0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0 2 4 8 10 12 14 16 18 tiempo (h)

sustr

ato

y b

iom

asa (

g/l)

Biomasa

Sustrato

Centro de Biotecnología Industria CBI PalmiraProgramas de Técnico en Producción de Biocombustibles y Tecnólogo

en Procesos Biotecnológicos.Instructor: Jorge Alberto Vásquez

Ejercicio 6.1. Una fermentación en lote de una bacteria anaerobia creciendo en metanol tiene los resultados mostrados en la tabla. Calcular:a. La taza de crecimiento máximo (μmax)b. El rendimiento celular (Yx/s)c. La biomasa al doble del tiempod. La constante de saturación (Ks)e. La taza específica de crecimiento (μ) a las 10 horas

Tiempo (h)

Biomasa X (g/l)

Sustrato S (g/l)

0 0,2 9,232 0,211 9,214 0,305 9,078 0,98 8,0310 1,77 6,812 3,2 4,614 5,6 0,9216 6,15 0,07718 6,2 0

a. La velocidad específica (μ) y máxima de crecimiento (μmax) Grafica 1. Crecimiento de biomasa y consumo de sustrato (g/l) vs tiempo (h),

La grafica 1, de crecimiento de biomasa y consumo de sustrato (g/l) vs tiempo (h), indica que hay un tiempo de adaptación de las bacterias a su nuevo ambiente cuya duración es 8 horas. A partir de las 8 horas hay un crecimiento exponencial que va hasta las 16 horas, tiempo en el cual comienza la desaceleración que va hasta las 16 horas. La etapa estacionaria va hasta las 18 horas.

Entonces de acuerdo a la fórmula de velocidad específica de crecimiento:μ = dX/dt . 1/x integrando tenemos que dX/X = μ dt después de derivar viene que : LnX= LnXo + μ dt es la ecuación de la línea recta de la forma Y= mX + b con Y intercepto b= LnXo y pendiente m= μ por lo tanto μ = LnX- LnXo

/ tf - ti

Tiempo (h)

Biomasa (g/l)

Sustrato (g/l)

LnX .

8 0,98 8,03-

0,02020270

10 1,77 6,80,57097954

712 3,2 4,6 1,16315081

14 5,6 0,921,72276659

8

16 6,15 0,0771,81645208

2

Graficando los datos lnX vs t de la tabla 2 obtenemos:

y = 0,2413x - 1,8444

R2 = 0,959

-0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

0 5 10 15 20 tiempo (h)

ln x

Serie2

Serie3

Lineal(Serie3)

Grafica 2: Linearización de la curva de crecimiento exponencial de la biomasa

La grafica 2, nos muestra una línea recta de forma Y= 0,2413X – 1,8444 cuyo coeficiente de correlación R2 es 0.959.

Por lo tanto μ = 0,2413 h-1

Por la forma μ = LnX- LnXo tenemos que μ = 1,816 – (–0,0202) = 0,230 h-1

tf - ti 16 - 8

Para hayar la velocidad de crecimiento máximo μmax podemos suponer que la velocidad específica en la fase exponencial es el valor máximo del crecimiento o podemos deducirla a partir de la ecuación de Monod, después de haber linearizado de la forma Lineweaberburck así:μ = μmax . S ; Invirtiendo términos para linearizar obtenemos: 1 = Ks . _1 + _1_ Ks + S μ μmax S μmax

Hallando los nuevos valores obtenemos la tabla 3tiemp

obiomas

asustrat

o μ 1/ μ 1/s

0 0,2 9,23 0  0,108342

36

2 0,211 9,210,0260663

5138,36363

640,108577

63

4 0,305 9,070,1540983

616,489361

70,110253

58

8 0,98 8,030,1721938

785,807407

41 0,124533

10 1,77 6,80,2231638

424,481012

660,147058

82

12 3,2 4,6 0,22343754,475524

480,217391

3

14 5,6 0,920,2142857

144,666666

671,086956

52

16 6,15 0,0770,0447154

4722,36363

6412,98701

318 6,2 0 0,0040322 248  

y = 1,3465x + 4,7545

R2 = 0,9748

0

5

10

15

20

25

0 5 10 151/S

Serie1Lineal (Serie1)

