A resposta dinâmica de um biorreator com tanque agitado pode ser representada pela função de transferência \frac{C^{\prime}(S)}{C_{F}^{\prime}(S)}=\frac{4}{2 S+1} onde C^{\prime} é a concentração de substrato de saida, \operatorname{mol} / \mathrm{L} e C_{F}^{\prime} é a concentração de substrato de alimentação, mol/L. Pede-se: a) Uma expressão para c^{\prime}(t) se c_{F}(t) for um pulso retangular com as seguintes características: c_{F}(t)=\left\{\begin{array}{l}2 \rightarrow t<0 \\\\ 4 \rightarrow 0 \leq t<2 \\\\ 2 \rightarrow 2 \leq t<\infty\end{array}\right., b) Quando ocorre e qual é o valor máximo \operatorname{de} c^{\prime}(t), c) Se o valor inicial para c(0)=1, quanto tempo demora para c(t) retornar a um valor de 1,05 depois de atingir seu valor máximo? Dado que: C_{F}^{\prime}(s)=\left\{\begin{array}{l}0 \rightarrow t<0 \\\\ 2 \rightarrow 0 \leq t<2 \\\\ 0 \rightarrow 2 \leq t \leq \infty\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado apresenta a função de transferência de um CSTR agitado
\frac{C'(s)}{C_F'(s)}=\frac{4}{2s+1}
onde C_F'(t) é um pulso retangular de amplitude 2 em 0\le t<2 e zero fora. Queremos (a) encontrar c'(t), a resposta ao pulso, (b) o instante e valor máximos de c'(t), (c) sabendo que a concentração absoluta c(t)=1+c'(t) e c(0)=1, quanto tempo leva após o pico para c(t) cair a 1{,}05.

Passo 2

Vou obter c'(t) usando a propriedade de superposição: a entrada é um degrau de altura 2 ativado em t=0 e desativado em t=2. Escrevo
G(s)=\frac{C'(s)}{C_F'(s)}=\frac{4}{2s+1}=\frac{2}{s+0{,}5}.
Para um degrau de magnitude 2 em t=0, a saída em Laplace é
C'_1(s)=2\cdot G(s)\cdot\frac{1}{s}=\frac{4}{s(s+0{,}5)}.
Pela fração parcial, nota-se que
\frac{4}{s(s+0{,}5)}=\frac{8}{s}-\frac{8}{s+0{,}5},
cuja transformada inversa é
c'_1(t)=8\bigl(1-e^{-0{,}5t}\bigr)\quad(t\ge0).
Para o degrau de -2 em t=2, a resposta é igual em forma, atrasada e com sinal invertido:
c'_2(t)=-8\bigl(1-e^{-0{,}5(t-2)}\bigr)\,u(t-2).
Somando as duas respostas obtenho a resposta ao pulso:
c'(t)= \begin{cases} 0,&t<0,\\[6pt] 8\bigl(1-e^{-0{,}5t}\bigr),&0\le t<2,\\[6pt] 8\bigl(1-e^{-0{,}5t}\bigr)\;-\;8\bigl(1-e^{-0{,}5(t-2)}\bigr), &t\ge2\,. \end{cases}]

Passo 3

Para t\ge2 simplifico:
c'(t)=8\Bigl[e^{-0{,}5(t-2)}-e^{-0{,}5t}\Bigr] =8e^{-0{,}5t}\bigl(e^{1}-1\bigr).

Passo 4

(a) Resumindo,
c'(t)= \begin{cases} 0,&t<0,\\\\ 8\bigl(1-e^{-0{,}5t}\bigr),&0\le t<2,\\\\ 8\bigl[e^{-0{,}5(t-2)}-e^{-0{,}5t}\bigr],&t\ge2. \end{cases}

Passo 5

(b) O máximo de c'(t) ocorre ao final do pulso, em t=2. Avaliando em t\to2^- ou t\to2^+ dá o mesmo:
c'_{\max}=8\bigl(1-e^{-0{,}5\cdot2}\bigr) =8\bigl(1-e^{-1}\bigr).

Passo 6

(c) A concentração absoluta é c(t)=1+c'(t). Depois do pico t>2, c'(t)=8e^{-0{,}5t}(e-1). Queremos c(t)=1{,}05,
ou seja c'(t)=0{,}05. Logo
8(e-1)\,e^{-0{,}5t}=0{,}05 \quad\Longrightarrow\quad e^{-0{,}5t}=\frac{0{,}05}{8(e-1)}.
Tomando logaritmo,
-0{,}5\,t =\ln\!\bigl[0{,}05/(8(e-1))\bigr] \quad\Longrightarrow\quad t =-2\ln\!\bigl[\tfrac{0{,}05}{8(e-1)}\bigr].
Numericamente,
t\approx11{,}23.
Mas como o pico ficou em t=2, o tempo de retorno contado a partir do pico é
11{,}23-2=9{,}23.

Resposta

(a)
c'(t)= \begin{cases} 0,&t<0,\\\\ 8\bigl(1-e^{-0{,}5t}\bigr),&0\le t<2,\\\\ 8\bigl[e^{-0{,}5(t-2)}-e^{-0{,}5t}\bigr],&t\ge2. \end{cases}
(b) t_{\max}=2, \displaystyle c'_{\max}=8\bigl(1-e^{-1}\bigr).
(c) Tempo após o pico: \displaystyle 9{,}23 (s), tempo absoluto \approx11{,}23 s.

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