Notas Optimizacion Energetica UNIZAR.pdf

OPTIMIZACION ENERGETICA

Miguel Ángel Lozano Serrano Área de Máquinas y Motores Térmicos Departamento de Ingeniería Mecánica (2000/2007)

UNIVERSIDAD DE ZARAGOZA

OPTIMIZACION OPTIMIZACION ENERG ENERGETI ETICA CA

Cap. 4. OPTIMIZACION ENERGETICA

ÍNDICE

OPTIMIZACIÓN ENERGÉTICA

ÍNDICE

ANALISIS ECONOMICO

COSTE DE EQUIPOS......................................................................................................................... COSTE DE PLANTAS ........................................................................................................................ CRITERIOS DE EVALUACIÓN ECONÓMICA ................................................................................... PRECIOS DE LA ENERGIA ............................................................................................................... RENDIMIENTO OPTIMO.................................................................................................................... COMPARACION DE ALTERNATIVAS DE INVERSION.................................................................... • Ejemplo 1. Análisis de sistemas alternativos de calefacción ............................................. OPTIMIZACION FLUJO DE INFORMACION Y FORMULACION MATEMATICA ....................................................... FACTORES EN COMPETENCIA ....................................................................................................... • Ejemplo 2. Prensado-secado de pasta de papel.................................................................. • Ejemplo 3a. Transporte de agua............................................................................................ • Ejemplo 3b. Inversión mínima para el transporte de agua.................................................. Programación no lineal (EES) • Ejemplo 4. Diseño de un intercambiador de calor (Optint.EES) ......................................... • Ejemplo 5. Refrigeración en tres etapas (Trifri.EES) ........................................................... ASPECTOS TEORICOS..................................................................................................................... Programación lineal (LINGO) • Ejemplo 6. Programación lineal de la operación de una refinería (Refino.LNG)............... • Ejemplo 7. Selección y diseño de intercambiadores de calor (Selint.LNG)....................... • Ejemplo 8. Gestión óptima de un sistema hidroeléctrico (Sishid.LNG)............................. Programación lineal-entera (LINGO) • Ejemplo 9. Reparto optimo de carga entre dos calderas (Doscal.LNG)............................. • Ejemplo 10. Selección de las turbinas de una red de vapor (Seltur.LNG)......................... FUENTES ........................................................................................................................................... PROBLEMAS .....................................................................................................................................

Optimización Energética

3 11 13 15 16 18 19 22 23 24 25 27 29 31 33 39 43 47 50 53 56 57

1


2

ANALISIS ECONOMICO _____________________________________________________

COSTE DE EQUIPOS ⎛ ⎞ C(x) = C(xr) ⎜⎜ x ⎟⎟ ⎝ x r ⎠

a

C(x) : Coste de compra (F.O.B) x:

Dimensión característica (magnitud que define correctamente su función)

C(xr) : Coste de compra conocido de un equipo de dimensión xr a:

Constante característica del equipo (economías de escala

0 < a < 1)

• Ejemplo: Tanque esférico para deposito de líquidos Dimensión característica: V (volumen) V = (4/3) π R 3

A = 4 π R 2

C(V) ≈ cm A

2

C(V) A ⎛ R ⎞ ⎛ V ⎞ ≈ = ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ C(Vr ) A r ⎝ R r ⎠ ⎝ Vr ⎠

⎛ ⎞ C(V) = C(Vr) ⎜⎜ V ⎟⎟ ⎝ Vr ⎠

2/3

2/3

• Regla de los 6/10: Si no se conoce hágase a = 6/10 • Modos de presentar la información: 1. En forma de tabla Equipo

Turbina de vapor

a

C(x r ) $

0,50 0,68

1,6 103 25 103

x r

x min-x max Dimensión

30 30-1000 1 103 1-60 103

kW kW

Año

Ref.

1986 1986

1 1

2. En forma gráfica ⎛ ⎞ C(x) = C(xr) ⎜⎜ x ⎟⎟ ⎝ x r ⎠

a

ln C(x) = a ln x + ( ln C(xr) – a ln xr) = a ln x + b


3

COSTE DE EQUIPOS

C(x) Cb(x) f f g (f T f P f M ) Cb(x) : Coste de compra para condiciones normales de operación f : f g: f T f P f M

Factor de corrección temporal Factor de corrección geográfico Factores de corrección por condiciones extremas de trabajo Temperatura f T Presión f P Materiales no convencionales (x, μ) f M

Resul ta preferibl e que estos factor es se refieran específicamente al equipo

• Factor de corrección temporal f =

Indice de costes (año actual) Indice de costes (año referencia)

Índice de costes Chemical Engineering Plant Cost Index-USA http://www.che.com/business_and_economics/economic_indicators.html Año

1958

1962

1966

1970

1974

1978

1982

1986

1990

1994

1998

2002

2006

100

102

107

126

165

219

314

319

356

405

435

431

602

100 100 100 100 100 100 100

101 101 102 101 106 101 89

105 105 106 110 110 108 86

124 123 123 132 132 126 100

171 170 160 192 165 176 126

240 239 228 269 216 257 168

336 326 312 383 298 412 235

336 315 328 374 324 422 252

389 368 360 461 352 492 292

363 392 497 365 584 315 346

382 429 534 366 649 334 399

353 438 537 361 698 342 412

556 576 729 433 804 417 632

Mano de obra

100

99

101

118

172

249

238

342

364

272

286

301

312

Edificios

100

106

112

137

163

186

264

263

274

351

373

385

468

Ingeniería

100

101

108

127

166

214

290

304

330

351

341

345

351

100

103

107

111

134

162

305

341

353

368

389

390

509

Equipos

Intercambiadores y tanques Maquinaria de proceso Tuberías, válvulas, etc. Instrumentación Bombas y compresores Equipo eléctrico Estructuras

INDICE GENERAL

Índice de precios industriales (Base 2000) en España http://www.ine.es Año Bienes de equipo Energía

1978 26 23

1982 45 54

1986 66 76

1990 80 72

1994 89 81

1998 98 83

2002 102 94

2006 109 128

• Factor de corrección por material para intercambiadores Base 1 2 3 4


Carcasa Acero al carbono Acero al carbono Acero al carbono Acero al carbono Acero 304ss

Tubos Acero al carbono Aluminio Monel Acero 304ss Acero 304ss

f M 1 1,25 2,08 1,67 2,86

4

COSTE DE EQUIPOS


5

COSTE DE EQUIPOS (en forma de tabla) Equipo

Bomba centrifuga (flujo radial) • sin motor (s.m.)

•

con motor (c.m.)

Bomba (embolo, Psal < 70 bar) Ventilador (radial, s.m., ΔP=2,5 kPa) Soplantes • ΔP = 0,1 bar • ΔP = 0,3 bar Compresor (centrifugo, s.m., Psal <7 MPa) Compresor (embolo, s.m., Psal < 7 MPa) Turbina de vapor Turbina de gas (simple) Turbina de gas (con regenerador)

a

C(x ) r $

xr

xmin-xmax

0,26 0,43 0,39 0,58

2,0•103 5,3•103 2,5•103 7,5•103

10 100 10 100

0,2-16 16-400 1-23 23-250

0,52 4,0•103 0,78 5,3•103

10

0,46 0,35

360 6,9•103

0,53 290•103 0,79 61•103 0,50 1,6•103 0,68 25•103 0,54 2,3•106 1,03 5,6•106 0,57 4,6•106

Motor diesel 0,83 1,2•106 Motor eléctrico (c.a., encerrado, ventilado) 0,68 670 0,87 670 Reductor de velocidad 0,55 7,3•103 Calentador eléctrico 0,87 1,9•103 Generador eléctrico (c.a.) Calderas de recuperación (10 bar, v.s.)


Año

Ref.

kW kW kW kW

1986 1986 1986 1986

1 1 1 1

1-70

kW

1986

1

10

2-100

Nm3/s

1986

1

2 40

2-40 40-170

Nm3/min. Nm3/min.

1961 1961

1000

500-4000

kW

1986

1

100

1-1000

kW

1986

1

30

30-1000

1•103 15•103 40•103 20•103

1-60•103 10-20•103 20-70•103 10-40•103

kW kW

1986 1986

1 1

HP HP

1986 1986

1 1

HP

1986

1

5,4•103 10 10 100

1-15•103 1-10 10-1000

HP HP HP kW

1986 1986 1986 1986

1 1 1 1

kW

1986

1

kW kW

1986 1986

1 1

50

0,1-25•103 10-200

10

10-1000

1•103

1-25•103 1-10•103 0,2-10•103

kg/h

1986

1

16•103

10•103 1•103

kg/h

1986

1

21•103 1,1•103 210 190

100 2 0,3 5

2-2000 0,3-25 0,1-1,3 1,3-12

m2 m2 m2 m2

1986 1986 1986 1986

1 1 1 1

4,2•103 5,1•103 7,0•103 9,6•103

7 7 7 7

7-4•103 7-4•103 7-4•103 7-4•103

ton ton ton ton

1961 1961 1961 1961

2,4•103 4,9•103 1,7•103 3,4•103

3 3 3 3

1-50 1-50 1-25 1-25

ton ton ton ton

1986 1986 1986 1986

1 1 1 1

70•103

280

20-2000

m2

1986

1

0,66 1,9•103 0,95 3,7•103 0,81 160•103

Calderas pirotubulares (gas, 3-13 bar, v.s.) 0,64 Intercambiadores de calor 0,71 • Carcasa y tubos 0,14 • Tubos concéntricos 0,25 • Bayoneta 1,33 Unidades de refrigeración mecánica 0,72 • 5ºC 0,72 • -5ºC 0,72 • -15ºC 0,72 • -25ºC Bombas de calor 0,86 • Aire-Aire (solo equipo) (instalada) 0,90 0,64 • Aire-Agua (solo equipo) (instalada) 0,69 Aerorefrigerantes (con motor y ventilador) 0,80

Dimensión

6

COSTE DE EQUIPOS (en forma grafica, ejemplos, Ref. 2 Ulrich)


7


8


9

COSTE DE EQUIPOS (FUENTES DE INFORMACION) [1] Boehm, R.F. Design Analysis of Thermal Systems. Wiley, 1987. (Cap. 6).

[2] Ulrich, G.D. Diseño y Economía de los Procesos de Ingeniería Química. Interamericana, 1986. (Caps. 5–6). Existe nueva edición:

Ulrich, G.D.; Vasudevan, P.T. Chemical Engineering Process Design and Economics: A Practical Guide. Process Publishing, 2004.

[3] Peters, M.S.; Timmerhaus, K.D. Plant Design and Economics for Chemical Engineers (5ª ed.). McGraw–Hill, 2003. (Caps. 12–15, Apéndice B). [4] Chauvel, A. et al. Manuel d´evaluation economique des procedes. Technip, 2001. [5] Walas, S.M. Chemical Process Equipment. Selection and Design. ButterworthHeinemann, 1990. [6] Perry´s Chemical Engineers’ Handbook (7th Ed.). McGraw–Hill, 1997. (Cap. 9). [7] Linnhoff, B. et al. User Guide on Process Integration for Efficient Use of Energy. IChemE, 1982. (Cap. 5). [8] Seider, W.D. et al. Product and Process Design Principles (2ª ed.). Wiley, 2004. (Cap. 16). [9] Mathey, J. (Editor). Modern Cost Engineering: Methods and Data. McGraw– Hill, 1984. [10] Popper, H. (Editor). Modern Cost Engineering Techniques. McGraw-Hill, 1970.

[11] RS Means Mechanical Cost Data (publicación anual) [12] Matches Process Equipment Cost Estimates http://www.matche.com/EquipCost/index.htm


10

COSTE DE PLANTAS • Método 1 (Rudd-Watson/Peters-Timmerhaus-West) ⎡ ⎤ IF = ⎢∑ (1 + g i ) C i ⎥ g P g I ⎣⎢ i ⎦⎥

Factor de instalación del equipo Equipo Separadores centrífugos Compresores

gi 0,20 0,60 0,30 0,60 0,25 0,60 0,25 0,90 0,30 0,60 0,65 0,80

Secaderos Evaporadores Intercambiadores Filtros

gi

Equipo Cristalizadores mecánicos Cristalizadores a vacío Tanques Mezcladores Bombas Torres

gi 0,30 0,60 0,40 0,70 0,30 0,60 0,20 0,40 0,25 0,60 0,60 0,90

Factor de planta gP = 1 + ∑ g j • Tuberías de proceso (g1)

•

•

•

•

Proceso de sólidos Proceso mixto Proceso de fluidos Instrumentación (g2) Control poco automatizado Control parcialmente automatizado Control complejo y centralizado Edificación (g3) Construcción abierta Construcción semiabierta Control cerrada Plantas de servicios (g4) Escasa adición a las existentes Adición considerable a las existentes Totalmente nuevas Conexiones entre secciones (g5) A las unidades de servicio Secciones del proceso separadas Secciones del proceso dispersas Factor de costes indirectos gI = 1 + ∑ g k

• Ingeniería y dirección (g1) • Tamaño (g2)

• Contingencias (g3)


Ingeniería inmediata Ingeniería compleja Planta comercial grande Planta comercial pequeña Planta experimental De la compañía Variaciones imprevistas Procesos exploratorios

0,07 0,10 0,30 0,02 0,05 0,10 0,05 0,20 0,60 0,00 0,05 0,25 0,00 0,05 0,15

0,10 0,30 0,60 0,05 0,10 0,15 0,20 0,60 1,00 0,05 0,25 1,00 0,05 0,25 0,25

0,20 0,35 0,00 0,05 0,15 0,10 0,20 0,30

0,35 0,50 0,05 0,15 0,35 0,20 0,30 0,50

11

COSTE DE PLANTAS

• Método 2 (Ulrich): IF = f I ∑ FBM i C i = f I ∑ CBM i i

i

Factor de imprevistos: f I = 1,10 1,25 Factor de modulo simple del equipo i Equipo Mezcladores Soplantes y ventiladores (con motor) Centrifugas Compresores centrífugos Compresores de embolo Eyectores de vacío Turbinas de gas y de vapor Calderas Molinos Tanques de proceso

