 )( 1μm )

tT=ln (272

t 2∗170∗0.41+0.35∗1300+0.5∗13008.5∗1300 )( 1

0.44 )tT=ln (0.085 t2+1.0168 ) 1

0.44

d svdt

=f∗sf− μx∗vYxs

d svdt

=f∗sf− dx . v

dt . Yxs

Demanda=μ XVY x/ s

Oferta=F .S f

O=0.8D

F . Sf=0.8∗μ XVY x

s

….(1)

F0=0.8∗μ∗XV

S f∗Y xs

F0=0.8∗0.34∗7∗320

66∗0.41

F0 = 5.76 L/h

V=V 0+F0∗t+ 3.3∗t2

2

V=320+5.76∗17.196+ 3.3∗17.1962

2

V= 906.98

dSv= (27 t )dt∗sf−dxvYxs

sμ−s0. v0=27 t 2

2∗sf +s 0.v 0

xv−x0. v0Yxs

=27∗t 2

2∗sf +s0.v 0

dvdt

=f =27 t

v=v 0+ 27. t2

2=1300+ 27∗(1.579 )2

2=1333.60 L

XV = 20000133.66

=14.996 g/L

6.- Se desea operar una fermentación bajo la modalidad lote alimentado. Se inoculan 20 litros de medio de cultivo, con una concentración de sustrato de 11,3 g/L, con 5 litros de un preparado microbiano 1,5 g/L. La primera etapa del cultivo se inicia por lotes hasta que la masa microbiana alcanza 4 veces su valor inicial. Se inicia entonces una alimentación variable de sustrato (F [L/h] = 0,5 t + 4) , con una concentración de 180 g/L. La fermentación se detendrá al alcanzar los 165 litros de volumen.

µM = 0,5 h-1, Ks = 65 mg/L, YX/S = 0,45

Determinar

a. Condiciones iniciales del cultivo por lotes alimentado

b. Condiciones de transición

c. Condiciones finales

Para hallarla concentracion inicial X0

V0=Vme+Vinoculo

V0=20+5V0=25

Vinc* X0= Vinoculo*Xinoculo

25(Xinoculo)=5*1,5

Xinc=0.3 g/L

Vme=20LSme=11.3g/L

Vinoculo=5LXinoculo=1.5g/L

a. Para el cultivo por lote alimentadoX0=4*X0

X0=4(0,3)X0=1,2 g/L

V0=25L

DATOSF(4h)=0.5t+4Sf=180 g/LµM = 0,5 h-1Ks = 0,65 g/L

YX/S = 0,45

V0*Sinc=Vme*Sme

25* Sinc=20*11.30L Sinc=9.04 g/L

Yx /s= Xo−XincSinc−So

Sinc−So= Xo−XincYx /s

So=Sinc− Xo−XincYx /s

So=9.04−( 1.2−0,30.45 )

So=7.04 g /L

b. Condiciones de transiciónxµ=xovoeµmt….1

ln x vXoVo

=µmt

dsvdt

=F∗SF− µ xvYx /s

dsv=dt (F∗SF )−(dxvdt )dsvdt

=µxv

Rtas:Xo=1.2 g/L

Vo=25LSo=7.04 g/L

dsvdt

=F∗SF− 1Yx /s ( dxvdt )

SV−SVo=( 0.5t+v )dt∗SF− 1Yx/ s

(xv−xovo )

S=0

xv−xovoYx /s

=(0.5 t2

2+4 t) SF+SoVo

xv=Yx / s [ (0.25 t 2+4 t )SF+SoVo ]+XoVo….2

1=2

t=ln(Yx /s [ ( 0.25t 2+4 t ) SF+SoVo ]+XoVo

XoVo )µm

Tt=ln( (0.45 ) [ (0.25 t 2+4 t ) (180 )+7.04∗25 ]+1.2∗25

1.2∗25 )0.5

Tt=ln( 20.25 t2+324 t+79.2+30

30 )0.5

Tt= ln (0.675 t2+10.8 t+3.64 )0.5

C. Condiciones Finales

t1=5.4313 t2=8.818t3=10.039 t4=10.3870t5=0.4797 t6=10.5040t7=10.51040 t8=10.512

Tt=10.513h

Sigue una zona de crecimiento limitado

dsv=F∗SF∗dt− dxvYx / s

dsv=(0.5 t+4 )dtSF−( xv−Xo−VoYx /s )

