Um meio de fermentação contém 10^{5} bactérias por \mathrm{cm}^{3} vai ser esterilizado em descontínuo a 121^{\circ} \mathrm{C}, de tal modo que a probabilidade de encontrar 1 organismo viável seja de 1 em 1000. O meio contém um nutriente essencial cuja constante de desnaturação a 121^{\circ} \mathrm{C} é 6,55 \times 10^{-4} \mathrm{~min}^{-1}. Qual o maior volume de meio que poderá ser esterilizado sem perder mais do que 1 % do nutriente essencial? Despreze a contribuição dos períodos de aquecimento e resfriamento e considere a constante de morte térmica a 121^{\circ} \mathrm{C} igual a 2,45 \mathrm{~min}^{-1}.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos deu:
  • Pede o maior volume do meio que pode ser esterilizado sem perder mais do que 1\% do nutriente essencial.
  • Dados fornecidos:
    • Densidade inicial de bactérias: 10^{5} bactérias por \mathrm{cm}^{3}.
    • Processo a 121^\circ\mathrm{C}, desprezar aquecimento e resfriamento.
    • Probabilidade de encontrar (pelo menos) 1 organismo viável após esterilização: 1 em 1000 (ou seja 10^{-3}).
    • Constante de desnaturação do nutriente a 121^\circ\mathrm{C}: k_{\text{nut}} = 6{,}55\times10^{-4}\\ \mathrm{min}^{-1}.
    • Constante de morte térmica a 121^\circ\mathrm{C}: k_{d}=2{,}45\\ \mathrm{min}^{-1}.
  • Restrições: perda do nutriente \le 1\% e probabilidade de pelo menos um sobrevivente =10^{-3}.

Passo 2

Modelagem da perda do nutriente (cinética de primeira ordem) e cálculo do tempo máximo permitido.
  • Para reação de primeira ordem a concentração fracionária do nutriente após tempo t é
\frac{C(t)}{C_0} = e^{-k_{\text{nut}} t}
onde C_0 é a concentração inicial e C(t) a concentração após t.
  • Queremos não perder mais que 1\%, isto é manter pelo menos 99\%, então
e^{-k_{\text{nut}} t} \ge 0{,}99.
  • Igualando para o tempo máximo t_{\max} permissível:
e^{-k_{\text{nut}} t_{\max}} = 0{,}99.
Tomando logaritmo natural
-k_{\text{nut}} t_{\max} = \ln(0{,}99) \quad\Rightarrow\quad t_{\max} = -\frac{\ln(0{,}99)}{k_{\text{nut}}}.
  • Substituindo k_{\text{nut}} = 6{,}55\times10^{-4}\\ \mathrm{min}^{-1} e -\ln(0{,}99)\approx 0{,}0100503 obtemos
t_{\max} \approx \frac{0{,}0100503}{6{,}55\times10^{-4}}\approx 15{,}34\\ \mathrm{min}.
Interpretação: para não perder mais que 1\% do nutriente devemos manter o tempo de esterilização \le 15{,}34\\ \mathrm{min}.

Passo 3

Modelagem da inativação microbiana e cálculo da fração sobrevivente no tempo t_{\max}.
  • A inativação térmica também segue cinética de primeira ordem, então a fração de células que sobrevivem após tempo t é
S(t)=e^{-k_{d} t}
onde k_{d}=2{,}45\\ \mathrm{min}^{-1}.
  • Usando t=t_{\max}=15{,}34\\ \mathrm{min} calculamos a fração sobrevivente
S = e^{-k_{d} t_{\max}} = e^{-2{,}45\cdot 15{,}34}.
  • Calculando o expoente -2{,}45\cdot 15{,}34 \approx -37{,}59, logo
S \approx e^{-37{,}59}\approx 5{,}0\times10^{-17}.
Comentário amigo: esse número é extremamente pequeno — a esterilização é altamente eficaz por minuto — por isso até volumes grandes podem ter probabilidade muito baixa de sobreviventes se o tempo for esse.

Passo 4

Relação entre volume, número inicial de microrganismos e probabilidade de sobrevivência; solução para o volume.
  • Número médio inicial de bactérias no volume V (em \mathrm{cm}^{3}) é
N_0 = (10^{5})\cdot V.
  • Após esterilização, o número médio de sobreviventes é
m = N_0\cdot S = 10^{5}\,V\,S.
  • Modelando o número de sobreviventes por uma distribuição de Poisson (válida quando eventos raros e independentes), a probabilidade de NÃO ter nenhum sobrevivente é e^{-m}, e a probabilidade de ter pelo menos um sobrevivente é
P(\text{pelo menos 1}) = 1 - e^{-m}.
  • O enunciado pede que essa probabilidade seja 10^{-3}. Assim
1 - e^{-m} = 10^{-3}\quad\Rightarrow\quad e^{-m} = 1 - 10^{-3} = 0{,}999.
  • Logo
m = -\ln(0{,}999)\approx 0{,}0010005.
  • Igualando com m=10^{5} V S e resolvendo para V:
V = \frac{m}{10^{5} S}.
  • Substituindo m\approx 0{,}0010005 e S\approx 5{,}0\times10^{-17}:
V \approx \frac{0{,}0010005}{10^{5}\times 5{,}0\times10^{-17}} = \frac{0{,}0010005}{5{,}0\times10^{-12}} \approx 1{,}99\times10^{8}\\ \mathrm{cm}^{3}.
  • Conversões úteis:
    • 1\\ \mathrm{cm}^{3}=1\\ \mathrm{mL} então V\approx 1{,}99\times10^{8}\\ \mathrm{mL}=1{,}99\times10^{5}\\ \mathrm{L}.
    • 1\\ \mathrm{m}^{3}=10^{6}\\ \mathrm{cm}^{3} então V\approx 199\\ \mathrm{m}^{3}.

Passo 5

Verificação rápida e comentário final
  • Checagem das ordens de grandeza: devido ao alto k_{d} e ao curto tempo máximo imposto pelo nutriente, a fração sobrevivente S é absurdamente pequena, o que permite volumes grandes sem exceder a probabilidade alvo de 10^{-3}.
  • Conclusão prática: o maior volume que pode ser tratado em t_{\max} minutos sem perder mais que 1\% do nutriente é da ordem de 10^{8}\\ \mathrm{cm}^{3} (centenas de metros cúbicos). Dá para imaginar que, em aplicação real, limitações físicas do equipamento (uniformidade de aquecimento, etc.) tenderiam a reduzir esse valor, mas matematicamente é o resultado.

Resposta

V_{\max}=1{,}99\times10^{8}\\ \mathrm{cm}^{3}
V_{\max}=1{,}99\times10^{5}\\ \mathrm{L}
V_{\max}=199\\ \mathrm{m}^{3}

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