Conduite des bioréacteurs

Le tracé des trois courbes donne :

On constate deux phases de croissance des levures:

- La première de 0h à 8h, de croissance de la levure en consommant du glucose. On constate néanmoins pendant cette phase que le glucose n’est pas uniquement utilisé pour la croissance cellulaire mais qu’il est partiellement utilisé pour produire de l’éthanol, ce qui n’est pas l’objectif de l’opération. Ce dernier est de produire de la biomasse (cellules de levures).

- La deuxième phase de 8h à 18h, qui commence par une stagnation de la concentration de levures, due à l’épuisement de glucose. Au début de cette phase, les levures adaptent leur métabolisme à la seule source de carbone existante dans le milieu : l’éthanol. Une fois les enzymes nécessaires à l’oxydation de l’éthanol fabriquées, la croissance des levures redémarre, et est possible grâce à la consommation d’éthanol.

Il faut noter qu’aucun organisme vivant n’est capable de métaboliser de source de carbone en même temps. La source de carbone la plus commune, le glucose, est prioritairement métabolisée. C’est seulement une fois celle-ci épuisée que l’organisme vivant en métabolise une deuxième, puis une troisième, etc.

Dans chacune de ces phases, on distingue donc une période de latence et une période de croissance exponentielle, dont on peut déterminer la constante (µ, appelée vitesse spécifique de croissance). On peut déterminer sa valeur en traçant le ln de la concentration de levures en fonction du temps. On obtient une droite dont la pente est égale à µ.

La courbe semi-logarithmique de croissance des levures permet de déterminer les vitesses spécifiques de croissance :

On obtient :

• La vitesse spécifique de croissance de la levure sur glucose = 0,246 h^-1

• La vitesse spécifique de croissance de la levure sur éthanol = 0,086 h^-1

1^e phase (0-8h)

Les rendements de conversion du glucose en biomasse (Y_G/X) et en éthanol (Y_G/E) sont calculés comme suit :

\({{Y}_{X/S}}=\frac{0,9-0,2}{5-0}=14\%\)

\({{Y}_{P/S}}=\frac{1,05-0}{5-0}=21\%\)

2^e phase (8-18h)

Le rendement de conversion de l’éthanol en biomasse pendant la deuxième phase est calculé comme suit :

\({{Y}_{X/P}}=\frac{1,65-0,9}{1,05-0}=71\%\)

La vitesse spécifique de croissance est légèrement plus faible qu’en batch, mais il ne faut pas perdre de vue que la concentration de substrat est 167 fois plus faible.

Le rendement de conversion de G en X est meilleur, certainement parce que la production d'éthanol, inhibiteur de la croissance, est inexistante.

Le bilan matière établi sur la quantité de levure s’écrit comme suit:

\(V\times \left[ X \right]={{V}_{t0}}\times {{\left[ X \right]}_{t0}}\times \exp \left( \mu \times t \right)\)

Le bilan matière établi sur la quantité de glucose s’écrit :

\(\frac{d}{dt}\left( V\times \left[ S \right] \right)=Q\times {{\left[ S \right]}_{0}}-V\times {{r'''}_{S}}\)

Or S=cste = 30 mg/L donc  \(\left[ S \right]\times \frac{d}{dt}\left( V \right)=Q\times {{\left[ S \right]}_{0}}-V\times {{r'''}_{S}}\)

Par ailleurs : \(\begin{cases} & \frac{dV}{dt}=Q \\ & {{r'''}_{s}}={{r'''}_{x}}/{{Y}_{X/S}}\text{ et }{{r'''}_{x}}=\mu \times X \\ \end{cases}\)

donc \(Q\times \left( {{S}_{0}}-S \right)=\frac{V\times \mu \times X}{{{Y}_{X/S}}}\)

Dans le bilan matière sur la biomasse, le produit VX est remplacé par son expression d’après la dernière équation (et n’est pas dissocié car V et X sont des variables dépendantes l’une de l’autre).