sv−SoVo=( 0.5 t2

2+4 t)SF−( xv−XoVo

Yx /s )como S≪¿D

XV−XoVoYx /s

=( 0.25 t2+4 t ) SF+SoVo

XV =(0.25 t2+4 t ) SF∗Yx /s+XoVo+ SoVoYx/ s

dsdt

=f∗SF− µxvYx /s

dsv=dtF∗SF− µxvYx /s

dt

µxv .t=(0.5 t+4)dt*SF*Yx/s

µxv .t=( 0.25 t2+4 t)3F .Yx /s

µ=(0.25 t 2+4 t )SF∗Yx /s

t ¿¿

µ=( 0.25t 2+4 t )SF∗Yx/ s

t [( 0.25t 2+4 t )SF∗Yx/ s+XoVo+SoVo∗Yx /s ]

PARA HALLAR EL TIEMPOxv−xo vo

Yx/ s=(0.25 t 2+4 t )SF+so v o

¿)Sf.Yx/s=xv-XoVo−SoVo∗Yx /s¿)(180)(0.45)=xv-(1.2*25)-(7.04)(25)*(0.45)

xv=XoVo eumTt

xv= (1.2∗25 ) e(0.5)(10.51)

xv=5745,644520.25 t2+324 t=5745,6445−30−79.220.25 t2+324 t=563620.25 t2+324 t−5636=0

t=−b±√b2 4ac2a

t=−324+√(324)2−¿¿¿

t=−324+749,3272(20.25)

t=10.50h

μ= [0.25 (10.5 )2+4 (10.5 )](180)(0.45)

(10.5 ) [0.25 (10.5 )2+4 (10.5 )2 ] (180 ) (0.45 )+(1.2 ) (25 )+7.04∗25∗0.45

μ= 5634.5625(79.2+5634.5625+30 ) 10.5

μ=0.0934h−1

S= μxoμm−μ

S=(0.0934)(0.065)0,5−0.0934

S=0.0149g /L

X=¿¿

dvdt

=F

dv=(0.5 t+4)dtv−v o=0.25 t2+4 tv=0.25 t2+4 t+vo

v=0.25(10.5)2+4 (10.5 )+25v=94.56

x=5743.76294.56

x=60.74 g /L

7Alimentaciónexponencial :μ=0.24h−1vo=65000 LDatosdelmedioX o=1g /LY x / s=0.52μM=0.48h−1

SF=250g /LK s=0.1g /LFalla despué sde6horasF=100 t3−Condiciones almomentode lafalla

−Condiciones despué sde 20horasde trabajo .a¿Condiciones almomento de lafallaV ,μ ,X , S :dvdt=F

dμ=F . t V =V o+F . tSi :F=Fo eμtFo=

μxo vo

Y x / s (SF−SR )Si :Fo=(0.24 ) (1 ) (e0.24 x 6 ) (6 5000 )

0.52 (250 )Fo=506.48 g

L.1x L

gh−1

Fo=506,48 L/hv=65000+(2137,698 ) (6 )v=77826.188L xv=xo v oeμt x (77826,2 )=1 (65 000 )e0.24 x6

x=274345.228g77826,2 L

μ=μM So

k s+So

S=SF .F .t+So μo−

xovo−xvY x/ s

vS=

250 x (2137.698 ) (6 )+0.1 (65 000 )−(−1 (65000 )+3,525 (77826.2 )0.52 )

77826,2S=36.53g /L

Respuesta para6horasμ=0.24h−1S1=36.53 g/Lk1=3.525g /Lv1=77825.18LParauntiempo de20horas

dvdt

=F=100t 3→dv=100t 3dt

k 2v2=k1v1eμtk 2=

(3,525 x77826,2 L ) e0.24 ( 14)

1038226,18 Lk 2=7,607g /Ld . Sudt

=F .SF−μxuY x / s

dSudt

=100 t3 SF−dxu

Y x/ sdt

d . Su=100t 3 . SF . dt−( xu−xo vo

Y x /s )Sv−So vo=100 t 4

uSF .−

1Y x /s (xu−xo vo )