FBMi 2,0 2,5 2,0 2,0 2,3 2,5 3,5 2,0 2,5 4,1

Equipo Hornos Intercambiadores MACI Motores eléctricos Bombas centrifugas Bombas de embolo Columnas Transportadores de banda Transportadores de tornillo sinfín Tanques de almacenamiento

(Alternativamente) FBMi = 1 • Costes directos

• Costes indirectos


f j 1

FBM i 2,0 4,8 2,0 8,5 7,0 5,0 4,0 2,4 2,2 2,0

gk

f 1

Mano de obra para la instalación

0,10 0,20

f 2

Aislamiento

0,10 0,25

f 3

Conducciones (acero al carbono)

0,50 1,00

f 4

Cimientos

0,03 0,13

f 5

Edificios y estructuras

0,10 0,15

f 6

Protección contra incendios

0,06 0,10

f 7

Instalación eléctrica

0,07 0,15

f 7

Pintura y limpieza

0,06 0,10

g1

Gerencia y gastos generales

0,30

g2

Ingeniería y servicios técnicos

0,13

g3

Imprevistos

0,13

12

CRITERIOS DE EVALUACION ECONOMICA IF

V Ventas

Capital inmovilizado IA

C

Capital pa ra se rvici os

Coste de producción

I

W Capital circulante

B beneficio bruto (B - d l F ) t Impuestos

F flujo de caja a IF Recuperación del capital

Beneficio neto N (€ /a ño)

Capital invertido I (€)

• Beneficio bruto (€/año): • Flujo de caja (€/año):

B=V–C>0 F = B – (B - d I F) t > 0

• Beneficio neto (€/año):

d (año-1): factor de depreciación legal ( 1/n) t: tasa de impuestos sobre beneficios ( 0,36) N = F – a IF > 0

• Beneficio del riesgo (€/año):

a (año-1): factor de recuperación del capital N – im IF > 0 im : tasa de beneficio en inversiones alternativas n

I(1+i)

I

1

A

n

∑

A (1 + i) n − j

j =1

2

A

= I (1 + i )n

j

n-1

A

A

n

A

i (1 + i) n A (1 + i) n ⇒ a≡ = n = I (1 + i) n − 1 − n j ∑ (1 + i) j =1


13

En Ingeniería, los criterios anteriores suelen aplicarse con d = t = 0 En Proyectos con Producto (Ventas) constantes: Maximizar Beneficio Minimizar Coste Max N = F – a IF

Max [V – C – (V – C – d I F) t – a IF]

Si V cte.

Min [C – (C + d I F ) t + a I F]

Con d = t = 0

Min [C + a IF]

Otros criterios:

• Valor actual neto (€):

VAN =

n

- IF ∑ (1F(j) j + i)

j =1

(1 + i) n − 1 F Para F(j) cte. : VAN = F - IF > 0 I F = n a i (1 + i) 1. Fácil de aplicar 2. Mide la rentabilidad absoluta (no la relativa) 3. De aplicación general

• Periodo de recuperación (años):

VAN(n) = 0

PR = n

Para F(j) cte. e i = 0: PR =F/I F 1. Fácil de aplicar 2. Mide el riesgo 3. No valora la duración del proyecto • Tasa interna de rentabilidad (1/año): VAN(i) = 0 TIR = i 1. Mide la rentabilidad relativa 2. Requiere calculo numérico Comparando Proyectos :

Ahorro:

A (V – C)2 - (V – C) 1 Si V cte.

Inversión:

A = C1 – C2 IF (IF)2 - (IF)1

Sustituyendo F por A (Ahorro) pueden utilizarse los criterios anteriores


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PRECIOS DE LA ENERGIA Horquilla de precios 2003-2006

Tipo de energía Carbón (Hulla energética) Crudo Brent 1 Gasolina sin plomo 2 Gasoleo automoción 2 Gasoleo calefacción 2 Fuelóleo B.I.A. 2 Gas natural (consumo domestico) 3 Gas natural (consumo industrial) 4 Electricidad (consumo domestico) 5 Electricidad (consumo industrial) 6

Precio 35 - 70 25 - 75 80 - 110 70 - 100 35 - 65 200 - 380 10 - 12 4,5 – 7,5 8,5 - 9,5 5,5 - 7,5

unidad US $/tec US $/barril c€/litro c€/litro c€/litro €/ton €/GJ €/GJ c€/kWh c€/kWh

Precio 0,35 – 0,70 2–4 8 - 11 7 - 10 3,5 – 6,5 2-4 4-5 1,5 – 2,5 8,5 - 9,5 5,5 - 7,5

unidad c€/kWh c€/kWh c€/kWh c€/kWh c€/kWh c€/kWh c€/kWh c€/kWh c€/kWh c€/kWh

1. Precio f.o.b de mercado internacional 2. Precio de venta al publico en España 3. Precio sin impuestos (Consumo de 83,7 GJ/año) 4. Precio sin impuestos (Consumo de 41860 GJ/año, carga anual de1600 horas en 200 días) 5. Precio sin impuestos (Consumo de 3500 kWh/año, de los cuales 1300 kWh por la noche) 6. Precio sin impuestos (Consumo de 2000 MWh/año, demanda máxima 500 kW, carga anual de 4000 h)

Fuentes de información: Boletín Trimestral de Coyuntura Energética http://www.mityc.es/Balances/Seccion/Publicaciones/PublicacionesBalances/CoyunturaTrimestral

Energía 2007 (publicación anual del Foro de la Industria Nuclear Española) http://www.foronuclear.org Oficina Estadística de la Unión Europea Eurostat http:// ec.europa.eu/eurostat Tarifas de electricidad y gas natural http://www.energuia.com/es/tarifas_precios.aspx


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RENDIMIENTO ÓPTIMO

Fuel

Equipo o sistema

cF (€/kJ) F (kW)

η = P/F

cP (€/kJ) P (kW)

Producto

Z (€/s) • Balance de costes

cP P = cF F + Z

• Consumo unitario de fuel

kF F/P = 1/

• Consumo unitario de capital

kZ Z/P

Si F y P se expresan en exergía: F ≥ P ≥ 0, η = P/F ≤ 1. Además k Z ≥ 0

• Coste unitario del producto

cP = cF kF + kZ cF

Si en el balance de costes sustituimos el balance de exergía F = I+P y reorganizamos términos cP − cF =

cF I + Z ≥0 P

Esta ecuación nos indica que el coste unitario del producto siempre será mayor que el del fuel a causa de la irreversibilidad (I > 0) y de los costes de capital (Z > 0).

• Objetivo El objetivo primordial de la optimización energética consistirá en seleccionar el valor de dichas variables que conduce a un coste unitario mínimo del producto de dicho equipo. Es decir

MINIMIZAR cp (x) = cF kF (x) + k Z (x) En general, al modificar una variable x i cambiarán k F y k Z, probablemente en sentido contrario, alcanzándose la condición de optimidad cuando

∂c P ∂k ∂k ∂k ∂k = c F F + Z = 0 ⇒ Z = −c F F ∂xi ∂x i ∂xi ∂xi ∂x i el coste de inversión marginal se compense con el ahorro marginal de costes de fuel.


16

Fuel

Equipo o sistema

cF (€/kJ)

cP (€/kJ)

η = P/F

F (kW)

P (kW)

Producto

Z (€/s) MINIMIZAR cP ( ) = cF kF ( ) + kZ ( ) = cF / + kZ ( ) ¿Cómo varía en general k Z con el rendimiento ? i) ii)

la inversión necesaria aumenta al mejorar el rendimiento por lo menos en el intervalo en que se encuentra el rendimiento óptimo por mucho que aumentemos la inversión no podemos construir un equipo comercial que supere cierto rendimiento límite ηmax por razones tecnológicas.

⎛ η ⎞ o ⎟ k Z (η) = k Z + k′Z ⎜ ⎝ ηmax − η ⎠

n

con el exponente n > 0 . cP

MÍNIMO c P

cF k oZ

ηmax

0

1

ηopt

ηopt dc P =0→ = dη ηmax


1

⎛ η k ′ n ⎞ 1 + ⎜ max Z ⎟ ⎝ c F ⎠

1 n +1

17

COMPARACION DE ALTERNATIVAS DE INVERSION

P

FA

ηA

cFA

P

cPA

ηB

cPB

ZA

cFB

ZB

cP = Pn: P: IF: a: f u:

FB

cF F + Z = c F η + k Z P

Producción nominal (kW) Producción anual (kWh) Inversión (€) factor de amortización anual (1/año) factor de utilización anual (8760·f u = horas equivalentes de utilización a plena carga/año)

Z = a•IF (€/año)

kz = k zn =

a IF a IF = (€/kWh) P 8760 f u Pn

a IF (€/kWh) 8760 Pn

cP = cF / + kZn /f u (€/kWh) Tecnología A .mejor que. Tecnología B si se cumple

(cP)A < (cP)B (cF)A < (cF)B A >

B

combustible mas barato mayor rendimiento

(kZn)A < (kZn)B

menor inversión Si estas tres condiciones no se presentan simultáneamente no podrá afirmarse, en general, que la tecnología A es mejor que la B.


18

______________________ _________________________________ ______________________ _______________________ _______________________ ___________________ ________ ♦ Ejemplo 1. Análisis de sistemas sistemas alternativos de calefacción

Un ingeniero propone tres sistemas diferentes para suministrar agua caliente y calefacción a un chalet. (1) Radiadores de resistencia eléctrica y calentadores eléctricos eléctricos Coste de capital: 100 €/kW Rendimiento: 100% (2) Calentador de gas Coste de capital: 250 €/kW Rendimiento: 80% (3) Bomba de calor Coste de capital: 400 €/kW Coeficiente de operación: 250% Los costes de capital se expresan por kW de calor en forma de agua caliente o calefacción ambiental cuando la instalación opera a carga nominal a) Suponiendo que que el rendimiento rendimiento de generación generación de energía energía eléctrica es del 30%, cuál cuál de los sistemas es más eficiente desde el punto de vista del consumo de energía primaria. b) Si los costes de amortización y mantenimiento de la instalación son del 25% del coste de capital, los precios de la electricidad y el gas natural son 0,15 €/kWh y 0,06 €/kWh, respectivamente, y el número de horas equivalentes de operación a carga nominal por año es de 2500, determinar el coste económico unitario del calor suministrado por los tres sistemas en €/kWh. Solución:

a) El sistema más más eficiente será será aquél que que consuma una menor cantidad de energía primaria para producir la energía térmica demandada. demandada. Los procesos procesos de producción son: son: (1) Radiadores de resistencia eléctrica y calentadores eléctricos eléctricos

Combustible Combustible fósil

E p

Ec

Central eléctrica

η = 100%

η = 30%

...

Coste energético unitario del calor =

Ee

Resistencia Eq eléctrica Calor

η = 100%

E p E p E c E e 1 = = 1 1 = 3,33 Eq Ec Ee Eq 0,3

(2) Calentador a gas


E p

Eg

...

η = 100% Coste energético unitario del calor =


Calentador Eq a gas Calor

η = 80%

E p E p Eg 1 = =1 = 1,25 E q E g Eq 0,8

19

(3) Bomba de calor


E p

...

Ec

Central eléctrica

η = 100%

Ee

η = 30%

Coste energético unitario del calor =

Bomba de calor

Eq

Calor

COP = 250%

E p E p Ec Ee 1 1 = =1 = 1,33 E q Ec Ee E q 0, 3 2,5

Vemos pues que el sistema más eficiente es el de calefacción a gas, seguido de cerca por la bomba de calor. Ambos son mucho más eficientes que la calefacción eléctrica directa. Un análisis más detallado tomaría en consideración el rendimiento de los procesos de extracción, tratamiento y transporte de los combustibles así como el de transporte de energía eléctrica. De esta forma los costes energéticos calculados se incrementarían de un 5 a un 15%, manteniéndose válidas las conclusiones obtenidas. b) El sistema más económico será será aquél que produzca la energía térmica demandada demandada a un coste menor expresado en unidades monetarias. Como la instalación no está construida debemos imputar como coste la inversión a realizar, es decir su coste de amortización. Los costes de amortización y mantenimiento por unidad de producto son: 1

(k z )1 = 0 ,25

100 € / kW

año 2500 h / año 1

(k z )2 = 0 ,25

250 € / kW

año 2500 h / año 1

(k z )3 = 0 ,25

400 € / kW

año 2500 h / año

= 0 ,010 = 0 ,025

= 0 ,040

€ kWh € kWh € kWh

Los costes económicos de la energía por unidad de producto son:

(ce / η)1 =

(c g / η)2 = (ce / η)3 =

0 ,15 € / kWh( e ) 1 kWh / kWh( e )

= 0 ,150

0 ,06 € / kWh( g ) 0 ,8 kWh / kWh( g ) 0 ,15 € / kWh( e ) 2 ,5 kWh / kWh( e )

€ kWh

= 0 ,075 = 0 ,060

€ kWh € kWh

El coste total del kWh de calor producido para las tres alternativas Z

cF

F

k Z = Z/P

η = P/F

P

cF F + Z cF c P = -------------------- = ---- + k Z P η

se obtendrá sumando ambos costes, resultando: r esultando: Optimización Energética

