problemas resueltos de ingenierÍa quÍmica y bioquÍmica en

PRESENTADO POR:

MONTALVO ROMAN, CESAR

CUI:

20071428

PROBLEMAS RESUELTOS DE INGENIERÍA QUÍMICA Y BIOQUÍMICA EN EXCEL, MATLAB

Y POLYMATH CAPITULO 6

1. RESOLUCION DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS RIGIDAS (STIFF).

• Planteamiento del problema:

Un proceso biológico implica el crecimiento a partir de un sustrato, según Garritsen. Los balances de materia en este proceso por lotes dan lugar a:

Donde B y S son las concentraciones respectivas de biomasa y sustrato. La cinética de la reacción es tal que k=0.3 y K= 10-6 en unidas coherentes.

Problema:

• Resuelva este conjunto de ecuaciones diferenciales comenzando a y tomando como tiempo final Utilice unidades coherentes.

• Represente gráficamente respecto al tiempo para las condiciones del apartado 1 .

Resolución:

APLICACIÓN DE POLYMATH EN ECUACIONES DIFERENCIALES SIMULTÁNEAS

POLYMATH Report 6.1 SOLUTION OF STIFF ORDINARY DIFFERENTIAL EQUATIONS Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value

1 t 0 0 16.335 16.335 2 S 5. -1.721E-14 5. -1.721E-14 3 B 0.05 0.05 6.716667 6.716667 4 k 0.3 0.3 0.3 0.3 5 Km 1.0E-06 1.0E-06 1.0E-06 1.0E-06 6 J11 0.2999999 -5.163E-09 0.2999999 -5.163E-09 7 J12 6.0E-10 6.0E-10 2.015E+06 2.015E+06 8 J21 -0.225 -0.225 3.872E-09 3.872E-09 9 J22 -4.5E-10 -1.511E+06 -4.5E-10 -1.511E+06 10 lamda1 0.2999999 0 0.2999999 0 11 y 0.75 0.75 0.75 0.75 12 lamda2 0 -1.511E+06 0 -1.511E+06

Calculated values of DEQ variables

1 d(S)/d(t) = -k * y * B * S / (Km + S)

2 d(B)/d(t) = k * B * S / (Km + S)

Differential equations

1 k = 0.3 2 Km = 1.e-6 3 J11 = k * S / (Km + S)

dF1/dB 4 J12 = k * Km * B / (Km + S) ^ 2

dF1/dS 5 J21 = -0.75 * k * S / (Km + S)

dF2/dB 6 J22 = -0.75 * k * Km * B / (Km + S) ^ 2

dF2/dS

7 lamda1 = (J11 + J22 + sqrt((J11 + J22) ^ 2 - 4 * (J11 * J22 - J12 * J21))) / 2

8 y = .75

9 lamda2 = (J11 + J22 - sqrt((J11 + J22) ^ 2 - 4 * (J11 * J22 - J12 * J21))) / 2

Total number of equations 11 Number of differential equations 2 Number of explicit equations 9 Elapsed time 0.000 sec Solution method RKF_45 Step size guess. h 0.000001 Truncation error tolerance. eps 0.000001

Explicit equations

General

A. Método Stiff

POLYMATH Report 6.1 SOLUTION OF STIFF ORDINARY DIFFERENTIAL EQUATIONS Ordinary Differential Equations

0 Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value

1 t 0 0 20. 20. 2 S 5. 4.163E-35 5. 4.163E-35 3 B 0.05 0.05 6.716667 6.716667 4 k 0.3 0.3 0.3 0.3 5 Km 1.0E-06 1.0E-06 1.0E-06 1.0E-06 6 J11 0.2999999 -2.547E-29 0.2999999 -2.547E-29 7 J12 6.0E-10 6.0E-10 2.015E+06 2.015E+06 8 J21 -0.225 -0.225 1.91E-29 1.91E-29 9 J22 -4.5E-10 -1.511E+06 -4.5E-10 -1.511E+06 10 lamda1 0.2999999 0 0.2999999 0 11 y 0.75 0.75 0.75 0.75 12 lamda2 0 -1.511E+06 0 -1.511E+06


1 d(S)/d(t) = -k * y * B * S / (Km + S)

2 d(B)/d(t) = k * B * S / (Km + S)