S2 v2−S1 v1=25t 4 . SF−1

Y x / s (k2 v2−k 1 v1 )S2 v2=25 t 4 . SF−1

Y x /s (k2 v2−k1v1 )+S1 v1

S2=25 (14 ) 4 . (250 )−( 1

0.52 ) (7,61x 1038226,18−3,52 x77826 )+36,53 x77826

1038226,18 LS2=219,87 g /L

Respuestas :K2=7.607 g /Lu2=1038226.18 LS2=219.87 g /Lμ=0.24h−1

F=506,48 e024.t

F=2137,698

x=3,525 g/L

So=μk s

μM−μSo=

0.24 (0.1 )0.48−0.24

So=0.1

1 2

v2−v1=100 t 4

4v2−v1=25 t 4

v2=v1+25 t 4

v2=77826,18L+25 (14 )4

v2=1038226,18L

6X1V1S1

20X2V2S2

8

t (h) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

xu(g) 210 313 467 697 1040 1552 1797 2032 2267 2500

v total=200 LvF=80

100(200L ) Sf=cteF y SFCalcularF , SF ,=?So=?Xo=?u=140L

ParaSF=Cte . Entoncesla ecuación es lineal .xv=xo v oeμM .t210=xo vo e

0.4 x 0xo vo=210gr x0=210 g140L

Segúnsu gráficadesde el punto5 es linealempieza

t(h) 5 6 7 8 9VX(g) 1552 1797 2032 2267 2500

y=bx+aku=t (b )+a

t(h) 5 6 7 8 9VX(g) 1556,4 1793 2029,6 2266,2 2502,8

Si:

xv=SF . F . t Y x /s+So voY x /s+k o vob=S F .F .Y x /s

So v oY x /¿s+xo vo=373,4 ¿So=373,4−xo vo

voY x / sSo=2,917g /L

v=v0+F .t F=v−vo

tF=160−140 L

8h F=2,5 L/h

b=S F .F .Y x /s236,6=SF (2,5)(0,4)SF=236,6g /L Respuesta:So=2,917 g /LKo=1.5 g/LSF=236.7g /LF=2,5 L/h

9. En un proceso industrial por lotes alimentado se utiliza un fermentador inicialmente con 30 000 de medio. La alimentación contiene 200 gramos de sacarosa por litro y debe mantenerse un µ de 0.2 h -1. El microorganismo tiene un µM de 0.33 h-1 y un Ks de 0.050g/L. la concentración celular al término de la fase por lotes es de 10 g/L y se alimenta durante 7 horas. El volumen máximo de líquido en el fermentador es de 40m3.

Determinar el flujo al inicio y al final de la alimentación, el rendimiento de sacarosa, la concentración celular final y la masa total de sacarosa alimentada.

Vo = 30 000 L Sf = 200 g/L µ = 0.2 h-1

Del microorganismo:

µM = 0.33 h-1 Ks = 0.050 g/L Xo = 10 g/L t = 7 h V = 400m3 = 40000 L

uF=160LμM=0.4 h−1

Y x/ s=0.4k s=0.010

ku=k 0u0 eμM .t

313=k0u0 eμM .0 .4 x1k 0u0=210

k 0=1.5g /L

a=373,4b=236,6

Regresión:

dvdt

=F=Fo∗eμ∗t

dv=Fo∗eμ∗t dt

V−Vo= Fμ∗(eμ∗t−1 )

Fo=(V−Vo)μeμ∗t−1

Fo= (40000−30000 ) 0.2e0.2∗7−1

Fo=654.62 L/h

F=Fo∗¿ eμ∗t

F=654.62∗¿ e0.2∗7

F=2654.62 Lh

XV = Xo * Vo ¿ eμ∗t

X= Xo∗Vo∗eμmax∗t

V

X=10∗30000∗e0.33∗7

40000

X=75.56 gL

μ= μmax ¿ SKs+S

So= μ∗Ksμmax−μ

So=0.2∗0.0500.33−0.2

So=0.077g /L

Fo∗eμ∗t= μ∗Xo∗Vo

Y xs

(Sf −Sr )−eμ∗t

Y x

s=¿ μ∗Xo∗Voeμ∗t(Fo+1) (Sf −Sr )

¿

Y x

s=¿ 0.2∗10∗30000e0.2∗7(654.62+1) (200−0.077 )

¿

Y xs=0.113 g

g

- Masa de Glucosa: Sf∗(V −Vo )200gL

∗(40000 L−30000 L )

Masa de glucosa: 2000g

10. Se desea llevar a cabo una fermentación bajo la modalidad de lote alimentado. Para ello se inoculan 45 litros de medio de cultivo (12g/L sustrato) con 5 litros de un preparado microbiano de 4g/L. La primera etapa de cultivo se inicia pro lotes hasta que el sustrato es consumido en un 90%, se inicia entonces una alimentación variable de sustrato (lineal) con una concentración de 100 g/L y un flujo inicial de 5 L/h. La fermentación se detendrá al alcanzar los 1000 litros de volumen.