20

(1) Resistencia eléctrica: cq = 0,010 + 0,150 = 0,160 €/kWh (2) Calentador a gas: cq = 0,025 + 0,075 = 0,100 €/kWh (3) Bomba de calor:

cq = 0,040 + 0,060 = 0,100 €/kWh

Las dos últimas alternativas son de igual interés económico por lo que para decidirnos por alguna de ellas deberíamos considerar otros factores no tenidos en cuenta en este ejercicio. Compruébese que los resultados que se obtienen respecto a la alternativa más adecuada dependen mucho del número de horas equivalentes de operación a carga nominal por año, es decir, del clima local en que se localiza el chalet. Por debajo de 500 h el sistema de calefacción eléctrica es el más económico, entre 500 y 2500 h lo es el calentador a gas y a partir de 2500 h la bomba de calor. Concluimos, por tanto, que una tasa de utilización elevada de la capacidad instalada favorece a aquellas alternativas que consiguen altos rendimientos a costa de una mayor inversión. 0.50

cp3

0.45 0.40 0.35

cp2

0.30 0.25 0.20

cp1

0.15 0.10 electrica 0.05 0

500

gas 1000

1500

bomba de calor 2000

2500

3000

3500

ha ______________________ _________________________________ ______________________ ______________________ ______________________ ____________________ _________


21

OPTIMIZACION _____________________________________________________

FLUJO DE INFORMACIÓN Y FORMULACION MATEMATICA Variables de diseño d

Ecuaciones de diseño Variables de estado s

d

Estimación de costes Parámetros económicos I, C, V

Estudio de la rentabilidad

Criterio de diseño f

Optimización

Maximizar (Minimizar)

Función objetivo

f(d, s)

Sujeto a

Modelo físico

h(d, s) = 0

+ Modelo económico


g(d, s) <0

22

FACTORES EN COMPETENCIA Sean dos componentes del coste o factores de producción, por ejemplo capital y energía, que varían en sentido contrario al hacerlo la variable libre de decisión x. Supóngase que el coste total puede expresarse mediante una función de la forma C TOT (x) = CO + CA (x) + CB (x), donde CO son los costes fijos (independientes de la decisión x), C A (x) = c A xa (a > 0) los del factor cuyo coste variable crece con x y C B (x) = cB x –b (b > 0) los del factor cuyo coste variable decrece con x. El criterio de minimización del coste total es d CTOT (x ) − b+ 1 = a c A xa −1 − b cB x ( ) = 0 dx del cual se obtienen los siguientes resultados 1

⎛ b c B ⎞ a + b ⎟ x opt = ⎜ ⎝ a c A ⎠

⎛

⎞

b c C MIN = Co + cA ⎜ B ⎟ ⎝ a cA ⎠

a a + b

⎛ b c ⎞ + cB ⎜ B ⎟ ⎝ a cA ⎠

−

b a + b

⎛ CA ⎞ b ⎜ ⎟ = ⎝ C B ⎠ opt a En particular el último resultado nos dice que en el óptimo los costes variables de ambos factores mantendrán una relación constante al cambiar las circunstancias económicas salvo que éstas afecten a los exponentes a y b, lo que no es común. La formulación anterior puede aplicarse al análisis de una gran variedad de problemas de optimización energética. Tres casos típicos de factores en competencia son los siguientes: a) Energía–Energía: Determinadas operaciones industriales requieren consumir dos recursos energéticos diferentes de modo que el aumento en el consumo de uno de ellos reduce el consumo del otro y viceversa. Como ejemplo trataremos aquí el prensado (energía mecánica) – secado (energía térmica) para la eliminación de humedad en un sólido. Otros ejemplos son: i) el calentamiento de un material rígido reducirá la energía mecánica para darle forma, ii) el calentamiento de un fluido viscoso reducirá el consumo de trabajo necesario para su transporte por el interior de un conducto, iii) el calentamiento de una mezcla sólido–líquido aumentará la solubilidad requiriéndose menor agitación para su disolución. b) Energía–Capital: El diseño óptimo de todo sistema energético consiste en equilibrar estos factores. Normalmente toda mejora de la eficiencia energética se produce a través de un equipamiento más caro. Aquí haremos una aplicación sobre el diseño de un sistema de conducción de líquidos. c) Capital–Capital: Se comentará con mayor detalle al final de este apartado tras el ejemplo de aplicación.


23

___________________________________________________________________________ ♦ Ejemplo 2: Prensado–secado de pasta de papel

Una instalación de secado trata 1,23 •106 kg/día de pasta de papel con tasa de materia seca del 26% aumentando dicha tasa al 90%. La secuencia de operaciones es: primero se prensa mecánicamente la pasta tras lo cual se procede a su secado por evaporación de agua con aporte de calor. Q

W

Pasta húmeda

Prensado mecánico

x e = 0,26

Secado térmico

x

Agua líquida

Pasta seca x s = 0,90

Agua vapor

Un conjunto de pruebas de rendimiento realizadas sobre la instalación de secado variando la tasa de materia seca tras el prensado produce los siguientes resultados Tasa de materia seca x (kg/kg) 0,36 0,40 0,44

Energía consumida por kg de pasta seca W (kWh/kg) Q (termia/kg) 0,01385 2,31 0,02570 1,95 0,04522 1,65

Un análisis de los datos conduce a las siguientes ecuaciones de ajuste con los coeficientes ya ajustados W = 5,716 x5,9

Q = 1,306 x –1 – 1,318

Si los precios de los recursos son cW = 0,1 €/kWh

cQ = 0,01 €/termia

la ecuación del coste total resulta C TOT = 0,5716 x5,9 + 0,01306 x –1 – 0,01318 C A (x)

C B (x)

C o

Las condiciones de optimidad tras identificar coeficientes con el caso general son 1

1

⎛ b ⋅c B ⎞ a + b ⎛ 1 ⋅ 0 ,01318 ⎞ 5 ,9 + 1 ⎟⎟ =⎜ = 0 ,448 ⎟ ⋅ ⋅ a c 5 , 9 0 , 5716 ⎝ ⎠ ⎝ A ⎠

xopt = ⎜⎜

C MIN = 0 ,5716 ⋅ 0 ,448 5 ,9

+

0 ,01306 0 ,448

− 0 ,01318 = 0 ,021 €/kg

⎛ C A ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = b = 1 = 0 ,17 ⎝ C B ⎠ opt a 5 ,9


24

Puesto que la relación de costes variables de ambos factores en el óptimo sólo depende del comportamiento físico de la instalación y no de los precios de los recursos, (C A/CB)opt = 0,17 se mantendrá constante al modificar dichos precios. Por ejemplo, si el precio del trabajo (factor A) se duplica manteniéndose constante el del combustible (factor B) podemos predecir que el nuevo óptimo se obtendrá reduciendo W y aumentando Q lo que implica un menor valor de x. Los resultados obtenidos son xopt = 0,405

C MIN = 2,46 €/kg

___________________________________________________________________________ ♦ Ejemplo 3a: Transporte de agua

Se trata de optimizar el diseño de una instalación de transporte de 120 m 3/h de agua por tubería entre dos depósitos al mismo nivel que distan L = 1000 m. La longitud equivalente de codos, válvulas y otros accesorios es L ′ = 300 m. La variable libre de diseño es el diámetro de la tubería d (m). Al aumentar éste disminuirán las pérdidas de presión en el proceso de transporte y los costes energéticos para impulsar el agua (factor B) pero aumentará el coste de amortización de la tubería (factor A). Los detalles del cálculo se aportan a continuación L = 1000 m (L ′ = 300 m )

η = 0,8

V = 0,0333 m3/s

d (m) W (W) ce = 0,12 €/kWh

(

J b = 1,5 16 ⋅ 10 3 + 0,13

)

(

)

J t = 1, 7 ⋅ 1, 6 0,7⋅ 10 3 d1,42 L

instalación

accesorios

Inversión bomba (€)

instalación

Inversión tubería (€)

Período de operación: θ = 6000 h/año Período para el cálculo de la amortización: N = 5 años Solución: Para tubería de acero comercial y flujo turbulento

Δ P

–0,16

f = 0,16 Re

L

= f ρ

c2 2 d

c = 0 ,16 Re − 0 ,16

2

d

2

ρ

Como Re = c d ρ/µ y c = 4V/(Πd2), resulta

Δ P 0 ,125μ 0 ,16 ρ 0 ,84 V 1 ,84 = L

d 4 ,84

Para el agua liquida (viscosidad: µ = 1,1 •10 –3 N·s/m2, densidad: ρ = 1000 kg/m3)


25

Δ P 13 ,92V 1 ,84 = 4 ,84 L

d

La potencia consumida por la bomba ( η = 0,8) será V Δ P 17 ,4V 2 ,84 ( L + L′) ( L + L′) = W = η L d 4 ,84

Sustituyendo los valores de diseño para V, L y L ′ W =

1 ,44 d 4 ,84

Los costes de inversión para la bomba y tubería resultan ⎛ 0 ,13 ⋅ 1 ,44 ⎞ 0 ,28 ⎟⎟ = 24 ⋅ 10 3 + J b = 1 ,5⎜⎜ 16 ⋅ 10 3 + ⎝ d 4 ,84 ⎠ d 4 ,84 J t = 1,7 • 1,6 (0,7 • 103 d 1,42 ) L = 1,9• 106 d 1,42

y la inversión total J TOTAL = 24• 103 + 0,28/d 4,84 + 1,9• 106 d 1,42

El coste de la energía eléctrica para cinco años de operación viene dado por C e

= ce W θ N =

0,12 1,44 1000 d 4,84

6000 ⋅ 5 =

5,2 d 4,84

Sumando los costes de inversión y consumo de energía eléctrica C = J TOTAL + C e = 1,9• 106 d 1,42 + 5,48/d 4,84 + 24• 103 C A (d)

C B (d)

C o

Obsérvese que el primer término del último miembro de la ecuación recoge los costes de inversión de la tubería (que aumentan con d) y el segundo integra los costes de inversión variables para la bomba y los de la energía eléctrica que consume (que disminuyen al aumentar d). El diámetro óptimo es 1

1

⎛ b ⋅ c B ⎞ a+b ⎛ 4 ,84 ⋅ 5 ,48 ⎞ 1 ,42+4 ,84 ⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜ ≅ 0 ,16 m 6 ⎟ ⋅ a c ⎝ A ⎠ ⎝ 1 ,42 ⋅ 1 ,9 ⋅ 10 ⎠ En la tabla siguiente se muestran algunos resultados correspondientes a la solución de este ejemplo al ir aumentando el número de años de servicio N. d opt = ⎜⎜

Influencia del tiempo de operación N = 5 años

d ≈ 0,16 m

c ≈ 1,66 m/s

ΔP/L ≈ 1,3•190 Pa/m

N = 10 años

d ≈ 0,18 m

c ≈ 1,31 m/s

ΔP/L ≈ 1,3•107 Pa/m

N = 15 años

d ≈ 0,19 m

c ≈ 1,17 m/s

ΔP/L ≈ 1,3•82 Pa/m

Incrementar el número de años de servicio equivale a ponderar más los costes energéticos de la operación en la función objetivo a minimizar. Como consecuencia su reducción pasa por aumentar el diámetro de la tubería. Resulta interesante comparar los resultados del cuadro con las reglas prácticas de diseño: copt ≈ 1–2 m/s

( Δ P/L)opt ≈ 100–200 Pa/m

___________________________________________________________________________


26

___________________________________________________________________________ ♦ Ejemplo 3b: Inversión mínima para el transporte de agua

Considérese como objetivo de diseño en el ejemplo anterior el de minimizar los costes de inversión. Solución: Como ya habíamos obtenido la inversión total J TOTAL = 1,9• 106 d 1,42 + 0,28/d 4,84 + 24• 103 C A (d)

C B (d)

C o

las condiciones de optimidad tras identificar coeficientes con el caso general se obtienen directamente 1

1

⎛ b ⋅ c B ⎞ a +b ⎛ 4 ,84 ⋅ 0 ,28 ⎞ 1 ,42 +4 ,84 ⎟ ⎟⎟ = ⎜⎜ ≅ 0 ,10m ⎟ 6 a ⋅ c ⋅ ⋅ 1 , 42 1 , 9 10 A ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ En la tabla siguiente se muestran los resultados económicos para cinco años de vida útil correspondientes a los criterios de mínima inversión y mínimo coste total d opt = ⎜⎜

Inversión mínima

Coste total mínimo

Diámetro óptimo

0,10 m

0,16 m

Motobomba

43•103 €

26•103 €

Tubería

72•103 €

141•103 €

Inversión

115•103 €

167•103 €

Energía

360•103 €

37•103 €

Coste total

475•103 €

204•103 €

Obsérvese que la inversión adicional ΔJ = 52•103 € produce un ahorro en los costes energéticos de operación de 65 •106 € por año de operación, lo que implica que la sobreinversión destinada a la eficiencia energética se recupera en diez meses de operación del sistema, a partir de los que el ahorro de costes energéticos supone una ganancia neta. La figura muestra como varían los costes con el diámetro de la tubería para ambos criterios de optimización. Un análisis más detallado de esta formulación se expone en el libro de Le Goff. Una cuestión interesante se deduce de la figura correspondiente a los costes de inversión. Si pensáramos sólo en los costes de inversión de la tubería podríamos concluir incorrectamente que la inversión mínima para el diseño del sistema se produciría con el menor diámetro posible (limitado por otras causas: erosión, ruido, resistencia mecánica, etc). Esto no es cierto. Al considerar la inversión necesaria para producir la energía consumida (en nuestro caso la energía mecánica entregada por la bomba al flujo de agua para que sea capaz de vencer la fricción en el conducto) vemos que ésta crece con el consumo de energía alcanzándose la mínima inversión total para un valor no máximo de despilfarro de energía. Como corolario podemos afirmar que una sociedad que no valora la energía ni promueve su ahorro guiándose por criterios de mínima inversión puede (si no incluye la inversión requerida por los equipos que producen la energía consumida por la instalación que se diseña en la función objetivo) cometer el desatino de no minimizar ni la inversión ni por supuesto el consumo de energía. En definitiva estaría invirtiendo en despilfarrar energía.