1 k = 0.3 2 Km = 1.e-6 3 J11 = k * S / (Km + S)

dF1/dB 4 J12 = k * Km * B / (Km + S) ^ 2

dF1/dS 5 J21 = -0.75 * k * S / (Km + S)

dF2/dB 6 J22 = -0.75 * k * Km * B / (Km + S) ^ 2

dF2/dS 7 lamda1 = (J11 + J22 + sqrt((J11 + J22) ^ 2 - 4 * (J11 * J22 - J12 * J21))) / 2 8 y = .75 9 lamda2 = (J11 + J22 - sqrt((J11 + J22) ^ 2 - 4 * (J11 * J22 - J12 * J21))) / 2

Explicit equations

Total number of equations 11

Number of differential equations 2 Number of explicit equations 9 Elapsed time 1.157 sec Solution method stiff Independent variable accuracy. eps 0.00001 First stepsize guess. h1 0.0001 Minimum allowed stepsize. hmin 0.00000001 Good steps 198 Bad steps 14

General

FIGURA 6.1 CAMBIO DE LA CONCENTRACION DE SUSTRATO Y BIOMASA

2. LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS RIGIDAS EN CINETICA QUIMICA

Planteamiento del problema:Gear, que ha desarrollado métodos muy conocidos para resolver sistemas rígidos de EDOs, presento el siguiente problema (que denominó “Problema Químico”) para probar programas de software con objeto de resolver EDOs rígidas.

Las condiciones iniciales son: y1 (0) = 1, y2 (0) = 1 e y3 (0) = 0. Estas ecuaciones generalmente se integran desde t0 = 0 hasta tf = 50.

Problema:a) Resuelva el sistema definido por el conjunto de ecuaciones (6-8) con las condiciones iníciales dadas. Compare las soluciones y los tiempos de ejecución cuando se utilizan los algoritmos de integración RKF45 y STIFF.

APLICACIÓN DE POLYMATH

POLYMATH Report No Title Ordinary Differential Equations


1 t 0 0 50. 50.

2 S 1. 0.5973781 1. 0.5973781

3 K 1. 1. 1.400721 1.400721

4 V 0 -0.0036396 0 -0.0019008

5 a 0.013 0.013 0.013 0.013

6 b 1. 1. 1. 1.

7 c 2.5 2.5 2.5 2.5


1 d(S)/d(t) = -a * S - b * S * V 2 d(K)/d(t) = -c * K * V 3 d(V)/d(t) = -a * S - b * S * V - c * K * V


1 a = 0.013

2 b = 1

3 c = 2.5

Explicit equations


Number of differential equations 3 Number of explicit equations 3 Elapsed time 0.000 sec Solution method RKF_45 Step size guess. h 0.000001 Truncation error tolerance. eps 0.000001

General

POLYMATH Report No Title Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 t 0 0 50. 50. 2 S 1. 0.5973781 1. 0.5973781 3 K 1. 1. 1.400721 1.400721 4 V 0 -0.00364 0 -0.0019008 5 a 0.013 0.013 0.013 0.013 6 b 1. 1. 1. 1. 7 c 2.5 2.5 2.5 2.5


1 d(S)/d(t) = -a * S - b * S * V 2 d(K)/d(t) = -c * K * V 3 d(V)/d(t) = -a * S - b * S * V - c * K * V


1 a = 0.013

2 b = 1

3 c = 2.5

Explicit equations


Number of differential equations 3 Number of explicit equations 3 Elapsed time 0.000 sec Solution method stiff Independent variable accuracy. eps 0.00001 First stepsize guess. h1 0.0001 Minimum allowed stepsize. hmin 0.00000001 Good steps 157

Bad steps

General

b) Suponiendo que represente las concentraciones de especies diferentes ¿tienen sentido y es factible la solución obtenida?No sería factible la solución ya y no tendría sentido ya que se hablaría de juntar dos compuestos muy diferentes lo cual se tendría que resolver de otro modo.

3.- SOLUCIÓN ITERATIVA DE UN PLOBELA DE VALOR LÍMITE DE UNA ECUACION DIFERENCIAL ORDINARIA

Planteamiento del problemaLuss y Amundson estudiaron un modelo simplificado para la dinámica de un lecho fluido de un catalizador en el que se suponía que transcurría una reacción irreversible en fase gaseosa: A → B. las ecuaciones de conservación de masa y energía junto con la constante de velocidad cinética para este sistema se muestra como un Conjunto de Ecuaciones (6-9), a las que se denominara Conjunto I:

Donde T es la temperatura absoluta de los reactivos en el fluido (°R), P=presión parcial del reactivo en el fluido (atm), Tp = temperatura del reactivo en la superficie del catalizador (°R), Pp = presión parcial del reactivo en la superficie del catalizador (atm), K = constante de velocidad de reacción adimensional, τ = tiempo adimensional. Las constantes adimensionales son: Hg=320, Te=600. HT=266.67, Hw=1.6, Tw=720, F=8000, A=0.17142, C=205.74 y Pe=0.1.