La cepa utilizada, Kluyveromycesfragilis, tiene un tiempo de duplicación de 1.39 horas. En relación al sustrato utilizado, presenta un Ks = 20 mg/L y un rendimiento constante YX/S = 0.45Determinar:

a. Condiciones iniciales del cultivo por lote alimentado (X, S, µ, t, V)b. Función de flujo si la transición ocurre a las 3 horas de iniciada la alimentación.

V. inoculo 45 LS. inóculo 12 g/LV. microbiano 5 LX. microbiano 4 g/LKs 20 mg/L

Yx/s 0.45SF 100 g/Ltd 1.39 h

- Para el cultivo por lotes:Vo = 45 L + 5 L

Vo = 50 La. La primera etapa es por lotes

X o '∗V o'=Xmicrob∗Vmicrob

X o '=4 gL∗5L

50 L

X o '=0.4 gL

So'∗V o'=Vinoc .∗Sinoc .

So'=45 L∗12 g

L50

So'=10.8 g /L

- So’ se consume el 90% y queda el 10%

So=So '∗0.1So=10.8∗0.1=1.08 g /L

Y xs= Xo∗Xo'

So'−So

Xo=X o'+ Yx /s(S o'−So )

Xo=0.4+0.45 (10.8−1.08 )

Xo=4.774 gL

td∗μ= ln2

μ= ln2td

= ln21.39 = 0.4986

Vo=50L

t=ln

XoXo'

∗1

μ

t=ln

4.7740.4

∗1

0.4986t=4.97h

Respuestas.- Xo = 4.774 g/L- So = 1.08 g/L- µ = 0.498 h-1- Vo = 50L- t = 4.97

- F = 5 L/h

b. Función de Flujo si la transición ocurre a 3 horas de iniciada la alimentación.

V=Vo+f*Tt F = Fo + Fb*t

dSVdt

=F∗SF−μXVYxs

dSVdt

=F∗SF−

1Yxs

∗dXV

dt

dSVdt

=(Fo+Fb∗Tt )∗dt

dtSF 1

Yxs

∗dXV /dt

SV−SoVo=(FoTt+Fb2

∗Tt2)∗SF−( XV XoVoYxs )

XV −XoVo=(FoTt+ Fb

2∗Tt 2)∗SF∗Yx

s+ SoVo∗Yx

s

XV =(FoTt+Fb

2+Tt2)∗SF∗Yx

s+ SoVo∗Yx

s+XoVo

XoVo∗eμt=(FoTt+Fb

2∗Tt 2)∗SF∗Yx

s+ SoVo∗Yx

s+XoVo

(FoTt+ Fb2

∗Tt2)∗SF∗Yx

s=XoVo∗eμt−SoVo∗Yx

s−XoVo

FoTt+Fb2

∗Tt2=XoVo∗eμt− SoVo∗Yx

s−XoVo

SF∗Yxs

Fb2

∗Tt2=XoVo∗eμt− SoVo∗Yx

s−XoVo

SF∗Yxs

−FoTt

Fb= 2Tt2∗( XoVo∗eμt−SoVo∗Yx

s−XoVo

SF∗Yxs

−FoTt )

Fb= 232∗( 4.77∗50∗e0.5∗3−1.08∗50∗0.45−4.77∗50

100∗0.45−5∗3)

Fb=0.22∗(14.91−15 ) Fb=0.64 Lh2∗3h

Fb=1.9horas

11.- Como futuro ingeniero le ha sido encomendado el diseño de una fermentación por lotes alimentados, con alimentación exponencial dl tipo: F=2.85 t 2+1

Para esto se dispone de un fermentador que contiene inicialmente 50 litros de medio que son inoculados con 2.5 litros de un cultivo de concentración celular de 10 g/L, quendando luego de la inoculación con una concentración de sustrato limitante de 10 g/L.

En el momento en que la concentración de sustrato llegue a 0.1 g/L, comenzara la alimentación exponencial, con una concentración de sustrato limitante de 120 g/L. El microorganismo a cultivar es una bacteria que presenta las siguientes características: µM= 0.5 hr−1, Y x / s= 0.46, K s= 40 mg/L.

a. Calcular el tiempo transcurrido hasta que el crecimiento comienza a estar limitado por la alimentación.b. Determinar las concentraciones de sustrato y células, el volumen y la velocidad especifica de crecimiento una vez

transcurrido el tiempo de crecimiento exponencial.