27

Coste total e inversión total en función del diámetro de la tubería 1000000

N = 5 años

800000

Coste total 600000

Ce [€] 400000

CTOT [€]

200000 J TOT [€] 0 0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

0.16

0.18

0.20

0.18

0.20

d [m]

200000 N = 5 años Inversion t otal 150000

J TOT [€]

J t [€]

100000

50000 J b [€]

0 0.06


0.08

0.10

0.12

0.14 d [m]

0.16

28

EJEMPLO 4: DISEÑO DE UN INTERCAMBIADOR DE CALOR (OPTINT.EES) Se trata de diseñar el intercambiador de calor de carcasa y tubos mostrado en la figura. Debe reducir la temperatura de m =1000 kg/h de un hidrocarburo (c P = 0,5 kcal/kg K) desde te = 93°C hasta t s = 38°C, usando agua de refrigeración disponible a t we = 16°C. La experiencia de operación con este tipo de intercambiadores indica que un valor adecuado para el coeficiente global de transferencia de calor es U = 100 kcal/h m 2 ºC. Los costes fijos de inversión en € se estiman en IF = 58000 (A/100) 0,71. Se supondrá un factor de amortización anual del 10% para la inversión (fa=0,1). Los costes de operación (agua de refrigeración) son c W = 0,5 10-4 €/kg. Los costes anuales de mantenimiento equivalen al 1% de la inversión (fb=0,01). Se considerara un periodo de operación de h = 8640 h/año. W kg/h 16°C

1000 kg/h 38°C

100 kcal/ h m2 ºC

1000 kg/h 93°C

Intercambiador de calor

Modelo físico

Q = m c P (t e – t s ) t ML =

Modelo económico

Función objetivo

(t e − t ws ) − (t s − t we ) ⎛ t − t ⎞ ln⎜⎜ e ws ⎟⎟ ⎝ t s − t we ⎠

Q = w c PW (t ws – t we ) Q = U A t ML

I F = 58000 (A/100) 0,71

C amo = fa I F

C wat = cW w h

C man = fb I F

C tot = C amo + C wat + C man

1 variable libre (1 grado económico de libertad) Mejor selección de la variable libre de diseño:

• Opción B: w ( w > 0 kg/h) • Opción A: tws (16ºC ≤ tws ≤ 93ºC) • Opción C: ΔtML (ΔtML > 0ºC) Optimización Energética

Buena Mejor Mala 29

Resultados (Opción B)

100

2000 1750

80

1500 Ctot [$/año]

60

1250 1000

40

750 tws [ºC]

20

500 250

0 0

250

500

0 750 1000 1250 1500 1750 2000 w [kg/h]


30

EJEMPLO 5: REFRIGERACION EN TRES ETAPAS (TRIFRI.EES) Se trata de diseñar el sistema de intercambiadores mostrado en la figura. Debe reducir la temperatura de F = 4500 kg/h de un liquido (c P = 1 kcal/kg K) desde t0 = 10°C hasta t 3 = -56°C, usando distintos refrigerantes. Los datos correspondientes a los refrigerantes-intercambiadores son: Temperatura de ebullición (ºC) Calor de vaporización (kcal/kg) Coste de producción (€/kg) Amortización equipo: ai * Si 1/2 (€/h) Coeficiente global T. C.: Ui (kcal/h m 2 ºC)

Etapa 1 tw1=-18 qevap1=55 b1=0,44 10-3 a1=0,164 U1=976

W1 (kg/h)


W2(kg/h)


W3(kg/h)

cP=1 kcal/(kgºC) F=4500 kg/h t0=10 ºC

Etapa 1 -18 ºC

Etapa 2 -40 ºC

t1

Etapa 3 t2

-62 ºC

t3=-56 ºC

t0=10 ºC t1 t2

-18 ºC -40 ºC

t3=-56 ºC -62 ºC

Modelo físico

Qi = F c P (t i – t i-1 ) t MLi =

Qi = wi qevap i

t i −1 − t i ⎛ t − t ⎞ ln⎜⎜ i − 1 wi ⎟⎟ ⎝ t i − t wi ⎠

Modelo económico

ci = ai S i 1/2 + bi wi

Función objetivo

ct =

Qi = U i S i t MLi

∑ ci i

2 variables libres (2 grados económicos de libertad) Selección de las variables libre de diseño: • Opción A: w1 y w2 ( w1 > 0 kg/h, w1 > 0 kg/h ) • Opción B: t1 y t2 (-18ºC ≤ t1 ≤ 10ºC, -40ºC ≤ t2 ≤ t1) • Opción C: ΔtML1 e ΔtML2 (ΔtML1 > 0ºC, ΔtML2 > 0ºC) Optimización Energética

Buena Mejor Mala 31

Resultados (Opción B)

t0=10 ºC t1 t2

-18 ºC -40 ºC

t3=-56 ºC -62 ºC

• t1 = -11,4ºC

t = -11,4ºC – (-18,0ºC) = 6,6 K

• t2 = -36,6ºC

t = -36,6ºC – (-40,0ºC) = 4,0 K

• t3 = -56,0ºC

t = -56,0ºC – (-62,0ºC) = 6,0 K


32

ASPECTOS TEORICOS (1) Minimizar Sujeto a

f(x) h j(x) = 0

x = [x1 x2 … xn] j = 1, 2,… , m < n

gk (x) ≤ 0

k = 1, 2,… , p

Observaciones: 1) Max f(x) ≡ Min - f(x) 2) gk (x) ≥ 0 ≡ - gk (x) ≤ 0 Condiciones necesarias de primer orden (Kuhn-Tucker) Sea x* un punto mínimo relativo (local) del problema. Entonces existen

= [λ1 λ2 … λm]

= [μ1 μ2 … μ p] 0 tal que

*) h (x ∂ * ∂ g k (x* ) ∂ f(x ) + λ j + ∑ μ k = 0 ∀i = 1, … , n j ∂ xi ∑ ∂ ∂ x x j k i i

μk gk (x*) = 0

∀k = 1, … , p

Teorema de la sensibilidad Considérese la familia de problemas Minimizar Sujeto a

x = [x1 x2 … xn] j = 1, 2,… , m < n k = 1, 2,… , p

f(x) h j(x) = b j gk (x) ≤ ck

Entonces

∂f (x* ) = −λ j ∂ b j ∂f ( x* ) = −μ k ∂c k


33

ASPECTOS TEORICOS (2) Minimizar Sujeto a

f(x) h j(x) = 0

x = [x1 x2 … xn] j = 1, 2,… , m < n

gk (x) ≤ 0

k = 1, 2,… , p

Clasificación de problemas de optimización 1) Por el numero de variables implicadas:

Unidimensional - Multidimensional

2) Por la existencia de restricciones:

Sin restricciones Con restricciones

=

≤ =y≤ 3) Por la naturaleza de las funciones f o h o g no lineales

PROGRAMACION NO LINEAL

f y h y g lineales

PROGRAMACION LINEAL

f(x) del tipo Σi ci xi + Σi Σ j qij xi x j h y g lineales

PROGRAMACION CUADRATICA

a f y h y g del tipo ∑ c j ∏ x i ij j i

PROGRAMACION GEOMETRICA

Observaciones: ♦ En programación no lineal no se garantiza el mínimo global ♦ Las restricciones de igualdad pueden eliminarse del problema Sustituir x = [x1 x2 … xn] h j(x) = 0 j = 1, 2,… , m < n por d = [d1 d2 … dn-m] → h j(d,s) = 0 → s = [s1 s2 … sm] variables libres variables de estado ♦ Las restricciones de desigualdad pueden Formularse todas No formular alguna pero Comprobar que no es activa en la solución óptima


34

ASPECTOS TEORICOS (3) Minimizar

f(x)

x = [x1 x2 … xn]

Sujeto a

h j(x) = 0

j = 1, 2,… , m < n

gk (x) ≤ 0

k = 1, 2,… , p

Condiciones necesarias de primer orden (Kuhn-Tucker) Sea x* un punto mínimo relativo (local) del problema. Entonces existen

= [λ1 λ2 … λm]

= [μ1 μ2 … μ p] 0 tal que *) *) h (x ∂ * g (x ∂ ∂ f(x ) + λ j + ∑ μ k k = 0 ∀i = 1, … , n ∑ j x ∂ x i j ∂ xi ∂ k i

μk gk (x*) = 0

∀k = 1, … , p

Método de los multiplicadores de Lagrange En caso de problemas que solo presenten restricciones de igualdad las condiciones de optimo son 1) h j(x) = 0

j = 1, 2,… , m < n

∂h j (x * ) ∂f (x * ) 2) + ∑ λ j =0 x ∂x i ∂ i j

∀i = 1, … , n

Si definimos la función lagrangiana L(x, ) = f(x) + ∑ λ j h j (x) j

y planteamos las condiciones necesarias de optimización sin restricciones para ella, resultan las condiciones anteriores. En cualquier caso el problema de optimización requiere resolver las m + n ecuaciones calculando m variables xi y n multiplicadores λ j.


35

ASPECTOS TEORICOS (4) Se trata de determinar las dimensiones optimas de un tanque cilíndrico (diámetro d y longitud l ) con capacidad v = 30 m3 que debe disponerse en vertical. El coste de la superficie lateral es cl = 1 um/m 2 y el de las superficies frontales es cd = 2 um/m2. Dadas las limitaciones de suelo suponer los siguientes casos: a) d < dl = 3 m b) d < dl = 2,5 m. El problema de optimización puede plantearse: 2

Minimizar

f(l,d) = cd d /2 + cl d l

Sujeto a

h(l,d) = d l/4 – v = 0

2

g(d) = d – dl 0

Condiciones necesarias de primer orden (Kuhn-Tucker): encontrar

d, l,

y

tales que

0

d 2 l/4 – v = 0

h(l,d) = 0

∂ f ∂h ∂ g + λ + μ = 0 ∂d ∂d ∂d

cd d + cl

∂ f ∂h + λ = 0 ∂l ∂l

cl

g = 0

d l/2 +

=0

d 2 /4 = 0

(d – dl) = 0

(2)

(3) (4)

2

(1)

l = 4 v/( d )

(3)

= - 4 cl/d

(2+4)

d+

l+

(1)

caso 1)

1/3

=0

y

d = [(4 v cl)/(cd )] < dl

caso 2) d = dl

y

= 4 cl v/dl 2 – cd dl > 0

Solución: a) caso 1 ; f = 67,34 ; d = 2,673 m < dl ; l = 5,346 m ; = -1,5 ; = 0 b) caso 2 ; f = 67,64 ; d = 2,5 m = dl ; l = 6,112 m ; = -1,6 ; = 3,5 Optimización Energética

36

ASPECTOS TEORICOS (5) Se trata de determinar las dimensiones optimas de un tanque cilíndrico (diámetro d y longitud l ) con capacidad v = 30 m3 que debe disponerse en vertical. El coste de la superficie lateral es cl = 1 um/m 2 y el de las superficies frontales es cd = 2 um/m2. Dadas las limitaciones de suelo suponer los casos: a) d < dl = 3 m b) d < dl = 2,5 m. El problema de optimización puede resolverse con LINGO: ! Comprobacion condiciones de Kunh-Tucker; ! Diseño de un tanque cilindrico; ! Datos; DATA: cl = 1.0 ; ! Coste material superficie lateral (um/m2); cd = 2.0 ; ! Coste material superficie frontal (um/m2); v = 30.0 ; ! Volumen del tanque (m3); dl = 2.5 ; ! Limite diametro (m); pi = 3.1416; ENDDATA ! Funcion objetivo; Min = fo ; [f] fo = cd*pi*d^2/2 + cl*pi*d*l; ! Restricción de igualdad; [h] pi*d^2*l/4 - v = 0; ! Restriccion de desigualdad; [g] d - dl < 0;

Solución con b) dl = 2,5 m : Local optimal solution found at step: 3 Objective value: 67.63500 Variable Value Reduced Cost CL 1.000000 0.0000000 CD 2.000000 0.0000000 V 30.00000 0.0000000 DL 2.500000 0.0000000 PI 3.141600 0.0000000 FO 67.63500 0.0000000 D 2.500000 0.0000000 L 6.111536 0.0000000 Row Slack or Surplus Dual Price 1 67.63500 1.000000 F 0.0000000 -1.000000 H 0.0000000 -1.600000 G 0.0000000 3.492001

a) b)

caso 1 ; f = 67,34 ; d = 2,673 m < dl ; l = 5,346 m ; = -1,5 ; = 0 caso 2 ; f = 67,64 ; d = 2,5 m = dl ; l = 6,112 m ; = -1,6 ; = 3,5


37

ASPECTOS TEORICOS (6)

Optimización incluyendo variables enteras (binarias: 0/1 ) Minimizar Sujeto a

f(x,y) h j(x,y) = 0

x = [x1 x2 … xn] y = [y1 y2 … yq] ∈ {0,1} j = 1, 2,… , m < n

gk (x,y) ≤ 0

k = 1, 2,… , p

Aplicaciones fundamentales: ♦ Permiten representar funciones no lineales como combinación de funciones lineales C(x)

α1 β1

x1 C(x):

x=0

C(x) = 0

x 1 x x 2

C(x) =

1 x

+

1

x 2 x x 3

C(x) =

2 x

+

2

x 3 x x 4

C(x) =

3 x

+

3

x2

x3

x4

equivale a C(x) =

1 z 1 +

1 y1 +

2 z 2 +

2 y2 +

3 z 3 +

3 y3

x = z 1 + z 2 + z 3 x 1 y1 z 1 x 2 y1

x 2 y2 z 2 x 3 y2

y1 + y2 + y3 1

yi {0,1}

♦ Permiten imponer restricciones lógicas

x 3 y3 z 3 x 4 y3

y = 1 si ocurre un evento = 0 si no ocurre el evento

Ejemplo: Supóngase que una empresa esta valorando n proyectos alternativos. El proyecto j requiere una inversión c j y supone un beneficio b j para la empresa. Cada proyecto puede realizarse ( y j = 1) o no ( y j = 0), pero no es posible realizar una fracción del mismo. La empresa dispone un presupuesto C para financiar nuevos proyectos. n