58

Graficando 1 Vs _1 obtenemos: μ S

Grafica 3: de la forma lineweber-Burk 1 Vs _1 μ S Donde μmax - _1_ - 0.2103 h-1 4,7545

b. Rendimiento biomasa-sustrato: es el cociente entre el incremento de masa celular obtenida y el consumo de sustrato:

YX/S = ∆X / ∆S = Xf – Xo = 6.2 – 0.2 - 0,65cel/gsust. Sf - So 0 – 9.23

c. Tiempo de duplicación: Viene de la integral de dx/dt = μ . x , así: dx/x - μ dt ; ln2x – lnx = μ (t2 – t1) ; ln (2x/x) = μtd entonces : ln2= μt por lo tanto td = ln2 - 0,693 - 3.0h-1

μ 0,230

d. La constante de saturación Ks viene de 1 = Ks . _1 + _1_ como: Y= 1,347 _1_ μ μmax S μmax S

por lo tanto _Ks__ - 1,347 entonces Ks_= _1,347 (0.210) = 0,282 μmax

e. El valor de la velocidad de crecimiento específica (μ) a las 10 horas: de acuerdo a los valores hayados en la tabla 3 es = 0,223. Confirmamos de acuerdo a la forma: μ = 1 . X- X o = 1 . X10- X8 tenemos que μ = 1 . 1,77 – 0,98 = 0,221 h-1

x tf - ti X10 t10 – t8 1.77 10 - 8

Ejercicio 6.7. Los siguientes datos fueron obtenidos en un quimostato para el crecimiento de Enterobacter aerogenes en un medio de crecimiento con limitaciones de glicerol.

D, (1/h) 1/DS (mg/ml) Glicerol 1/S X (mg/ml) ∆S ∆S/X ∆S/X (D)

0,05 20 0.012 83.3 3.2 9.988 3.12 0.1560.10 10 0.028 35.7 3.7 9.972 2.7 0.2700.20 5.0 0.l05 20 4.0 9.95 2.49 0.4980.40 2.5 0.10 10 4.4 9.90 2.25 0.900.60 1.67 0.15 6.67 4.75 9.85 2.075 1.2450.70 1.43 0.176 5.68 4.9 9.824 2.005 1.4050.80 1.25 0.80 1.25 4.5 9.20 2.045 1.6350.84 1.19 9.00 0.11 0.5

Nota= S0 = 10mg/ml

Para este sistema, estimar los valores de:a. Ks, mg glicerol/mlb. μmax , h-1

c. YX/S, mg de celulas/mg de glicerold. Ms, mg de glicerol/mg celulas.h

DesarrolloPuntos a y b:

El balance de materia en el quimostato está dado por la ecuación:

dM - Mo – Mi + RG - RC Donde Mo = Caudal masico A de entrada de dt Mi = Caudal masico A de salida RG = Velocidad de generación de A RC = Velocidad masica de consumo de A dM = Cambio en la masa del componente A en el dt tiempo

Reordenando y aplicando diferenciales acordes con el diseño del reactor, tenemos que la ecuación se tranforma en:

dx - F Xi – X ( μ - Kd - _F_ ). Donde F = Caudal volumétrico en el reactor dt V V y F X i = Mi μXV = RG

RC = Kd.V donde Kd es la constante específica de muerte celular

Si se tiene una velocidad de dilución D con alimentación intermitente t-1 ,

D - _F_ Y reemplazando en la ecuación tenemos que dx = DXi + X ( μ - Kd – D)

V dt En el quimostato usualmente el medio alimentado es estéril Xo = 0 y el metabolismo endógeno o la taza de muerte es despreciable comparada con la taza de crecimiento especialmente para el caso de Enterobacter aerogenes (Kd<< μ) y si el sistema está en estado estacionario ( dx/dt = 0), entonces: μ = D