Aiken y Lapidus utilizaron el Conjunto I y al resultado de este Conjunto de Ecuaciones (6-10) se le denomino Conjunto II:

Resolución parcial

4.- SOLUCIÓN ITERATIVA DE UN PROBLEMA DE VALOR LÍMITE DE UNA ECUACION DIFERENCIAL ORDINARIA

Planteamiento del ProblemaUn proceso de conducción térmico tiene lugar a través de una losa unidimensional de conductividad térmica variable, tal como se muestra en la Figura 6.2. Una superficie de la losa o pared se mantiene a temperatura T 0 mientras que la otra superficie, a temperatura TS, experimenta transferencia de calor radiactiva con los alrededores que actúan como cuerpo negro a temperatura TB. El grosor de la losa viene dado por L. hay convección despreciable ya que se mantiene el vacío entre la losa y los alrededores.

FIGURA 6.2 Losa con conducción y radiación en la superficie

La aplicación de la ley de Fourier en la dirección x da lugar a:

Donde T se mide en K, qx es la transferencia de calor en la dirección x y en W o J/s, A es el área se mide en m2, Q es el flujo de calor medido en W/m2, k es la conductividad térmica del medio medida en W/m*k y x es la dirección en m.

La conductividad térmica del medio depende de la temperatura y viene dado por:

El Flujo de calor resultante en la superficie de la losa (o en cualquier posición de la losa) es:

Donde σ es la constante de Stefan-Boltzmann, con un valor de 5,676 x 10 -8 W/m2*K4.ProblemaLas superficie de losa se mantienen a y la temperatura del cuerpo negro de los aireadores es Calcule y represente la temperatura de la primera losa utilizando el método secante para determinar la constante de flujo calorífico en la losa ¿Cuál es el valor correspondiente a ?

ResoluciónEste problema se resolverá optimizando el valor del flujo calorífico, qx/A, para que se satisfaga la condición final. En este caso, una función objetivo, representando el error en la condición final, se puede expresar mediante:

Donde el flujo calorífico qx/A es designado como Qx y T es el valor final de la integración numérica a x=L.

Método Secante

POLYMATH Report 3.5(a) Single Variable Optimization - Secant Method Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 x 0 0 0.2 0.2 2 T1 290. 290. 636.1485 636.1485 3 T 290. 290. 636.1191 636.1191 4 Qx -1.0E+05 -1.0E+05 -1.0E+05 -1.0E+05 5 k 47.4 47.4 68.16715 68.16715 6 k1 47.4 47.4 68.16891 68.16891 7 TB 1273. 1273. 1273. 1273. 8 delta 0.0001 0.0001 0.0001 0.0001 9 Qx1 -1.0E+05 -1.0E+05 -1.0E+05 -1.0E+05 10 err 4.866E+04 3.976E+04 4.866E+04 3.976E+04 11 err1 4.865E+04 3.975E+04 4.865E+04 3.975E+04 12 derr 1. 1. 1.171474 1.171474 13 QxNEW -1.487E+05 -1.487E+05 -1.339E+05 -1.339E+05


1 d(T1)/d(x) = -Qx1 / k1 2 d(T)/d(x) = -Qx / k Differential equations

1 Qx = -100000

2 k = 30 * (1 + 0.002 * T)

3 k1 = 30 * (1 + 0.002 * T1)

4 TB = 1273

5 delta = 0.0001

6 Qx1 = (1 + delta) * Qx

7 err = Qx - 5.676e-8 * (T ^ 4 - TB ^ 4)

8 err1 = Qx1 - 5.676e-8 * (T1 ^ 4 - TB ^ 4)

9 derr = (err1 - err) / (delta * Qx)

10 QxNEW = Qx - err / derr

Explicit equations


Number of differential equations 2 Number of explicit equations 10 Elapsed time 0.000 sec Solution method RKF_45 Step size guess. h 0.000001