F= 2.85 t 2+1

V-inicial= 50 L

V-inoculado= 2.5 L

So= 10 g/L

X-inicial= 10 g/L

SF= 120 g/L

Caracterisiticas de H2O

µM= 0.5 h−1

Y x / s= 0.46 g/g

K s= 40 mg/L

Cultivo por lotes

V-lotes= 50 + 2.5 L = 52.5 L

X-lotes x V-lotes = V-inoculado x X-inoculado

X-lotes x 52.5 = 2.5 x 10

S-lotes inicial = 10 g/L

S-lotes final = 0.1 g/L

µt= ln X lotes finalX lotes inicial

Y x / s= X lotes final−X lotes inicialS lotes incial−S lotes final

0.46 = X l−final−0.476

10−0.1

4.55M = X l-final – 0.476

X-lotes inoculado= 0.476 g/L

X l-final = 5.03

µ = µM x Sl−inicialK s+S l−inicial

µ = 0.5 x10

0.04 x10

Calculando t

t = ln ( X l−final

X l−inicial)

µ

t = ln( 5.03

0.476)

0.498

a) Calculando el tiempo transcurrido, condiciones iniciales para una alimentación exponencial:

So= 0.1 g/L

X o= 5.03

SF= 120 g/L

uo= 52.5 L

F= 2.85t 2+ 1

µM= 0.5 h−1

Y x / s= 0.46 g/g

Ks = 0.040 g/L

Para un crecimiento limitado por la alimentación hay t T

dSudt

= F x S-final - µXuY x /s

dSudt

= F x S-final - dXu

dt xY x / s

Su - Souo = (2.85t 2+ 1) dt x S-final – (Xu−XoU o

Y x/ s)

µ = 0.498 h−1

t = 4.73 h

0 - Souo = (2.85 t3+t ) x S-final – (Xu−XoU o

Y x / s)

Crecimiento limitado S= 0

xu−kouo

Y x/ s = ( 2.85t 3

3+ t)Sf + Souo

Xu = ( 2.85t 3

3+t) Sf x Y x / s + souoY x/ s + xouo

Xu = xouo x eµM x t

ln (xuxouo

) = µM x t

µM x t = ln (( 2.85 t3

3+t)(SF .Y x

s+SouoY x

s+X ouo)

KoUo¿

t T = 1

µM ln (( 2.85 t3

3+t)SF .Y x/ s+SouoY x

s+X ouo

K oU o

)

t T = 1

0.5 ln (

(0.95 t3+t ) (120 ) (0.46 )+(0.1 ) (52.5 )(0.46)+(5.03 x52.5)5.03 x52.5

¿

t T = 1

0.5 ln (52.44 t3+55.2 tT +260.49

264.075)

t T = 1

0.5 ln (0.198 t 3 + 0.21 t T + 1.009)

tT 1 = 2

tT 2 = 2

tT 3 = 3

tT 4 = 5

tT 5 = 7

tT 6 = 8

t T = 11.369 h

b) Determinar S, K, µ, U

F = 2.85 t 2 + 1

dudt = F

dudt = 2.85 t 2 + 1

U. U o = 2.85t 3

3 + t

U = Uo + 2.85t 3

3 + t

U = 52.51 (2.85

3) (0.369) + (11.369)

XU = xouo . eµM x t

X = (x¿¿ouo) . e

µMx t

U¿

X = (5.03 x52.51). e0.5 x µ

1459.885L

dSVdt

=F . sF−μXVYxs

dsvdt

=F .SF . dtdt

− dXVYxs

dt

dSV =(2.85 t2+1 )dt∗SF−( XV −XoVoYxs )

SV−SoVo=( 2.85t 3

3+ t)SF−( XV−XoVo

Yxs )

U = 1459.885 L

X = 53.23 g/L

SV=( 2.85 t3

3+t) SF−( XV−XoVo

Yxs )+SoVo

S=

(0.95 t 3+t ) SF−( XV −XoVoYxs )+SoVo

V

S=¿¿

12.