D’où : \(\frac{Q\times \left( {{S}_{0}}-S \right)}{\mu }\times {{Y}_{X/S}}={{V}_{t0}}\times {{\left[ X \right]}_{t0}}\times \exp \left( \mu \times t \right)\)

Donc \(Q=\frac{\mu \times {{V}_{t0}}\times {{\left[ X \right]}_{t0}}\times \exp \left( \mu \times t \right)}{\left( {{S}_{0}}-S \right)\times {{Y}_{X/S}}}\)

Application numérique :

La vitesse maximale de transfert de l’oxygène de la phase gazeuse (bulles d’air) vers la phase liquide est conditionnée par les propriétés rhéologiques du milieu de culture et les conditions d’agitation \(\Rightarrow\) k_La, ainsi que par les propriétés de solubilité de l’oxygène, et du seuil critique en dessous duquel le métabolisme des levures risque d’être modifié.

\({{\left( \frac{d\left[ {{O}_{2}} \right]}{dt} \right)}_{\max }}={{k}_{L}}a\times \left( {{\left[ {{O}_{2}} \right]}^{*}}-{{\left[ {{O}_{2}} \right]}_{critique}} \right)\)

Application numérique:

\({{\left[ {{O}_{2}} \right]}^{*}}\)= 14 mg/L ; \({{\left[ {{O}_{2}} \right]}_{critique}}\)= 1 mg/L ; k_La = 700 h^-1

Donc : \({{\left( \frac{d\left[ {{O}_{2}} \right]}{dt} \right)}_{\max }}=700\times \left( 0,014-0,001 \right)=9,1\text{ g}\text{.}{{\text{L}}^{\text{-1}}}\text{.}{{\text{h}}^{\text{-1}}}\)

L’oxygène consommé sert essentiellement à la multiplication des levures. Il a donc, comme tous les substrats, un rendement de conversion en biomasse. On peut donc, à partir de ce rendement et de la vitesse maximale de transfert d’oxygène, calculer la vitesse maximale de production de levure, qu’il ne faut pas dépasser, sous peine d’avoir des levures en déficit d’oxygène, donc de métabolisme modifié.

\({{\left( \frac{d\left[ X \right]}{dt} \right)}_{\max }}={{\left( \frac{d\left[ {{O}_{2}} \right]}{dt} \right)}_{\max }}\times {{Y}_{X/{{O}_{2}}}}\)

\(\text{=}9,1\times 0,85\)

\(= 7,74 g/L/h\)

A l’instant où la vitesse de production de levures atteint la valeur ci-dessus, la concentration de levure est alors égale à :\(X=\frac{\mu }{{{\left( \frac{d\left[ X \right]}{dt} \right)}_{\max }}}\)

X= 38,7 g/L

Quand cette concentration est atteinte, le transfert d’oxygène ce déroule une vitesse qui correspond à la vitesse de croissance de levures. Comme le transfert d’oxygène ne peut pas être opéré à une vitesse plus importante, il faut arrêter la culture à ce moment, afin d’éviter une prolongation non optimale du procédé (début de fermentation alcoolique = production d’éthanol, donc mauvaise rentabilisation du substrat glucose).

\(Q=0,05\times \exp \left( 0,2\times t \right)=\frac{dV}{dt}\)

Donc \(dV=0,05\times \exp \left( 0,2\times t \right)\times dt\)

\(\int\limits_{{{V}_{0}}}^{{{V}_{f}}}{dV}=0,05\times \int{\exp \left( 0,2\times t \right)\times dt}\)

Donc \({{V}_{f}}-{{V}_{0}}=0,05\times \frac{1}{0,2}\times \left( {{\operatorname{e}}^{0,2\times t}}-{{e}^{0,2\times 0}} \right)\)

Donc \({{V}_{f}}=0,05\times \frac{1}{0,2}\times \left( {{e}^{0,2\times 24}}-1 \right)+25\)

\(\Rightarrow\) V_f=50,12 L