Truncation error tolerance. eps

General

FIGURA 6.3 PERFIL DE TEMPERATURA EN LA LOSA

Método posición Falsa

POLYMATH Report 6.4(b) ITERATIVE SOLUTION OF ODE BOUNDARY VALUE PROBLEM - False Position Method Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 x 0 0 0.2 0.2 2 T 290. 290. 727.8572 727.8572 3 QxN -1.5E+05 -1.5E+05 -1.5E+05 -1.5E+05 4 k 47.4 47.4 73.67143 73.67143 5 QxP -1.0E+05 -1.0E+05 -1.0E+05 -1.0E+05 6 TB 1273. 1273. 1273. 1273. 7 FQxN -2.136E+04 -2.136E+04 -2.136E+04 -2.136E+04 8 FQxP 3.976E+04 3.976E+04 3.976E+04 3.976E+04 9 QxNEW -1.325E+05 -1.325E+05 -1.325E+05 -1.325E+05 10 FQxNEW 1.613E+04 597.8489 1.613E+04 597.8489


Differential equations 1 d(T)/d(x) = -QxNEW / k

1 QxN = -150000 2 k = 30 * (1 + 0.002 * T) 3 QxP = -100000 4 TB = 1273 5 FQxN = -21355 6 FQxP = 39764 7 QxNEW = QxN - (QxN - QxP) * (FQxN) / (FQxN - FQxP) 8 FQxNEW = QxNEW - 5.676e-8 * (T ^ 4 - TB ^ 4)

Explicit equations



General

5 METODO DEL DISPARO PARA RESOLVER PROBLEMAS DE VALOR FRONTERA DE DOS PUNTOS

Planteamiento del problemaLa difusión y la reacción química irreversible simultanea de primer orden es una sola fase que solo contenga un reactivo A y un producto B, se transforma en una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden, dado por:

Donde CA es la concentración del reactivo A (kg-mol/m3), z es la distancia variable (m), k es la constante de velocidad de reacción homogénea (s-1) y DAB es el coeficiente de difusión binaria (m2/s).

Problema* Resuelve numéricamente la ecuación 6.20 con las condiciones frontera de 6.21 y 6.22 en el caso de que CA0=0.2 Kg mol/m, k=10-3 s-1, DAB =1.210 m2/s y L =10-3m.

Resolución

APLICACION DE POLYMATH

POLYMATH Report 3.6(a) Trial Solution for Two Point Boundary Value Problem Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 z 0 0 0.001 0.001 2 CA 0.2 0.1175647 0.2 0.1175647 3 y -150. -150. -26.16397 -26.16397 4 k 0.001 0.001 0.001 0.001 5 DAB 1.2E-09 1.2E-09 1.2E-09 1.2E-09 6 err -150. -150. -26.16397 -26.16397


1 d(CA)/d(z) = y

2 d(y)/d(z) = k * CA / DAB


1 k = 0.001

2 DAB = 1.2E-9

3 err = y

Explicit equations

METODO SECANTE

POLYMATH Report 6.5(a) Secant Method for Two Point Boundary Value Problem Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 z 0 0 0.001 0.001 2 CA 0.2 0.1404279 0.2 0.1404606 3 y -130. -130. 2.764383 2.764383 4 CA1 0.2 0.1404135 0.2 0.1404457 5 y1 -130.013 -130.013 2.745579 2.745579 6 k 0.001 0.001 0.001 0.001 7 DAB 1.2E-09 1.2E-09 1.2E-09 1.2E-09 8 err -130. -130. 2.764383 2.764383 9 err1 -130.013 -130.013 2.745579 2.745579 10 y0 -130. -130. -130. -130. 11 L 0.001 0.001 0.001 0.001 12 delta 0.0001 0.0001 0.0001 0.0001 13 CAanal 0.2 0.1382726 0.2 0.1382726 14 derr 1. 1. 1.446418 1.446418 15 ynew -5.227E-11 -131.9112 -5.227E-11 -131.9112


1 d(CA)/d(z) = y 2 d(y)/d(z) = k * CA / DAB 3 d(CA1)/d(z) = y1 4 d(y1)/d(z) = k * CA1 / DAB


1 k = 0.001

2 DAB = 1.2E-9

3 err = y - 0

4 err1 = y1 - 0

5 y0 = -130

6 L = .001

7 delta = 0.0001

8 CAanal = 0.2 * cosh(L * (k / DAB) ^ .5 * (1 - z / L)) / (cosh(L * (k / DAB) ^ .5))

9 derr = (err1 - err) / (delta * y0)

10 ynew = y0 - err / derr

Explicit equations

6 FACILITAR LA SOLUCIONES DE SISTEMAS DE ECUACIONES ALGEBRAICAS NO LINEALES

Planteamiento del problemaLas reacciones químicas tienen lugar en un reactor por lotes, en fase gaseosa, a volumen constante:

Las relaciones de los equilibrios no lineales utilizan las expresiones de los equilibrios termodinámicos y las relaciones lineales se obtienen a partir de la estequiometria de las reacciones

ProblemaResuelva este sistema de ecuaciones cuando CA0=CB0=1.5, KC1=1.06, KC2=2.63 y KC3=5 comenzando por los tres grupos de suposiciones iniciales siguientes a)

Resolución


POLYMATH Report 6.6(a) Expediting the Solution of Nonlinear Algebraic Equations Nonlinear Equations

Variable Value f(x) Initial Guess

1 CD 0.7053344 -1.342E-08 0 2 CX 0.1777924 -4.623E-08 0 3 CZ 0.3739766 3.969E-08 0

Variable Value 1 KC1 1.06 2 CY 0.551769 3 KC2 2.63 4 KC3 5. 5 CA0 1.5 6 CB0 1.5 7 CC 0.1535654 8 CA 0.420689 9 CB 0.2428966

Calculated values of NLE variables

1 f(CD) = CC * CD - KC1 * CA * CB = 0 2 f(CX) = CX * CY - KC2 * CB * CC = 0 3 f(CZ) = CZ - KC3 * CA * CX = 0

Nonlinear equations

1 KC1 = 1.06

2 CY = CX + CZ

3 KC2 = 2.63

4 KC3 = 5

5 CA0 = 1.5

6 CB0 = 1.5

7 CC = CD - CY

8 CA = CA0 - CD - CZ

9 CB = CB0 - CD - CY

Explicit equations

Aceleración de la resolución de ecuaciones no lineales

POLYMATH Report 6.6(a) Expediting the Solution of Nonlinear Algebraic Equations Nonlinear Equations

Variable Value f(x) Initial Guess 1 CD 0.7053344 -1.342E-08 0 2 CX 0.1777924 -4.623E-08 0 3 CZ 0.3739766 3.969E-08 0

Calculated values of NLE variables

Variable Value 1 KC1 1.06 2 CY 0.551769 3 KC2 2.63 4 KC3 5. 5 CA0 1.5 6 CB0 1.5 7 CC 0.1535654 8 CA 0.420689 9 CB 0.2428966

1 f(CD) = CC * CD - KC1 * CA * CB = 0 2 f(CX) = CX * CY - KC2 * CB * CC = 0 3 f(CZ) = CZ - KC3 * CA * CX = 0

Nonlinear equations

1 KC1 = 1.06 2 CY = CX + CZ 3 KC2 = 2.63 4 KC3 = 5 5 CA0 = 1.5 6 CB0 = 1.5 7 CC = CD - CY 8 CA = CA0 - CD - CZ 9 CB = CB0 - CD - CY

Explicit equations


Number of implicit equations 3 Number of explicit equations 9 Elapsed time 0.0000 sec Solution method SAFEBROYDN Max iterations 150 eps 0.0000001 Tolerance F 0.0000001 Tolerance X 0.0000001

Tolerance min

General Settings

7 RESOLUCION DE ECUACIONES ALGEBRAICAS DIFERENCIALES (EADs)

Planteamiento del problemaPara un proceso de destilación por lotes que implique a dos componentes denominados 1 y 2, los moles del líquido sobrante, L, en función de la fracción molar del componente 2,X2, se pueden expresar por la ecuación siguiente:

K2 =es la relación del vapor y el líquido en el equilibrio se pueden calcular mediante

Considere una mezcla binaria de benceno (componente 1) y tolueno (componente 2) como ideal. Las constantes de la ecuación de Antoine para el benceno son = A1=6.90565, B1= -1211.033 y C1=220,79. Para el tolueno A2=6.95464, B2= -1344.8 y C2= 219.482.ProblemaLa destilación por lotes de la mezcla del benceno y del tolueno, se lleva a cabo a una presión de 1.2 atm. Inicialmente hay 100 moles de líquido en el matraz de destilación, formados por 60% de benceno y 40% de tolueno. Calcule la cantidad de líquido que quedara en el matraz de destilación cuando la concentración de tolueno sea del 80%.