Maximizar

∑

j = 1


n

b j y j

Sujeto a

∑ c j y j ≤ C

j = 1

con

y j {0,1}

38

___________________________________________________________________________

♦ Ejemplo 6: Programación lineal de la operación de una refinería (refino.lng) El ingeniero de procesos tiene solamente un interés secundario en los aspectos matemáticos de la programación lineal. Además según se ha comprobado en la practica la dificultad básica radica mas bien en la formulación del programa que en la resolución del mismo. Se examinará ahora esta dificultad considerando la programación óptima de la operación de una refinería de petróleo. Cualquier intento para definir de una manera completa la operación de una gran refinería de petróleo nos conduciría a un modelo matemático con cientos ó miles de variables y ecuaciones. La formulación de un modelo de tal magnitud solo debería intentarse si se esperasen beneficios considerables de su aplicación. Este es el caso. Se presentará ahora una versión extremadamente simplificada de la programación óptima de una refinería de petróleo para exponer la metodología de análisis. Los datos para el planteamiento de este ejemplo proceden de Villalba y Jerez. La figura presenta un esquema simplificado de la planta. Diagrama de flujos de la refinería de petróleo

x1: Crudo normal

x5: Gasoil

x10: Fuel de crack

x15: Nafta a gasolina

x2: Crudo dulce

x6: Fuel a crack

x11: Gasolina auto

x16: Gasoil a fueloil

x7: Fuel residual

x12: Gasoil C

x17: Gasoil a gasoil C

x3: Nafta

x8: Gas

x13: Fueloil

x18: Fuel a gasoil C

x4: Keroseno

x9: Gasolina crack

x14: Nafta a ventas

x19: Fuel a fueloil

La destilación atmosférica del crudo de petróleo produce una serie de fracciones tales como naftas, gasóleos y residuos. Estas fracciones del petróleo pueden mezclarse directamente entre si para formar combustibles y otros productos comerciales ó bien pueden sufrir ciertas transformaciones antes de mezclarse. Así, por ejemplo, los fueloleos pueden enviarse a una unidad de craqueo para romper los hidrocarburos de cadena larga formando productos mas ligeros y valiosos. En un problema real habrá centenares de corrientes en lugar de las pocas representadas en la figura.


39

Una refinería puede destilar hasta una docena, ó incluso más, de crudos diferentes, pero se supondrá en este caso, que solo se dispone de dos: crudo normal ( x1) y crudo dulce ( x2), siendo el segundo de mayor calidad y precio. La tabla siguiente indica la producción que se espera en kg de producto por kg de crudo destilado Producción

Crudo normal (x1)

Crudo dulce (x2)

Nafta (x3)

0,13

0,15

Keroseno (x4)

0,15

0,17

Gasóleo (x5)

0,22

0,16

Fuel a crack (x6)

0,20

0,21

Fuel residual (x7)

0,30

0,31

Se supone que la cantidad de productos obtenidos dependerá linealmente de la cantidad de los crudos procesados, siendo los coeficientes mostrados en la tabla constantes (independientes de la cantidad total de crudos procesados y de la proporción de estos). Así podemos escribir las siguientes restricciones para la operación de destilación x3 – 0,13 x1 – 0,15 x2 = 0 x4 – 0,15 x1 – 0,17 x2 = 0 x5 – 0,22 x1 – 0,16 x2 = 0 x6 – 0,20 x1 – 0,21 x2 = 0 x7 – 0,30 x1 – 0,31 x2 = 0

En la operación de cracking el fuel a crack ( x6 ) produce gas residual ( x8 = 0,05 x6 ) sin valor comercial, gasolina de crack ( x9= 0,40 x6 ) y fuel de crack ( x10= 0,55 x6 ). La operación de mezcla para formar fueloleo ( x13) puede realizarse sin restricciones de composición pues se supone que el producto resulta válido para cualquier proporción de los flujos mezclados. Por tanto la única restricción a considerar es el balance de materia x13 – x7 – x16 – x19 = 0

Por el contrario, las operaciones de mezcla para formar gasolina de automoción ( x11) y gasóleo de calefacción ( x12) exigen proporciones especificas de los flujos mezclados para que el producto formado satisfaga las propiedades requeridas por el mercado. Así para producir gasolina de automoción deberán mezclarse en partes iguales nafta y gasolina de crack x9 – 0,5 x11 = 0

x15 – 0,5 x11 = 0

mientras que para producir gasóleo de calefacción se deberá utilizar al menos un 75% de gasoil x17 – 0,75 x12 ≥ 0

x12 – x17 – x18 = 0

Otras restricciones a considerar son los balances de materia de nafta, gasóleo y fuel de crack x3 – x14 – x15 = 0


x5 – x16 – x17 = 0

x10 – x18 – x19 = 0

40

Para la gestión de la refinería se supondrá que existe mercado libre para los crudos con precios 7,5 um/ton (crudo normal) y 8,5 um/ton (crudo dulce). Las ventas de productos se limitan a los contratos conseguidos por el departamento comercial que son Nafta a ventas (x14) Gasolina auto (x11) Keroseno (x4) Gasóleo de calefacción (x12) Fueloleo (x13)

Precio de venta (um/ton) 8,0 18,5 12,5 14,5 6,0

Venta máxima (103 ton/mes) 33 81 69 51 285

Las limitaciones de capacidad y los costes por unidad de flujo procesado de las operaciones de destilación y cracking son Destilación Cracking

Capacidad máxima (103 ton/mes) 450 75

Coste de operación (um/ton) 0,5 1,5

Se pide plantear y resolver el programa mensual de operación que conducirá a un beneficio máximo analizando los resultados obtenidos. Solución: A continuación se muestran el programa lineal (Cuadro 1), la solución del mismo (Cuadro 2) y un análisis de resultados en forma de balance económico (Cuadro 3). Cuadro 1. Modelo LINGO del programa lineal ! Opt i mi zaci on de l a pr oducci on de una REFI NERI A; ! Basado en D. VI LLALBA VI LA y M. J EREZ MARQUEZ; ! SI STEMAS DE OPTI MI ZACI ON PARA LA PLANI FI CACI ON Y TOMA DE DECI SI ONES; !; ! Obj et i vo: Maxi mi zar BENEFI CI O ( kum/ mes) ; MAX = - 8*x1- 9*x2+12. 5*x4- 1. 5*x6+18. 5*x11+14. 5*x12+6*x13+8*x14; !; ! Restr i cci ones; x1+x2<=450; ! CAPACI DAD DESTI LACI ON; x6<=75; ! CAPACI DAD CRACKI NG; !; x14<=33; ! LI MI TE MERCADO NAFTA; x11<=81; ! LI MI TE MERCADO GASOLI NA AUTO; x4<=69; ! LI MI TE MERCADO KEROSENO; x12<=51; ! LI MI TE MERCADO GASOI L C; x13<=285; ! LI MI TE MERCADO FUELOI L; !; 0. 13*x1+0. 15*x2- x3=0; ! NAFTA DE DESTI LACI ON; 0. 15*x1+0. 17*x2- x4=0; ! KEROSENO DE DESTI LACI ON; 0. 22*x1+0. 16*x2- x5=0; ! GASOI L DE DESTI LACI ON; 0. 20*x1+0. 21*x2- x6=0; ! FUEL CRACK DE DESTI LACI ON; 0. 30*x1+0. 31*x2- x7=0; ! FUEL RESI DUAL DE DESTI LACI ON; !; 0. 05*x6- x8=0; ! GAS DE CRACKI NG; 0. 40*x6- x9=0; ! GASOLI NA DE CRACKI NG; 0. 55*x6- x10=0; ! FUEL DE CRACKI NG; !; x9- 0. 50*x11=0; ! GASOLI NA A BLENDI NG GASOLI NA; x15- 0. 50*x11=0; ! NAFTA A BLENDI NG GASOLI NA; !; x17- 0. 75*x12>=0; ! GASOI L A BLENDI NG GASOI L C; x12- x17- x18=0; ! FUEL DE CRACKI NG A BLENDI NG GASOI L C; !; x7- x13+x16+x19=0; ! BLENDI NG DE FUELOI L; !; x3- x14- x15=0; ! BALANCE DE NAFTA DESTI LACI ON; x5- x16- x17=0; ! BALANCE DE GASOI L DESTI LACI ON; x10- x18- x19=0; ! BALANCE DE FUEL DE CRACKI NG;


41

Cuadro 2. Resultados obtenidos con el programa LINGO

Cuadro 3. Balance económico y análisis de sensibilidad Flujo

Limite

Precio

Ingresos

(ton/mes)

(ton/mes)

(um/ton)

(um/mes)

Observaciones

Productos

Total=3814125 um/mes

Nafta

18750

< 33000

8,0

150000

Gasolina

60000

< 81000

18,5

1100000

Keroseno

56250

< 69000

12,5

703125

Gasóleo C

51000

= 51000

14,5

739500

185250

< 285000

6,0

1111500

Fueloleo

Crudos Normal

8,5 um/mes

Total=2812500 um/mes 375000

-

7,5

-2812500

0

-

8,5

0

Dulce

Operación Destilación

1 ton/mes

1 ton/mes

0,79 um/mes

Total=300000 um/mes 375000

< 450000

0,5

-187500

75000

= 75000

1,5

-112500

Cracking

Beneficio

701625

1 ton/mes

3,575 um/mes

Total=701625 um/mes

___________________________________________________________________________


42

___________________________________________________________________________

♦ Ejemplo 7: Selección y dimensionado de intercambiadores de calor (selint.lng) Con las simplificaciones adecuadas pueden resolverse de manera sencilla problemas complejos mediante programación lineal. En este ejemplo, basado en el propuesto por Stoecker, se trata de seleccionar intercambiadores para calentar distintos flujos de una planta industrial que dispone de una red de vapor ya instalada ó diseñada. Un esquema del proceso se presenta en la figura. El vapor producido por las calderas puede turbinarse produciendo trabajo ó mandarse directamente a la planta para su consumo. La necesidad de potencia mecánica por parte de la industria es de 30 MW . Como esta potencia no puede producirse íntegramente con las turbinas también hay instalados motores eléctricos que consumen energía eléctrica de la red. En la figura se indican los limites de producción y rendimientos de los equipos y los costes unitarios de los recursos consumidos. También se anotan la presión y la temperatura de saturación aproximada de los distintos niveles. Para satisfacer las demandas térmicas del proceso se dispone de varias opciones. Existen tres cargas a temperaturas diferentes: 175 ºC , 140 ºC y 100 ºC . Considérese como ejemplo el caso de la primera. Podemos utilizar vapor de alta y/o vapor de media, pero no vapor de baja, instalando los intercambiadores apropiados. Una estimación previa nos ha permitido calcular que si solo utilizáramos vapor de alta consumiríamos 30 kg/s. En caso de utilizar solo vapor de media se requerirían 40 kg/s. También podemos utilizar los dos tipos de vapor simultáneamente siempre que satisfagan la condición DVA175/30 + DVM175/40 = 1

Utilizando argumentos similares y los datos de la figura formulamos las restricciones DVA140/20 + DVM140/24 + DVB140/27 = 1 DVA100/20 + DVM100/24 + DVB100/27 = 1

para las cargas de 140ºC y 100ºC , respectivamente. Los costes de amortización de los intercambiadores a instalar se estiman proporcionales a su superficie de intercambio. A partir de la ecuación cinética simplificada Q = U A (t s – t)

donde t s es la temperatura de saturación del vapor procedente de la red y t la temperatura de consumo, se obtiene A = (1/U) Q/(t s – t) C int = (k/U) Q/(t s – t) ≈ k m m/(t s – t)

donde C int (10-3 €/s) es el coste de amortización del intercambiador, m (kg/s) la masa de vapor que condensa en el mismo y k m una constante cuyo valor se ha estimado en 100. Así el coste para los intercambiadores potenciales que atenderán la carga térmica a 175ºC puede expresarse como CINT175 = 100 DVA175/(250-175) + 100 DVM175/(185-175) = (4/3) DVA175 + 10 DVM175

y para las otras dos cargas térmicas CINT140 = (10/11) DVA140 + (100/45) DVM140 + 10 DVB140 CINT100 = (2/3) DVA100 + (100/85) DVM100 + 2 DVB100

El resto de las restricciones y la función objetivo se comprenderán fácilmente revisando los datos de la figura y el modelo del Cuadro 1.


43

Esquema de la planta y datos del problema CE=12 $/GJ

m

CA=3,2 $/ton PVA<70 kg/s

40 bar (250 ºC)

CM=2,3 $/ton PVM<30 kg/s

200 kJ/kg

11 bar (185 ºC)

Vapor de alta 125 kJ/kg

4,8 bar (150 ºC)

30 kg/s DVA175

Vapor de media

20 kg/s DVA140

20 kg/s DVA100

24 kg/s DVM100


24 kg/s DVM140

40 kg/s DVM175

¡IMPOSIBLE!