Sustituyendo en la ecuación de Monod tenemos que: D = μmax . S . En el cual se Ks + S observa una curva sigmoidal cuando graficamos la velocidad de dilución D vs el Sustrato

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

0 2 4 6 8 10 S

D

Serie1

Grafico 4 Taza de Dilución D vs Sustrato

Invirtiendo términos para linearizar obtenemos: 1 = Ks . _1 + _1_ D μmax S μmax Graficando:

y = 0,2386x + 0,4353

R2 = 0,9935

0

5

10

15

20

25

0 20 40 60 80 100

1/S

1/D

Serie1

Lineal (Serie1)

Grafico 5: de la forma lineweaber-Burk 1/D Vs 1/S

Oservamos que hay una relación directamente proporcional entre el inverso de la densidad Vs el inverso de la concentración de sustrato limitante, es decir que a medida que aumenta la concentración de sutrato limitante aumenta la velocidad de dilución.

Despejando de Y= 0,239 X + 0,435 tenemos que: _1_ - 0.4353 => μmax = 2,29/h

μmax

K s__ = 0.239 => Ks = 0,239 (μmax) => Ks = 0,239 (2,29) = 0,547 mg glicerol/mlμmax

Un balance para el sustrato limitante en ausencia de metabolismo endógeno puede ser:

Fso – Fs – VRμX _1_ - VRqpX _1_ - VR dS YX/S

M YP/S dt

Donde So es la concentración de sustrato alimentado S es la Concentración de sustrato en el efluente qp es velocidad específica de producto extracelular YX/S

M es el coeficiente de rendimiento másico, M es el máximo valor del coeficiente YP/S Coeficiente de rendimiento de producto. VR Es el volumen del reactor.

Reemplazando en la ecuación anterior obtenemos:

1_ - _1_ + ms . _1_ YX/S

AP YX/SM D

Donde ms es la energía de mantenimiento o la velocidad específica de consumo de sustrato para actividades de mantenimiento que es igual a dS/dt =ms X y la YX/S

AP es igual a So - S = 1_ X YX/S

AP

Graficando 1_ Vs _1_ obtenemos YX/S

AP D

y = 0,0578x + 2,0381

R2 = 0,9367

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

0 5 10 15 20 251/D

1/Y

x/s

(AP

)

Serie1Lineal (Serie1)

Grafica 6 Inverso del rendimiento celular aparente versus el inverso de la velocidad de difusión.

Reemplazado los valores de la gráfica en la ecuación 1_ - _1_ + ms . _1_

YX/SAP YX/S

M D

Obtenemos: _1_ - 1_ => YX/S

= 0,49cels/mg glicerol YX/S

M 2,038

ms = 0,058 mg glycerol/mg cels h-1

Ejercicio 7.2 El crecimiento de la levadura de cerveceria S. cerevisiae en un medio con glucosa puede ser descrito con la siguiente ecuación:

C6H12O6 + 3O2 + 0,48 NH3 0,48 C6H10N03 +4,32 H2O +3,12 CO2

levadura

En un reactor batch de 105 L, la concentración final de levadura deseada es 50 gdw/L. Usando la estequiometria dada:

1, Determine la concentracion y cantidad total de glucosa y (NH4)2SO4.

PM levadura: C => 6 x 12 = 72 H => 10 x 1 = 10

N => 14 x 1 = 14O => 3 x 16 = 48

144 g/mol x 0.48 = 69.12

PM (NH4)2SO4 N => 14 x 2 = 28 H => 1 x 8 = 8 S => 32 x 1 = 32 O => 16 x 4 = 64

132 g/mol

PM NH3 N => 14 x 1 = 14 H => 1 x 3 = 3

17 g/mol

Glucosa:

50 gwl x 1mol levadura x 1 mol glucosa x 180 gramos glucosa x 105 L L 144 gr levad 0.48 mol levad 1 mol glucosa