Resolución


POLYMATH Report 6.7 SOLVING DIFFERENTIAL ALGEBRAIC EQUATIONS - DAE’s Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 x2 0.4 0.4 0.8 0.8 2 L 100. 14.04555 100. 14.04555 3 T 95.5851 95.5851 108.5693 108.5693 4 Kc 5.0E+05 5.0E+05 5.0E+05 5.0E+05 5 k2 0.5325348 0.5325348 0.7857526 0.7857526 6 x1 0.6 0.2 0.6 0.2 7 k1 1.311644 1.311644 1.856602 1.856602 8 err -3.646E-07 -3.646E-07 7.75E-05 7.747E-05


1 d(L)/d(x2) = L / (k2 * x2 - x2)

2 d(T)/d(x2) = Kc * err


1 Kc = 0.5e6

2 k2 = 10 ^ (6.95464 - 1344.8 / (T + 219.482)) / (760 * 1.2)

3 x1 = 1 - x2

4 k1 = 10 ^ (6.90565 - 1211.033 / (T + 220.79)) / (760 * 1.2)

5 err = (1 - k1 * x1 - k2 * x2)

Explicit equations

8 METODO DE LINEAS PARA ECUACIONES DIFERENCIALES PARCIALES

1 Planteamiento del problemaLa transferencia de calor en estado no estacionario en una losa, en la dirección x, se describe mediante la ecuación diferencial parcial

Donde T es la temperatura en K, t es el tiempo en s y α es la difusividad térmica en m2/s dada por k/ρ Cp. En este tratamiento, la conductividad térmica k se mide en W/m ● K, la densidad en kg/m3 y la capacidad calorífica Cp. en J/kg*K; todas ellas se consideran constantes.

FIGURA 6.4 Conducción de calor en estado no estacionario en una losa unidimensional

Tn = 100 para n = 2… (N+1) en t = 0 (6 – 38) T1 = 0 para t ≥ 0 (6 – 39)

Cuando se considera la convección como la única forma de transferencia de calor a la superficie, el transporte normal a la superficie de la losa en la dirección x viene dada por:

Donde h es el coeficiente de transferencia de calor por convección, expresado en W/m2*K y T0 es la temperatura ambiente.ProblemaResuelva numéricamente la Ecuación 6.37 con las condiciones iniciales y frontera de 6.38, 6.39 y 6.40, para el caso en el que α = 2x 10+5 m2/s y la superficie de la losa se mantiene constante a T1 = 0 °C. Represente gráficamente las temperaturas T2, T3, T4 y T5 en función del tiempo hasta 6000 s.


POLYMATH Report 6.8(a) METHOD OF LINES FOR PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 t 0 0 6000. 6000. 2 T2 100. 16.19188 100. 16.19188 3 T3 100. 31.71003 100. 31.71003 4 T4 100. 45.96068 100. 45.96068 5 T5 100. 58.4923 100. 58.4923 6 T6 100. 69.02746 100. 69.02746 7 T7 100. 77.4599 100. 77.4599 8 T8 100. 83.82043 100. 83.82043 9 T9 100. 88.22268 100. 88.22268 10 T10 100. 90.80213 100. 90.80213 11 alpha 2.0E-05 2.0E-05 2.0E-05 2.0E-05 12 deltax 0.1 0.1 0.1 0.1 13 T1 0 0 0 0 14 T11 100. 91.66194 100.0035 91.66194


1 d(T2)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T3 - 2 * T2 + T1) 2 d(T3)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T4 - 2 * T3 + T2) 3 d(T4)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T5 - 2 * T4 + T3) 4 d(T5)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T6 - 2 * T5 + T4) 5 d(T6)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T7 - 2 * T6 + T5) 6 d(T7)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T8 - 2 * T7 + T6) 7 d(T8)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T9 - 2 * T8 + T7) 8 d(T9)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T10 - 2 * T9 + T8) 9 d(T10)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T11 - 2 * T10 + T9)


1 alpha = 2.e-5

2 deltax = .10

3 T1 = 0

4 T11 = (4 * T10 - T9) / 3

Explicit equations

FIGURA 6.5 Perfiles de temperaturas

POLYMATH Report 6.8(b) METHOD OF LINES FOR PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 t 0 0 6000. 6000. 2 T2 100. 8.128488 100. 8.128488 3 T3 100. 16.17181 100. 16.17181 4 T4 100. 24.04734 100. 24.04734 5 T5 100. 31.67745 100. 31.67745 6 T6 100. 38.9916 100. 38.9916 7 T7 100. 45.9281 100. 45.9281 8 T8 100. 52.43541 100. 52.43541 9 T9 100. 58.47289 100. 58.47289 10 T10 100. 64.01098 100. 64.01098 11 T11 100. 69.03088 100. 69.03088 12 T12 100. 73.52373 100. 73.52373 13 T13 100. 77.48935 100. 77.48935 14 T14 100. 80.9347 100. 80.9347 15 T15 100. 83.87205 100. 83.87205 16 T16 100. 86.31707 100. 86.31707 17 T17 100. 88.28695 100. 88.28695 18 T20 100. 91.50333 100. 91.50333 19 T19 100. 90.8668 100. 90.8668 20 T18 100. 89.79855 100. 89.79855 21 alpha 2.0E-05 2.0E-05 2.0E-05 2.0E-05 22 deltax 0.05 0.05 0.05 0.05 23 T1 0 0 0 0 24 T21 100. 91.71551 100. 91.71551