F = 0.8 L/h

Sf = 120 g/L

Vo = 20 L

X’o =0.1 g/L

S’o = 7.5 g/L

Xi = 5(X’o) = 0.5 g/L

a) Condiciones iniciales del cultivo por lote alimentado (Xo, Vo, So)

- Xi = 5(X’o) = 5(0.1) = 0.5 g/L

- Xo Vo = (0.5) (2.0) = 10 g (biomasa).

- YX/S = Xo−X ' oS' o−So

= 0.5−0.17.5−So

= 0.45 -> S’o - So = 0.4

0.45

7.5 – So = 0.888

So = 6.61

Si Vo = 6.61 (20) = 132.2 masa del sustrato limitante

b) Condiciones de transición

X . V = Xo Vo ℮µ.t y X.V = F Sf YX/S . t + So Vo YX/S + Xo Vo

Xo Vo ℮µ.t = F Sf YX/S . t + So Vo YX/S + Xo Vo

℮µ.t =F S f Y x / s . t

X oV o +

SoYx /sX o

+ 1

Cultivo por lote

Vo = 20 L

X’o =0.1 g/L

S’o = 7.5 g/L

Cultivo por lote alimentado

Xi = 5(X’o) = 0.5 g/h

Um= 0.62 h-1

Ks = 80 mg/L = 0.080 g/L

YX/S = 0.45

℮0.62.t =(0.8)(120)(0.45)

(0.5)(20) +

(6.61)(0.45)0.5

+ 1

tt= 1

(0.62) ln ( 4.32t + 6.9490)

Integrando si: to= 3t1 = 4tt =5.53

- (X.V)tr = Xo Vo ℮µ.t

= (0.5) (20) ℮0.62 (5.53)

= 10 ℮ 3.429

X.V = 308.33

- Vt = Vo + F t -> 20+(0.8)(5.53)Vt = 24.424 L

- XV = 308.33 Xt = 308.33/24.424 -> Xt =12.624

- S . Vt = F Sf t + So Vo + [XoVo-(XV)/Yx/s]

- (S V)t = (0.8)(120)+(5.53)+(6.61)(20)+[(10-308.33)/0.45]

- (S V)t = 0.14 g

- S = 0.14/20 = 0.007 g/L

c) Condiciones finales:

Vf = 30L

- V = Vo + F t donde: t =(V-Vo)/F t = (30-20)/0.8 = 12.5 h

- XV= F Sf t + So Vo Yx/s + XoVo

= (0.8)(120)(0.45)(12.5) + (132.22)(0.45) + 10 = 609.50 X = 609.50/30 = 20.317

- S = F Sf Yx/s Ks/ F Sf Yx/s (µm t – 1) + µm (So Vo Yx/s + XoVo) = (0.8)(120)(0.45)(0.48)/ [(0.8)(120)(0.45)][(0.62x12.5)-1]+0.62(132.22x0.45+10)S = 0.0103 g/L

- S V = (0.0103)(30) = 0.309 g

13.

Volumen del Fermentador= 7500 L

Sot= 1 g/L

Xmax=30 g/L

Melasa: - 55% de sacarasa

- 6% de proteína

µmax = 0.35 h-1

Yx/s= 0.5 g/L

So = 1 g/L

Xo=2 g/L

SNO = 0.4 g/L (NH4)2SO4

Pm = (1.3 g/mL)(1000mL/1L) = 1300 g/L

1300 g/L ---------- 100%

Sf ---------- 55%

Sf = 751 g/L

Ln(Xµ/XoVo) = µmax . t

S. µ - XoVo = FSs.t – (X µ−X oV o

Y x / s)

Como no hay tiempo:

d vd t = F F = Fo. eµt

d v = Fo. eµt

v - vo = Fo ( eµt

µ−1

µ)

v = vo + F oµ

(eµt−1)

v = vo + F oµ

¿)

v = vo + 1µ

( µ X oV oY x / s(SF−SR)

)( X−µ−X oV oX oV o

)

v = vo + (Xµ−X oV o)Y x/ s(SF−SR)

75000 = vo + (10 x75 000−2x V o)

0.5(715−1)

75000 = vo + (750 000−2x V o)

357357 x 75 000 = 357V o + 750 000 - 2V o26025000 = 355V oV o = 73309.9

Ahora:

ln( XVXoVo

) = vt

t = 1V

ln ( 30 x75 0002x 73309,86 )

t = 7,802 h

SNO = 0,4 gL

x 73309,86 L

SNO = 29323,94 gSNO = 29,323 Kg