= 130.20 x 105 gramos de glucosa

(NH4)2SO4

50 gwl x 1mol lev x 0.48 mol NH3 x 0.5 mol (NH4)2SO4 x 132 gr (NH4)2SO4 x 105 L L 144 gr lev 0.48 mol lev 1 mol NH3 1 mol (NH4)2SO4

= 22.9 x 105 gramos de (NH4)2SO4

Determinar los coeficientes de rendimiento:

Yx/s: 50 x 10 5 gramos /L = 0.384

130.50 x 105 gr glucosa

Yx/o2: 50 x 10 5 gramos/ L = 0.724 69.44 x 105 gr O2

Cantidad de Oxígeno requerido:

50 gwl x 1mol levadura x 3 mol O2 x 32 gramos O2 x 105 L L 144 gr levadura 0.48 mol lev 1 mol O2

= 69.44 x 105 gramos de O2

Si la velocidad de crecimiento en la fase exponencial es гx = 0.7 gdw /L x h, determinar la velocidad de consumo de Oxígeno; Ecuación : 6.26.

OUR = qO2X = X YXO2

гO2 = гx = 0.7 gdl/l x h = 0.966 g O2/ l.hYx/O2 0.724

Calcular los requerimientos para la remoción de calor.

QGR ~ 0.12 QO2

QGR = VLμX1 YH

YH = 0.42 g/Kcal.

QGR = 105 L x 0.7 gdw/l x h x 1 = 1.666.666 Kcal / l . h 0.42 g /kcal

Ejercicio 7.4. El crecimiento aerobio de S.cerevisiae en etanol es descrito por la siguiente ecuación:

C2H5OH + a O2 + b NH3 c CH1.704 N 0.149 O 0.408 + d CO2 +e H2O

Determinar los coeficiente a, b. c. y d donde RQ = 0.66

1. C = 2 = c+ d2. H = 6 + 3b = c(1.704) + 2 e3. O = 1 + 2 a = c(0.408) + 2d +e4. N = b = c (0.149)5. d/a = 0.66 d= 0.66 a a= d/0.66

1. c = 2 – d4. b =( 2 – d) (0.149)

2. 6 +3b ( 2 – d) (0.149) = ( 2 – d) (0.107) +2 e6 + 0.894 – 0.447d = 3.408 -1.704d + 2ed (-0.447 +1.704) – 2e = -6 – 0.894 + 3.4081.257d – 2e = -3.486

3. 3. 1+2 (d/0.66) = (2 – d)( 0.408) + 2d +e 1 + 3.03d = 0.816 – 0.408d + 2d +e 0.184 = d (2 – 0.408 – 3.03) +e 0.184 = d (- 1.438) + e => e = 1.438d + 0.184

1.257d – 2e = -3.4861.257d – 2= (1.438d + 0.184) = -3.486

d = -3.486 + (2 x 0.184) =- 3.118 = 1.93 d= 1.93 (1.257 – (2 x 1.438)) - 1.619

c = 2 – d c = 2 – 1.93 = 0.07

a = d/0.66 a = 1.93 / 0.66 = 2.93

e = 1.438d + 0.184 e =1.438 (1.93) + 0.184 = 2.96

b =c x (0.149) b = 0.07 x 0.149 = 0.1043

Determinar el coeficiente de producción de biomasa

Etanol: C2H5OH => C => 2 x 16 = 32 H => 6 x 1 = 6

O => 16 x 1 = 16 54 g/mol

100 gwl x 1mol levadura x 1 mol etanol x 54 gramos etanol L 144 gr levadura 0.07 mol levadura 1 mol etanol

= 5400 = 535.7g etanol 10.08

Yx/s = 100 gdw = 0.186535.7 g

100 gwl x 1mol levadura x 292 mol O2 x 32 gr L 144 gr levadura 0.07 mol levadura 1 mol O2

= 9344 = 926.98 g de O2

10.08

Y x/o2 = 100gdw = 0.108 926.98