27 kg/s DVB140

27 kg/s DVB100

44

Cuadro 1. Modelo LINGO del programa lineal ! Si st ema de cogener aci on con r ed de vapor ; ! basado en W. F. St oecker ; ! Desi gn of Ther mal Syst ems; ! McGr aw- Hi l l , New Yor k, 1989; !; ! OBJ ETI VO: Mi ni mi zar cost es de oper aci on y mant eni mi ent o; !; [ OBJ ] MI N = CVA + CVM + CEE + CI NT; !; ! RESTRI CCI ONES; !; ! Bal ances de mater i a ( Fl uj os de agua- vapor en kg/ s) ; ! Fl uj os de ener gi a mecani ca y el ect r i ca en MW; ! Cost es en 10( - 3) €/ s; !; ! Red de vapor ; [ BMVA] PVA - VTAM - DVA = 0; ! COLECTOR DE VAPOR DE ALTA; [ LPVA] PVA < 70; ! LI MI TACI ON PRODUCCI ON CALDERA DE ALTA; [ ETAM] WTAM - 0. 200 * VTAM = 0; ! TURBI NA DE ALTA- MEDI A; [ LPVM] PVM < 30; ! LI MI TACI ON PRODUCCI ON CALDERA DE MEDI A; [ BMVM] PVM + VTAM - VTMB - DVM = 0; ! COLECTOR DE VAPOR DE MEDI A; [ ETMB] WTMB - 0. 125 * VTMB = 0; ! TURBI NA DE MEDI A- BAJ A; [ BMVB] VTMB - DVB = 0; ! COLECTOR DE VAPOR DE BAJ A; ! Bal ance de ener gi a mecani ca; [ DEEL] WTAM + WTMB + 0. 75 * EE = 30; ! Consumo de vapor de l os i nt er cambi ador es; [ V175] 3. 3333 * DVA175 + 2. 5000 * DVM175 = 100; ! 175º C; [ V140] 5. 0000 * DVA140 + 4. 1667 * DVM140 + 3. 7037 * DVB140 = 100; ! 140º C; [ V100] 5. 0000 * DVA100 + 4. 1667 * DVM100 + 3. 7037 * DVB100 = 100; ! 100º C; ! Demandas de vapor por ni vel de pr esi on; [ DTVA] DVA - DVA175 - DVA140 - DVA100 = 0; ! VAPOR DE ALTA; [ DTVM] DVM - DVM175 - DVM140 - DVM100 = 0; ! VAPOR DE MEDI A; [ DTVB] DVB - DVB140 - DVB100 = 0; ! VAPOR DE BAJ A; ! Cost e i nt ercambi adores; [ C175] CI NT175 - 1. 3333 * DVA175 - 10. 000 * DVM175 = 0; ! 175ºC; [ C140] CI NT140 - 0. 9091 * DVA140 - 2. 2222 * DVM140 - 10. 000 * DVB140 = 0; ! 140ºC; [ C100] CI NT100 - 0. 6667 * DVA100 - 1. 1765 * DVM100 - 2. 0000 * DVB100 = 0; ! 100ºC; [ CEI N] CI NT - CI NT175 - CI NT140 - CI NT100 = 0; ! TOTAL; ! Cost e combust i bl e para cal deras; [ CEVA] CVA - 3. 2 * PVA = 0; ! CALDERA DE ALTA; [ CEVM] CVM - 2. 3 * PVM = 0; ! CALDERA DE MEDI A; ! Cost e ener gi a el ectr i ca; [ CEEE] CEE - 12 * EE = 0;

Solución: La solución alcanzada con LINGO se presenta en el Cuadro 2 destacándose en negrita los resultados mas relevantes. Se empleara vapor de alta para atender la carga térmica de 175ºC , vapor de media para la de 140ºC y vapor de baja para la de 100 ºC . La producción de la caldera de alta alcanza su valor limite de 70 kg/s y deben comprarse casi 25 MW de energía eléctrica. Se

propone al lector que interprete los costes reducidos y precios duales señalados en negrita.


45

Cuadro 2. Resultados obtenidos con el programa LINGO Opt i mal sol ut i on f ound at st ep: Obj ect i ve val ue: Vari abl e CVA CVM CEE CI NT PVA VTAM DVA WTAM PVM VTMB DVM WTMB DVB EE DVA175 DVM175 DVA140 DVM140 DVB140 DVA100 DVM100 DVB100 CI NT175 CI NT140 CI NT100 Row OBJ BMVA LPVA ETAM LPVM BMVM ETMB BMVB DEEL V175 V140 V100 DTVA DTVM DTVB C175 C140 C100 CEI N CEVA CEVM CEEE

7 694.6330

- > 10( - 3) €/ s

Val ue 224. 0000 25. 30031 298. 0009 147. 3318 70.00000 39. 99970 30. 00030 7. 999940 11.00014 27. 00003 23. 99981 3. 375003 27. 00003 24.83341 30.00030 0. 0000000 0. 0000000 23.99981 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 27.00003 39. 99940 53. 33237 54. 00005

Reduced Cost - > Det eri oro de l a f unci ón obj eti vo 0. 0000000 al aument ar una uni dad 0. 0000000 l a var i abl e asoci ada 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000

Sl ack or Sur pl us 694. 6330 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 18. 99986 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000

Dual Pri ce - > Mej ora de l a f unci ón obj eti vo 1. 000000 al aument ar una uni dad -5.500000 l a const ant e b 2.300000 de l a r est r i cci on asoci ada 16. 00000 0. 0000000

7.174974 0.9825036

0. 0000000 6.280303 3.061697 0.8889766

0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000

-2.300000

16. 00000 -0.3000000 -16.00000 -2.050010 -1.085319 -0.6210006

- 5. 500000 - 2. 300000 - 0. 3000000 - 1. 000000 - 1. 000000 - 1. 000000 - 1. 000000 - 1. 000000 - 1. 000000 - 1. 000000

___________________________________________________________________________


46

___________________________________________________________________________

♦ Ejemplo 8: Gestión óptima de un sistema hidroeléctrico (sishid.lng) Una compañía eléctrica explota un sistema hidroeléctrico con tres centrales hidráulicas en serie como el mostrado en la figura. Sistema hidroeléctrico A 1 R 1 A 2

V 1

M 1

R 2

1

A 3

V 2 E1

M 2

2

R 3 V 3

M 3

E2 E3

Se trata de analizar la operación del sistema durante tres periodos consecutivos de tiempo de igual duración. Los datos disponibles son los siguientes Central 1

Central 2

Central 3

Volumen (103 m3) Nivel máximo

2000

1500

3000

Nivel mínimo

1200

800

1600

Nivel inicial

1300

900

2000

Aportaciones (103 m3) Periodo 1

120

100

80

Periodo 2

60

50

40

Periodo 3

0

0

0

400

200

100

60000

35000

40000

Producción eléctrica Especifica (kWh/m3) Máxima por periodo (MWh)

El precio de venta de la electricidad será de 20 €/MWh siempre que la producción de un periodo se mantenga por debajo de 50000 MWh. Si se supera este limite la energía adicional tendrá una penalización de 6 €/MWh, es decir su precio de venta será de 14 €/MWh. Obsérvese que el agua puede verterse de un vaso a otro sin producir energía si ello resulta necesario para regular la operación del sistema. Estimar con programación lineal la política óptima de operación de este sistema hidroeléctrico. Solución: El Cuadro 1 muestra el programa lineal en lenguaje LINGO


47

Cuadro 1. Modelo LINGO del programa lineal MODEL: ! Oper aci on opt i ma de cent r al es hi dr oel ect r i cas en ser i e ; SETS: ! Cent r al es VMI N Vol umen mi ni mo ( k m3) ; ! VMAX Vol umen maxi mo ( k m3) ; ! VI NI Vol umen i ni ci al ( k m3) ; ! EMAX Pr oducci ón el ect r i ca maxi ma en un per i odo ( MWh) ; ! WESP Producci ón el ect r i ca especi f i ca ( kWh/ m3) ; CENTRALES / 1. . 3/ : VMI N, VMAX, VI NI , EMAX, WESP; ! Per i odos EPRO Ener gi a el ect r i ca pr oduci da ( kWh) ; ! ELI M Cont r at o ener gi a el ectr i ca ( kWh) ; ! ECAR Ener gi a el ect r i ca car a ( kWh) ; ! EBAR Ener gi a el ect r i ca barat a ( kWh) ; PERI ODOS / 1. . 3/ : EPRO, ELI M, ECAR, EBAR; ! A Apor t es ext er nos de agua en el per i odo ( k m3) ; ! M Vol umen de agua t urbi nado en el per i odo ( k m3) ; ! R Vol umen de agua r ebosado en el per i odo ( k m3) ; ! V Vol umen de agua acumul ado al f i nal del per i odo ( k m3) ; ! E Energi a el ect r i ca pr oduci da en el peri odo ( MWh) ; I K( CENTRALES, PERI ODOS) : A, M, R, V, E; ENDSETS DATA: ! Par a cada cent r al ; VMI N = 1200, 800, 1600; VMAX = 2000, 1500, 3000; VI NI = 1300, 900, 2000; EMAX = 60000, 35000, 40000; WESP = 400, 200, 100; ! Par a cada peri odo; ELI M = 50000 50000 50000; ! Par a cada cent r al y para cada per i odo; A = 120, 60, 0, 100, 50, 0, 80, 40, 0; ENDDATA ! Obj et i vo: Maxi mi zar l os i ngr esos por vent a de ener gi a el ect r i ca; MAX = @SUM( PERI ODOS( k) : 20*ECAR( k) + 16*EBAR( k) ) ; ! Restr i cci ones; @FOR( PERI ODOS( k) : EPRO( k) = @SUM( CENTRALES( i ) : E( i , k) ) ; EPRO( k) = ECAR( k) + EBAR( k) ; ECAR( k) < ELI M( k) ; ); @FOR( PERI ODOS( k) | k#EQ#1: @FOR( CENTRALES( i ) | i #EQ#1: VI NI ( i ) + A( i , k) = V( i , k) + M( i , k) + R( i , k) ; VMI N( i ) < V( i , k) ; V( i , k)< VMAX( i ) ; E( i , k) = WESP( i ) *M( i , k); E( i , k) < EMAX( i ) ; ); @FOR( CENTRALES( i ) | i #GT#1: VI NI ( i ) + A( i , k) + M( i - 1, k) + R( i - 1, k) = V( i , k) + M( i , k) + R( i , k) ; VMI N( i ) < V( i , k) ; V( i , k)< VMAX( i ) ; E( i , k) = WESP( i ) *M( i , k); E( i , k) < EMAX( i ) ; ); ); @FOR( PERI ODOS( k) | k#GT#1: @FOR( CENTRALES( i ) | i #EQ#1: V( i , k- 1) + A( i , k) = V( i , k) + M( i , k) + R( i , k) ; VMI N( i ) < V( i , k) ; V( i , k)< VMAX( i ) ; E( i , k) = WESP( i ) *M( i , k); E( i , k) < EMAX( i ) ; ); @FOR( CENTRALES( i ) | i #GT#1: V( i , k- 1) + A( i , k) + M( i - 1, k) + R( i - 1, k) = V( i , k) + M( i , k) + R( i , k) ; VMI N( i ) < V( i , k) ; V( i , k)< VMAX( i ) ; E( i , k) = WESP( i ) *M( i , k); E( i , k) < EMAX( i ) ; ); ); END

En el Cuadro 2 se muestran los resultados obtenidos con la aplicación LINGO.


48

Cuadro 2. Resultados obtenidos con el programa LINGO


49

___________________________________________________________________________

♦ Ejemplo 9: Reparto óptimo de carga entre dos calderas (doscal.lng) Una planta industrial dispone de dos calderas de similares características que consumen el mismo combustible de precio p F = 0,03 €/kWh. No obstante las pruebas de rendimiento realizadas periódicamente sobre ambas muestran que la eficiencia de la primera supera a la de la segunda a todas las cargas. A partir del resultado de dichas pruebas se ha elaborado la siguiente tabla Caldera 1 MINIMO

MAXIMO

Q (kW)

η

Caldera 2

Q (kW)

η

2000

0,740

2000

0,695

4000

0,820

4000

0,765

6000

0,8625

6000

0,810

8000

0,880

8000

0,840

10000

0,870

10000

0,850

MINIMO

MAXIMO

Se trata de determinar la política óptima de operación cuando la demanda de vapor es a) 3000 kW b) 13000 kW Solución: Linealizando por tramos las funciones F(Q) de las calderas según la figura 12000

10000

8000

F (kW) 6000

4000

F=aQ+b 2000

3

2

1

4

0 0

2000

4000

6000

8000

10000

12000

Q (kW)

se obtienen los coeficientes que se indican en la tabla siguiente. Veamos como ejemplo como puede obtenerse la ecuación lineal para el primer intervalo de la primera caldera F 1 = F(Q1 ) = Q1 / η 1 = 2000/0,740 = 2703 kW F 2 = F(Q2 ) = Q2 / η 2 = 4000/0,820 = 4878 kW a = (F 2 –F 1 )/(Q2 – Q1 ) = (4878 – 2703)/(4000 – 2000) = 1,0875 b = F 1 – a Q1 = 2703 – 1,0875 • 2000 = 528