1 d(T2)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T3 - 2 * T2 + T1) 2 d(T3)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T4 - 2 * T3 + T2) 3 d(T4)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T5 - 2 * T4 + T3) 4 d(T5)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T6 - 2 * T5 + T4) 5 d(T6)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T7 - 2 * T6 + T5) 6 d(T7)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T8 - 2 * T7 + T6) 7 d(T8)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T9 - 2 * T8 + T7) 8 d(T9)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T10 - 2 * T9 + T8) 9 d(T10)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T11 - 2 * T10 + T9) 10 d(T11)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T12 - 2 * T11 + T10) 11 d(T12)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T13 - 2 * T12 + T11) 12 d(T13)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T14 - 2 * T13 + T12) 13 d(T14)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T15 - 2 * T14 + T13) 14 d(T15)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T16 - 2 * T15 + T14) 15 d(T16)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T17 - 2 * T16 + T15) 16 d(T17)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T18 - 2 * T17 + T16) 17 d(T20)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T21 - 2 * T20 + T19) 18 d(T19)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T20 - 2 * T19 + T18) 19 d(T18)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T19 - 2 * T18 + T17)


1 alpha = 2.e-5

2 deltax = .05

3 T1 = 0

4 T21 = (4 * T20 - T19) / 3

Explicit equations

POLYMATH Report 6.8(c) METHOD OF LINES FOR PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 t 0 0 1500. 1500. 2 T2 100. 78.38455 100. 78.38455 3 T3 100. 88.13489 100. 88.13489 4 T4 100. 94.12908 100. 94.12908 5 T5 100. 97.3809 100. 97.3809 6 T6 100. 98.94402 100. 98.94402 7 T7 100. 99.61376 100. 99.61376 8 T8 100. 99.87132 100. 99.87132 9 T9 100. 99.96098 100. 99.96098 10 T10 100. 99.98987 100. 99.98987 11 alpha 2.0E-05 2.0E-05 2.0E-05 2.0E-05 12 deltax 0.1 0.1 0.1 0.1 13 T11 100. 99.9995 100.0008 99.9995 14 h 25. 25. 25. 25. 15 T0 0 0 0 0 16 k 10. 10. 10. 10. 17 T1 85.71429 64.40094 85.71429 64.40094


1 d(T2)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T3 - 2 * T2 + T1)










1 alpha = 2.e-5

2 deltax = .10

3 T11 = (4 * T10 - T9) / 3

4 h = 25.

5 T0 = 0

6 k = 10.

7 T1 = (2 * h * T0 * deltax - k * T3 + 4 * k * T2) / (3 * k + 2 * h * deltax)

Explicit equations

POLYMATH Report 6.8(c) METHOD OF LINES FOR PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS Ordinary Differential Equations

Variable Initial value Minimal value Maximal value Final value1 t 0 0 1500. 1500. 2 T2 100. 72.57457 100. 72.57457 3 T3 100. 79.06716 100. 79.06716 4 T4 100. 84.45161 100. 84.45161 5 T5 100. 88.77182 100. 88.77182 6 T6 100. 92.12326 100. 92.12326 7 T7 100. 94.63579 100. 94.63579 8 T8 100. 96.45551 100. 96.45551 9 T9 100. 97.72849 100. 97.72849 10 T10 100. 98.58857 100. 98.58857 11 T11 100. 99.14981 100. 99.14981 12 T12 100. 99.50359 100. 99.50359 13 T13 100. 99.71904 100. 99.71904 14 T14 100. 99.84585 100. 99.84585 15 T15 100. 99.918 100. 99.918 16 T16 100. 99.95769 100. 99.95769 17 T17 100. 99.97882 100. 99.97882 18 T20 100. 99.9975 100. 99.9975 19 T19 100. 99.99505 100. 99.99505 20 T18 100. 99.98968 100. 99.98968 21 alpha 2.0E-05 2.0E-05 2.0E-05 2.0E-05 22 deltax 0.05 0.05 0.05 0.05 23 T21 100. 99.99832 100. 99.99832 24 h 25. 25. 25. 25. 25 T0 0 0 0 0 26 k 10. 10. 10. 10. 27 T1 92.30769 64.99419 92.30769 64.99419


