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 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?

Passo 1

O enunciado dá a função de transferência do reactor agitado
H(s)=\frac{C'(s)}{C_F'(s)}=\frac{4}{2s+1}
e a entrada em tempo t\), \[c_F(t)= \begin{cases} 2, & t<0,\\\\ 4, & 0\le t<2,\\\\ 2, & t\ge2 \end{cases}
Pede‐se
a) c'(t)\] para essa entrada, b) instante e valor máximo de \(c'(t),
c) se tomarmos c(0)=1, quanto tempo leva para c(t) voltar a 1,05 depois do pico.

Passo 2

Escrevemos c_F(t) como duas etapas de degrau sobre o valor-base 2:
c_F(t)=2+2\,u(t)-2\,u(t-2)\,.
O ganho em regime permanente (DC) é
\displaystyle H(0)=\frac{4}{1}=4
e a constante de tempo é \tau=\tfrac{2}{1}=2.

Passo 3

A resposta a um degrau de amplitude \Delta C_F é
\Delta c'(t)=4\Delta C_F\bigl(1-e^{-t/2}\bigr).
Para o pulso retangular resulta, em cada região:
1. t<0: está em regime com c_F=2, logo
\;c'(t)=4\cdot2=8.
2. 0\le t<2: soma‐se um degrau de +2 em t=0, logo
c'(t)=8+4\cdot2\bigl(1-e^{-t/2}\bigr) =8+8\bigl(1-e^{-t/2}\bigr) =16-8e^{-t/2}\,.
3. t\ge2: em t=2 há um degrau de -2, cuja resposta incremental para t\ge2 é -8(1-e^{-(t-2)/2}). Assim
c'(t)=\bigl[16-8e^{-t/2}\bigr]+\bigl[-8(1-e^{-(t-2)/2})\bigr] =8-8e^{-t/2}+8e^{-(t-2)/2}\,.

Passo 4

O máximo ocorre na transição t=2, pois para t<2 c'(t) cresce e para t>2 decai.
O valor máximo é
c'(2)=16-8e^{-1}\approx 16-8\cdot0{,}3679\approx13{,}06\,.

Passo 5

Se normalizarmos de modo que c(0)=1 corresponda a c'(0)=8, definimos
\displaystyle c_{\rm norm}(t)=\frac{c'(t)}{8}.
Então para t\ge2
c_{\rm norm}(t) =1+e^{-(t-2)/2}-e^{-t/2}\,.
Queremos c_{\rm norm}(T)=1{,}05. Escrevendo a=e^{-T/2} e notando
e^{-(T-2)/2}=e\,a, temos
e\,a -a =0{,}05\quad\Rightarrow\quad a=\frac{0{,}05}{e-1}\,,
T=-2\ln a=-2\ln\!\Bigl(\tfrac{0{,}05}{e-1}\Bigr)\approx7{,}07\\ \text{s}.
Como o pico ocorreu em t=2, o tempo após o pico até atingir 1{,}05 é
\Delta t=T-2\approx7{,}07-2=5{,}07\\ \text{s}.

Resposta

(a)
c'(t)= \begin{cases} 8, & t<0,\\\\ 16-8e^{-t/2}, & 0\le t<2,\\\\ 8-8e^{-t/2}+8e^{-(t-2)/2}, & t\ge2\,. \end{cases}
(b) O pico ocorre em t=2\\ \text{s} e vale
\;c'(2)=16-8e^{-1}\approx13{,}06.
(c) Após o pico demora
\displaystyle \Delta t\approx5{,}07\\ \text{s}
para c(t) voltar a 1{,}05 (normalizado).

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