50

Cuadro 1. Modelo LINGO ! Sistema de dos calderas en paralelo ; !; ! FUNCION OBJETIVO; ! Mi ni mi zar el cost e del combust i bl e consumi do en €/ hora; ! Cost e uni t ari o del combust i bl e para ambas cal der as = 0. 03 €/ ( kW*hor a) ; MI N = 0. 03 * FUEL1 + 0. 03 * FUEL2; ! PRODUCCION TOTAL IMPUESTA ; PROD1 + PROD2 = 13000; ! CALDERA 1; ! FUEL1 y PROD1 en kW; PROD11 + PROD12 + PROD13 + PROD14 - PROD1 = 0; FUEL1 - 1. 0875 * PROD11 - 528 * S11 - 1. 0395 * PROD12 - 720 * S12 - 1. 0670 * PROD13 - 555 * S13 - 1. 2015 * PROD14 + 521 * S14 = 0; ! I nt erval o 1 ( 2000 - 4000 kW) ; - 2000 * S11 + PROD11 > 0; - 4000 * S11 + PROD11 < 0; ! I nt erval o 2 ( 4000 - 6000 kW) ; - 4000 * S12 + PROD12 > 0; - 6000 * S12 + PROD12 < 0; ! I nt erval o 3 ( 6000 - 8000 kW) ; - 6000 * S13 + PROD13 > 0; - 8000 * S13 + PROD13 < 0; ! I nt erval o 4 ( 8000 - 10000 kW) ; - 8000 * S14 + PROD14 > 0; - 10000 * S14 + PROD14 < 0; ! La oper aci on t i ene l ugar en un i nt erval o o en ni nguno; S11 + S12 + S13 + S14 < 1; ! CALDERA 2; ! FUEL2 y PROD2 en kW; PROD21 + PROD22 + PROD23 + PROD24 - PROD2 = 0; FUEL2 - 1. 1755 * PROD21 - 527 * S21 - 1. 0890 * PROD22 - 873 * S22 - 1. 0585 * PROD23 - 1056 * S23 - 1. 1205 * PROD24 - 560 * S24 = 0; ! I nt erval o 1 ( 2000 - 4000 kW) ; - 2000 * S21 + PROD21 > 0; - 4000 * S21 + PROD21 < 0; ! I nt erval o 2 ( 4000 - 6000 kW) ; - 4000 * S22 + PROD22 > 0; - 6000 * S22 + PROD22 < 0; ! I nt erval o 3 ( 6000 - 8000 kW) ; - 6000 * S23 + PROD23 > 0; - 8000 * S23 + PROD23 < 0; ! I nt erval o 4 ( 8000 - 10000 kW) ; - 8000 * S24 + PROD24 > 0; - 10000 * S24 + PROD24 < 0; ! La oper aci on t i ene l ugar en un i nt erval o o en ni nguno; S21 + S22 + S23 + S24 < 1; ! DECLARACION DE VARIABLES BINARIAS ; @BI N( S11) ; @BI N( S12) ; @BI N( S13) ; @BI N( S14) ; @BI N( S21) ; @BI N( S22) ; @BI N( S23) ; @BI N( S24) ;


51

Caldera 1 MINIMO

Q (kW)

F = a Q +b a

b

2000

Caldera 2 MINIMO

1,0875

a

b

1,1755

527

1,0890

873

1,0585

1056

1,1205

560

4000 1,0395

720

6000

6000 1,0670

555

8000

8000 1,2015

10000

F = a Q +b

2000

528

4000

MAXIMO

Q (kW)

-521 MAXIMO

10000

El programa formulado con la aplicación LINGO correspondiente a este ejemplo se muestra en el Cuadro 1. a) Cuando la demanda de calor es de 13000 kW la caldera 1 (mas eficiente) producirá 8000 kW y la caldera 2 los 5000 kW restantes. Los consumos respectivos de combustible serán 9091 kW y 6318 kW . El coste (mínimo) de combustible será 463 €/hora. b) Cuando la demanda de calor es de 3000 kW la caldera 1 producirá los 3000 kW mientras la caldera 2 permanecerá parada. Nótese que las dos calderas no pueden operar simultáneamente para satisfacer esta demanda pues su producción mínima es de 2000 kW . El consumo de combustible será 3790 kW . El coste de combustible será 114 €/hora. ___________________________________________________________________________


52

___________________________________________________________________________

♦ Ejemplo 10: Selección de las turbinas de una red de vapor (seltur.lng) Se quiere diseñar una red de vapor que satisfaga las siguientes demandas de una planta • Potencia mecánica

W 1 = 7000 kW

• Potencia mecánica

W 2 = 4000 kW

• Vapor de media presión

D1 = 20000 kg/h

• Vapor de baja presión D2 = 80000 kg/h Desarrollar una superestructura que contenga las alternativas que se indicaran posteriormente, formular un modelo de programación lineal entera y determinar la red de vapor con mínimo coste de operación anual. Encontrar también la segunda mejor solución. Datos: • Vapor de alta presión ( 48,3 bar, 758 K ) • Vapor de media presión ( 20,7 bar, 523 K ) • Vapor de baja presión ( 3,4 bar, 412K ) Puede producirse vapor con dos tipos de calderas (caldera de alta presión y caldera de media presión). Se instalaran una o dos calderas según convenga. Pueden utilizarse válvulas de estrangulación para reducir la presión. Pueden emplearse dos tipos de turbinas (Alta-Baja y Media-Baja) pero con la limitación de que una turbina debe atender una carga. Trabajos específicos: Costes [€/año]:

Δh (Alta-Baja)

-3 121,0• 10 kWh/kg

Δh (Media-Baja)

-3 78,4• 10 kWh/kg

Caldera Alta Caldera Media Turbina Alta-Baja Turbina Media-Baja

90000 + 9,6 m [kg/h] 40000 + 8,5 m [kg/h] 45000 + 25,0 W[kW] 25000 + 14,5 W[kW]

Solución:

En la figura puede verse la macroestructura del sistema. En el Cuadro 1 se muestra el programa en lenguaje LINGO. La solución óptima (Cuadro 2) corresponde a una red de vapor que incluye caldera de alta, turbina alta-media (T1) para la carga W 1 y turbina alta-media ( T2) para la carga W 2. Como no se instala caldera de media, actúa la válvula de estrangulación entre los colectores de alta y media para atender la demanda D1. El coste mínimo es 1,52• 106 €/año. Para encontrar la mejor solución siguiente se impone la restricción de que aparezca alguno de los equipos ausentes en la óptima. En la nueva solución (Cuadro 3) la red de vapor queda constituida por caldera de alta, caldera de media, turbina alta-media ( T1) para la carga W 1 y turbina alta-media (T2) para la carga W 2. Al instalar caldera de media ya no es necesario que actué la válvula de estrangulación. El coste de operación es 1,54• 106 €/año.


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Macroestructura de la red de vapor HPB

RED DE VAPOR

MPB

Cuadro 1. Modelo LINGO ! Red de vapor ( uni dades: masa en t on/ h, ener gí a en kW, cost e en €/ año) ; ! Funci on obj et i vo ( Cost e de oper aci ón (€/ año) ; MI N = CHPB + CMPB + CT1 + CT2 + CT3 + CT4; ! Cost e por equi pos; CHPB = 9600* HP + 90000* YHPB; CMPB = 8500* MP + 40000* YMPB; CT1 = 25. 0*ET1 + 45000*YT1 ; CT3 = 14. 5*ET3 + 25000*YT3; CT2 = 25. 0*ET2 + 45000*YT2 ; CT4 = 14. 5*ET4 + 25000*YT4; ! Bal ances de mat er i a; HP = HPL D + HPLP1 + HPL P2; MP + HPLD = MPLD + MPLP1 + MPLP2 + MPPROD; MPLD + HPLP1 + HPLP2 + MPL P1 + MPLP2 = LPPROD; ! Bal ances de ener gi a; ET1 = 121. 0*HPLP1; ET3 = 78. 4*MPLP1; ET2 = 121. 0*HPLP2; ET4 = 78. 4*MPLP2; ! Demanda; MPPROD >= 20; LPPROD >= 80; ET1 + ET3 >= 7000; ET2 + ET4 >= 4000; ! Rest r i cci ones l ogi cas; HP - 200*YHPB <= 0; MP - 200*YMPB <= 0; HPLP1 - 200*YT1 <= 0; MPLP1 - 200*YT3 <= 0; HPLP2 - 200*YT2 <= 0; MPLP2 - 200*YT4 <= 0; YT1 + YT3 = 1; YT2 + YT4 = 1; ! ( 2ª mej or con - >) YMPB + YT3 + YT4 >= 1; ! Decl ar aci on de var i abl es bi nar i as; @BI N( YT1 ) ; @BI N( YT2 ) ; @BI N( YT3 ) ; @BI N( YT4 ) ; @BI N( YHPB ) ; @BI N( YMPB ) ;


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Cuadro 2. Solución óptima Obj ect i ve val ue: Var i abl e CHPB CMPB CT1 CT2 CT3 CT4 HP YHPB MP YMPB ET1 YT1 ET3 YT3 ET2 YT2 ET4 YT4 HPLD HPLP1 HPLP2 MPLD MPLP1 MPLP2 MPPROD LPPROD

1519727 Val ue 1154727. 0. 0000000 220000. 0 145000. 0 0. 0000000 0. 0000000 110. 9091 1. 000000 0. 0000000 0. 0000000 7000. 000 1. 000000 0. 0000000 0. 0000000 4000. 000 1. 000000 0. 0000000 0. 0000000 20. 00000 57. 85124 33. 05785 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 20. 00000 90. 90909

Reduced Cost 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 90000. 00 0. 0000000 - 180000. 0 0. 0000000 45000. 00 0. 0000000 25000. 00 0. 0000000 45000. 00 32. 61014 25000. 00 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 9600. 000 2556. 635 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000

Cuadro 3. Otra solución Obj ect i ve val ue: Var i abl e CHPB CMPB CT1 CT2 CT3 CT4 HP YHPB MP YMPB ET1 YT1 ET3 YT3 ET2 YT2 ET4 YT4 HPLD HPLP1 HPLP2 MPLD MPLP1 MPLP2 MPPROD LPPROD

1537727 Val ue 962727. 3 210000. 0 220000. 0 145000. 0 0. 0000000 0. 0000000 90. 90909 1. 000000 20. 00000 1. 000000 7000. 000 1. 000000 0. 0000000 0. 0000000 4000. 000 1. 000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 57. 85124 33. 05785 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 20. 00000 90. 90909

Reduced Cost 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 0. 0000000 90000. 00 0. 0000000 40000. 00 0. 0000000 45000. 00 0. 0000000 25000. 00 0. 0000000 45000. 00 0. 0000000 25000. 00 1100. 000 0. 0000000 0. 0000000 8500. 000 1456. 635 1456. 635 0. 0000000 0. 0000000

___________________________________________________________________________


55

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56

PROBLEMAS Programación lineal 1. propano. Una planta petroquímica puede tomar una parte del caudal de gas natural que circula por un gasoducto, separar parcialmente etano y propano del mismo con objeto de venderlos a mejor precio, y devolver el gas natural procesado al gasoducto según se muestra en la figura siguiente

A continuación se indican los datos económicos pertinentes

• Precio del gas natural bruto tomado del gasoducto:

0,0600 €/m N

• Precio del gas tratado devuelto al gasoducto:

0,0595 €/m N

• Precio de los productos separados:

0,0800 €/m3 N

Mezcla etano-propano Propano puro

• Costes de operación:

Extractor (alimentación) Separador (propano puro) Las restricciones a contemplar para programar la operación son

3 3

3

0,1000 €/m N 0,0010 €/m3 N 3

0,0030 €/m N

• Composición de la alimentación: 90% metano, 8% etano y 2% propano • Capacidad del extractor: 200 m3 N/s de alimentación • Capacidad del separador: 3 m3 N/s de propano puro Se pide plantear el programa lineal correspondiente a la operación y determinar la política óptima. Solución: 0,161 €/s.


57

2. mezcla. Un problema clásico de programación lineal es el de mezcla. En un problema de este tipo aparecen: i) dos ó mas materias primas disponibles de similar naturaleza, ii) una ó mas propiedades mensurables que definen a las materias primas y productos, y iii) uno ó mas productos potenciales que pueden obtenerse mezclando en proporciones adecuadas las materias primas disponibles de modo que queden satisfechas ciertas especificaciones sobre sus propiedades. La aproximación empleada en programación lineal es que el valor de una propiedad de la mezcla es la media ponderada de los valores de dicha propiedad de sus materias primas constituyentes. Los problemas de mezcla aparecen frecuentemente en las industrias agroalimentarias, metalúrgicas, farmacéuticas, químicas y petroquímicas. Aquí se propone resolver un problema típico en refinerías de petróleo que es el de formular las mezclas apropiadas para producir gasolinas comerciales. Supongamos que en una refinería disponemos de tres ingredientes: butano ( BU ), nafta pesada ( NP ) y reformado catalítico ( RC ). En el mercado al que atiende se comercializan dos tipos de gasolina: la normal ( GN ) y la super (GS ). Existen cuatro propiedades importantes para formular las mezclas: coste unitario ( CU ), numero de octano ( NO), presión de vapor ( PV ) y volatilidad (VL). En la tabla siguiente se anotan los datos disponibles. Materias primas

Productos

BU

RC

NP

GN

GS

CU

7,3

18,2

12,5

18,4

22,0

NO

120

100

74

89
94
PV

60,0

2,6

4,1

3
3
VL

105

3

12

17
17
Disponibilidad

1000

4000

5000

-

-

Los costes unitarios indicados para las gasolinas son realmente precios de mercado y se supone que no existen otros limites para su producción que la disponibilidad de materias primas. Definir el programa óptimo de operación y determinar el beneficio máximo. Solución: Resolver el problema considerando ahora que los procesos de mezcla se realizan por lotes siendo los tamaños mínimo y máximo de los lotes que pueden producirse ( 4000, 8000) para la gasolina normal y (2000, 6000) para la gasolina super. Solución: 48750. Supóngase ahora que el departamento comercial se ha comprometido ha servir no menos de 4000 unidades de cada tipo de gasolina con precios unitarios de 20 (normal) y 24 (super) a los clientes habituales, pudiendo venderse tanta como convenga en el mercado libre a los precios indicados. ¿Modificará esto la solución óptima obtenida?. Busca en la literatura especializada y discute si la media ponderada de las propiedades de los ingredientes es un buen indicador de las propiedades especificadas para la gasolina obtenida con su mezcla. En caso de que no lo sea propóngase un método alternativo que nos permita seguir utilizando la programación lineal para resolver este tipo de problemas.