1 d(T2)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T3 - 2 * T2 + T1) 2 d(T3)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T4 - 2 * T3 + T2) 3 d(T4)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T5 - 2 * T4 + T3) 4 d(T5)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T6 - 2 * T5 + T4) 5 d(T6)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T7 - 2 * T6 + T5) 6 d(T7)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T8 - 2 * T7 + T6) 7 d(T8)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T9 - 2 * T8 + T7) 8 d(T9)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T10 - 2 * T9 + T8) 9 d(T10)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T11 - 2 * T10 + T9) 10 d(T11)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T12 - 2 * T11 + T10) 11 d(T12)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T13 - 2 * T12 + T11) 12 d(T13)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T14 - 2 * T13 + T12) 13 d(T14)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T15 - 2 * T14 + T13) 14 d(T15)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T16 - 2 * T15 + T14) 15 d(T16)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T17 - 2 * T16 + T15) 16 d(T17)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T18 - 2 * T17 + T16) 17 d(T20)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T21 - 2 * T20 + T19) 18 d(T19)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T20 - 2 * T19 + T18) 19 d(T18)/d(t) = alpha / deltax ^ 2 * (T19 - 2 * T18 + T17)


1 alpha = 2.e-5 2 deltax = .05 3 T21 = (4 * T20 - T19) / 3 4 h = 25 5 T0 = 0 6 k = 10 7 T1 = (2 * h * T0 * deltax - k * T3 + 4 * k * T2) / (3 * k + 2 * h * deltax)

Explicit equations

9 ESTIMACION DE PARAMETROS MODELO DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS UTILIZANDO DATOS DE FERMENTACION

Planteamiento del problemaCuando el microorganismo Penicillium chrysogenum crece en un fermentador por lotes, en condiciones controladas cuidadosamente, las células se reproducen a una velocidad que puede ser representada por la ley:

Donde y1 es la concentración de las células expresada como porcentaje en masa (en seco). Por otro lado, la velocidad de producción de la penicilina se ha cuantificado matemáticamente mediante la siguiente ecuación, donde y1 es la unidad de penicilina por mL.

Problemaa) Utilice datos experimentales de la tabla 6.22, para encontrar los valores de los parámetros b1, b2, b3 y b4 que minimizan la suma de los cuadrados de las diferencias entre las concentraciones calculadas y experimentales (y1 e y2) para todos los datos. Se pueden utilizar las siguientes suposiciones iniciales b1 = 0.1, b2 = 4.0, b3 = 0.02 y b4 = 0.02

b) Represente gráficamente los valores calculados y experimentales de y1 e y2 utilizando los valores de los parámetros óptimos

Tiempo (h) Concentración de células porcentaje en peso seco y1

Concentración de penicilina unidades/mL. y1

0 0.18 010 0.12 022 0.48 0.008934 1.46 0.064246 1.56 0.226658 1.73 0.437370 1.99 0.694382 2.62 1.245994 2.88 1.4215

106 3.43 2.0402118 3.37 1.9278130 3.92 2.1848142 3.96 2.4204154 3.58 2.4615166 3.58 2.283178 3.34 2.7078190 3.47 2.6542


POLYMATH Report 6.9(a) ESTIMATING MODEL PARAMETERS INVOLVING ODE’S USING FERMENTATION DATA Ordinary Differential Equations


1 t 0 0 190. 190.

2 y1 0.18 0.18 4. 4.

3 y2 0 0 3.823093 3.823093

4 b1 0.1 0.1 0.1 0.1

5 b2 4. 4. 4. 4.

6 b3 0.02 0.02 0.02 0.02

7 b4 0.02 0.02 0.02 0.02


1 d(y1)/d(t) = b1 * y1 * (1 - y1 / b2) 2 d(y2)/d(t) = b3 * y1 - b4 * y2


1 b1 = 0.0.049875

2 b2 = 3.6349

3 b3 = 0.020459

4 b4 = 0.02652

Explicit equations



General

FIGURA 6.10 CONCENTRACIONES CELULARES, CONCENTRACIONES DE PENICILINA CALCULADAS Y MEDIDAS FRENTE AL TIEMPO

problemas resueltos de ingenierÍa quÍmica y bioquÍmica en

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