58

3. crater. La figura siguiente muestra un horno de cracking térmico que se emplea para producir olefinas. Las variables xi que caracterizan a los flujos se expresan en lb/hora. DNG

Gasoil

x4

x3

Propano

Etano

x2

x1 Etano x5

Gas Natural

Cracking térmico

x7 Metano x12

x8

x9

Propano x6 x10

x11

Fuel oil x13 Etileno

Propileno

Butadieno

Gasolina

Los posibles flujos de alimentación son etano, propano, gasóleo y gasolina natural desbutanizada (DNG). A partir de los datos de operación de la planta se ha establecido la siguiente matriz de conversión expresada en fracciones másicas Alimentación Producto

Etano

Propano

Gasoil

DNG

Metano

0,07

0,25

0,10

0,15

Etano

0,40

0,06

0,04

0,05

Etileno

0,50

0,35

0,20

0,25

Propano

……

0,10

0,01

0,01

Propileno

0,01

0,15

0,15

0,18

Butadieno

0,01

0,02

0,04

0,05

Gasolina

0,01

0,07

0,25

0,30

Fuel oil

……

……

0,21

0,01

La capacidad de procesamiento está limitada a 200000 lb/hora. Este valor se entiende para una alimentación media. Así la restricción general puede plantearse como 1,1 (x1+x5 ) + 0,9 (x2+x6 ) + 0,9 x3 + x4 ≤ 200000

La planta no debe producir más de 50000 lb/hora de etileno y 20000 lb/h de propileno pues éste es el límite de mercado para estos productos. El combustible necesario para llevar a cabo la operación depende de la alimentación: Etano

8364 Btu/lb

Propano

5016 Btu/lb

Gasóleo

3900 Btu/lb

DNG

4553 Btu/lb

Las pérdidas de energía estimadas para el proceso global son de 20• 106 Btu/hora. Los flujos de metano y fuelóleo producidos en el horno se emplean como combustible. Las potencias caloríficas de los combustibles son Gas Natural

21520 Btu/lb

Metano

21520 Btu/lb

a 2,50• 10 –6 €/Btu ó 0,0538 €/lb

Fuelóleo 18000 Btu/lb Así el fuel total quemado incluyendo los flujos de combustible residual (metano y fuelóleo) será según balance igual a: Optimización Energética

59

8364 (x1+x5 ) + 5016 (x2+x6 ) + 3900 x3 + 4553 x 4 + 20• 106 = 21520 (x 7 +x12 ) + 18000 x13

del que sólo se comprará al exterior el flujo x7 de gas natural. La estructura de precios de los distintos flujos es la siguiente: Etano

0,0655 €/lb

Propano

0,0973 €/lb

Gasóleo

0,1250 €/lb

DNG

b 0,1014 €/l

Etileno

0,1775 €/lb

Propileno

0,1379 €/lb

Butadieno 0,2664 €/lb Gasolina 0,0993 €/lb Se desea optimizar la operación tomando como criterio el beneficio horario. Solución: 3684 €/hora.


60

4. redvap. La figura siguiente muestra la disposición de un sistema de cogeneración donde los flujos mi se expresan en kg/s y los de trabajo W ,i electricidad ei y combustible F en kW. F

Caldera map

Vapor de alta (45 bar)

mad

Potencia electrica

m1

eed

demanda

m2 Turbina 1

mam

WP1

Turbina 2

m1c

m1m

mab

m2m

eec compra

WP2

Vapor de media (15 bar)

mmd

m2b Vapor de baja (5 bar)

m1b

demanda m bd

Para suplir la demanda de potencia eléctrica se dispone de un contrato de suministro con la compañía que establece un coste de 0,0239 €/kWh cuando la potencia consumida excede los 12000 kW. Si el consumo no alcanza este valor, la electricidad no consumida será objeto de una penalización igual a 0,009825 €/kWh. El rendimiento de la caldera es del 75% y el precio del combustible es de 0,00576 €/kWh. Se desea calcular la estrategia óptima de operación que minimizará los costes horarios. El cuadro siguiente proporcionan los datos técnicos y la demanda. Datos de las turbinas Turbina 1 Producción máxima

6250 kW

Turbina 2 Producción máxima

9000 kW

Producción mínima

2500 kW

Producción mínima

3000 kW

Flujo máximo de entrada (m1)

24,2 kg/s

Flujo máximo de entrada (m2)

30,7 kg/s

Flujo máximo (m1- m1m)

16,6 kg/s

Flujo máximo de salida (m2b)

17,9 kg/s

Flujo máximo de salida (m1c)

7,8 kg/s

Características de los flujos de agua-vapor Presión (bar)

Entalpía (kJ/kg)

Demanda (kg/s)

Vapor de alta

45

3161

0

Vapor de media

15

2947

34,2

Vapor de baja

5

2747

12,7

Vapor a condensador (m1c)

1

2575

Agua de alimentación

449

Demanda de energía eléctrica: 24450 kW


61

Programación lineal entera 5. trirea. Se trata de seleccionar reactores para producir 10 kmol/hora de cierto producto B mediante la reacción A→ B. Solo disponemos de 15 kmol/hora de reactivo A a un precio de compra de 2 €/kmol . Los datos para los tres reactores son Costes de operación

Costes de inversión

(€/hora)

(€/hora)

n B = 0,800 n A

2,20 n A

8.0+1,5 n A

2

n B = 0,667 n A

1,50 n A

5.4+1,0 n A

3

n B = 0,555 n A

0,73 n A

2.7+0,5 n A

Reactor

Conversión

1

¿Cuántos reactores y de que tipo deben instalarse? Solución: un solo reactor del tipo 2. 6. doscen. En una central termoeléctrica disponemos de dos grupos que consumen el mismo combustible y cuyas características mas relevantes son Grupo A

Grupo B

Carga nominal (MW)

270

350

Carga mínima (MW)

140

220

Los resultados de un conjunto de pruebas de rendimiento programadas para los dos grupos se dan a continuación ( W es la potencia producida y CE es el consumo especifico)

• Grupo A W (MW)

131,4

131,4

187,9

190,4

251,0

252,7

CE (kcal/kWh)

2544

2571

2410

2451

2401

2428

W (MW)

199,4

201,4

241,1

243,9

325,6

325,8

CE (kcal/kWh)

2611

2594

2546

2527

2513

2516

• Grupo B

Determinar con programación lineal entera el reparto optimo de carga entre los dos grupos para una demanda de electricidad de 500 MW . Solución: 230-270 MW.


62

7. coghos. La figura muestra el sistema de cogeneración de un hospital capaz de producir simultáneamente calor (agua caliente), refrigeración (agua fría) y potencia (energía eléctrica). VE CE

• CGA

•

•

CEAUX

PEA

V12

•

•

DE PFAUX

FAUX

A PQA

CGB

V16

• •

•

DQ

PEB

B

•

PQB

CG

• •

CGAUX

CAUX

PQAUX

CQA

F160 A

DF

PFA

Las características de los equipos V12 y V16 (motores a gas con recuperación de calor) son las siguientes Motor V12

Mínima Máxima

Motor V16

Mínima Máxima

Producción

Consumo

Producción

energía eléctrica

gas natural

agua caliente

PEA (kW)

CGA (kW)

PQA (kW)

50%

200

680

390

75%

300

875

480

100%

400

1145

620

Producción

Consumo

Producción

energía eléctrica

gas natural

agua caliente

PEB (kW)

CGB (kW)

PQB (kW)

50%

270

900

520

75%

405

1170

640

100%

540

1525

825

Carga eléctrica

Carga eléctrica

La caldera auxiliar ( CAUX ) puede producir hasta 2000 kW de agua caliente con un consumo específico de 1,15 kW gas natural/kW agua caliente . Para la producción de frío se dispone de un sistema convencional ( FAUX ) por compresión de vapor capaz de producir hasta 1400 kW de agua fría con un coeficiente de operación igual a 3,5. Las características del equipo F160 (máquina de refrigeración por absorción) son las siguientes


63

Carga Maq. F160

Mínima

Máxima

frigorífica

Producción

Consumo de

Consumo de energía

de agua fría

agua caliente

eléctrica

PFB (kW)

CQB (kW)

CEB (kW)

25%

200

400

8,5

50%

400

700

8,5

75%

600

1140

8,5

100%

800

1720

8,5

Se trata de plantear el programa de optimización de la producción. Se consideran como datos la demanda de calor ( DQ), frío ( DF ) y energía eléctrica ( DE ) en kW . También los precios del gas natural (3,7 c€/kWh) y de la energía eléctrica (horas LLANO: 14 c€/kWh, horas VALLE: 0,57 x 14 c€/kWh, horas PUNTA: 1,7 x 14 c€/kWh). Supóngase que los precios de venta de energía eléctrica son un 95% de los de compra. Determínese la política óptima de operación (minimizar los costes de operación en c€/hora) para las demandas típicas de invierno–verano DQ = 1500–400 kW, DF = 300–1400 kW y DE = 800– 700 kW en horas llano, valle y punta. Discútanse los resultados obtenidos.


64

Programación no lineal 8. doscal. Una empresa dispone de dos calderas que producen vapor saturado a 15 bar. Ambas trabajan en paralelo como muestra la figura siguiente: Vapor a 15 bar

Fuel–oil

Caldera

Caldera

A

B

Gas Natural

Agua

La caldera A consume Fuel–Oil con un precio de 2,2 c€/termia y la caldera B consume Gas Natural con un precio de 2,4 c€/termia. Tras una serie de pruebas de rendimiento realizadas sobre las calderas a distintas cargas se han determinado los siguientes consumos: • Caldera A Producción mínima: 20 tm/hora Producción máxima: 50 tm/hora CA (termias/hora) = 11700 – 75 m A + 11,5 mA2; mA (tm/hora) • Caldera B Producción mínima: 10 tm/hora Producción máxima: 40 tm/hora CB (termias/hora) = 2025 + 437,5 m B + 3,75 mB2; mB (tm/hora) Aplicando el método de los multiplicadores de Lagrange determina la estrategia de reparto de cargas a las calderas de modo que el coste económico de operación resulte mínimo. Calcular en particular la producción de vapor de cada una de ellas (m A y mB) cuando la demanda total es de 70 tm/hora.


65

1

9 aishor. En el campo de la ingeniería de los revestimientos refractarios, resulta necesario calcular el flujo de calor perdido y las temperaturas interfaciales que se alcanzan. Este cálculo permite estudiar la economía que supone una determinada política de aislamiento y comprobar sí los materiales seleccionados operan dentro de los límites admisibles de temperatura. En la figura se muestra la sección de pared de un horno que consta de tres capas de calidades diferentes. Para facilitar la resolución del problema se considera que la diferencia de temperatura entre los gases calientes y la pared interior es despreciable. El procedimiento de cálculo debe basarse en que el flujo de calor es el mismo a través de las diferentes capas y, a su vez, igual al calor evacuado al aire exterior desde la coraza de chapa. Pese a su importancia, no se consideraran los efectos de la velocidad del viento ni de la eventual insolación de la coraza. Abajo se dan los datos necesarios para calcular la transferencia de calor y los costes económicos de la operación.

Suponer 6000 horas/año de operación y un factor de amortización anual de 1/3. Realizando las hipótesis pertinentes calcula el aislamiento óptimo tal que e1 ≥ 0,1 m, e2 ≥ 0,1 m y e3 ≥ 0,1 m. Datos: t 1 = 1300ºC; t e = 15ºC; precio combustible: p c = 1,89 c€/termia; rendimiento horno: η = 60%

I. Material refractario – Chamota dura c1 [kcal/h·m2·K/m] = 0,917+0,000287 (t 1 + t 2 )/2

p1 = 1200 €/m3

II. Aislante ligero – Densidad 1,2 2

c2 [kcal/h·m ·K/m] = 0,229+0,000287 (t 2 + t 3 )/2

p2 = 1400 €/m

3

p3 = 2000 €/m

3

III. Aislante compacto 2

c2 [kcal/h·m ·K/m] = 0,0225+0,000165 (t 3 + t 4 )/2

IV. Pared - Ambiente h [kcal/h·m2·K]= (0,000265 t e + 0,0504) t 4 + 0,0087 t e + 5,17

1

Basado en R. Alarco. Cálculo térmico de paredes de refractario mediante programa en BASIC. Ingeniería Química, Abril 1991, pp. 277–279.


66

10 ciccog. En la figura se muestra una planta de cogeneración constituida por una turbina de gas y una caldera de recuperación que consume gas natural y produce energía eléctrica y vapor de agua saturado. Se trata de optimizar su diseño, contabilizando tanto los costes de capital como los de combustible. Condensado

5

6

Combustible

Caldera de recuperación

Combustor

Proceso 7

Aire

4 1

2

Compresor

T

3

Turbina

Generador

4

T

Vapor

Aire caliente Vapor

T

7

Pinch point ΔT p

Evaporador

5

Agua T

6

Economizador

Los valores típicos para algunas variables de este sistema son las siguientes: η a = 0,95 • Rendimiento energético del calentador de aire: η c = 0,86 • Rendimiento isentrópico del compresor: η t = 0,88 • Rendimiento isentrópico de la turbina: η g = 0,96 • Rendimiento del generador eléctrico: • Relación de compresión: r c = P 2 /P 0 • Perdida de carga en el combustor: pr c = P 3 /P 2 = 0,96 • Perdida de carga en la caldera de recuperación: pr r = P 0 /P 4 = 0,96 • Presión atmosférica: P 0 = 100 kPa • Temperatura ambiente: t 0 = 15 °C • Temperatura del agua: t 6 = 100 °C Δt • “Pinch–point”: p = ver figura θ = T 3 /T 1 • Relación de temperaturas: • Calor específico del aire: c p = 1 kJ/kgK γ = C • Relación de calores específicos: p /C v = 1,4 • Presión del vapor: P v = 2 MPa Como puede observarse solo quedan tres variables libres que son la relación de compresión (r c ) y la temperatura máxima de la turbina de gas ( θ) y el gradiente mínimo de temperatura en la caldera de recuperación ( Δt p ). Optimización Energética

67

Notas Optimizacion Energetica UNIZAR.pdf

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