Exercicis d'integrals — Matemàtiques Aplicades a les Ciències Socials 2n Batxillerat

Perquè la derivada d'una constant és zero: totes les funcions que es diferencien en una constant tenen la mateixa derivada, i per tant hi ha infinites primitives.

Geometria: és un rectangle de base 4 − 1 = 3 i altura 5: àrea 15. Integral: una primitiva de 5 és 5x, i 20 − 5 = 15. Coincideixen.

És la integral de 15 entre 0 i 8: 15·8 − 15·0 = 120 litres. Amb un ritme constant, la integral és simplement ritme per temps.

Integrem terme a terme amb la regla ∫ xⁿ dx = xⁿ⁺¹/(n + 1) + C:
∫ 4x³ dx = 4·x⁴/4 = x⁴; ∫ -6x dx = -6·x²/2 = -3x²; ∫ 5 dx = 5x.
Resultat: ∫ (4x³ - 6x + 5) dx = x⁴ - 3x² + 5x + C.
Comprovació: (x⁴ - 3x² + 5x + C)' = 4x³ - 6x + 5, que és exactament l'integrand.
No t'oblidis mai de la constant C en una integral indefinida: sense ella només dones una de les infinites primitives.

1/x² = x^-2, i per tant ∫ x^-2 dx = x^-1/(-1) + C = -1/x + C.
√x = x^1/2, i ∫ x^1/2 dx = x^3/2/(3/2) + C = (2/3)x^3/2 + C = (2/3)x√x + C.
La constant surt fora de la integral i e^x és la seva pròpia primitiva: ∫ 3e^x dx = 3e^x + C.
Comprovació de la primera: (-1/x)' = (-x^-1)' = x^-2 = 1/x².
Error típic: integrar 1/x² com si fos un logaritme; el logaritme només apareix amb 1/x.

Una funció és primitiva de f si la seva derivada és f.
F'(x) = 3x² - 2x ≠ f(x): F no és primitiva de f.
G'(x) = 3x² - 4x = f(x): G sí que és una primitiva de f.
Totes les primitives de f són de la forma G(x) + C; per exemple, H(x) = $x^{3}$ - 2x² - 10 també és primitiva de f, perquè H'(x) = 3x² - 4x.

Totes les primitives de f són F(x) = ∫ (2x - 3) dx = $x^{2}$ - 3x + C.
Imposem la condició: F(2) = $2^{2}$ - 3·2 + C = 4 - 6 + C = -2 + C = 5 → C = 7.
La primitiva demanada és F(x) = $x^{2}$ - 3x + 7.
Comprovació: F'(x) = 2x - 3 = f(x) i F(2) = 4 - 6 + 7 = 5.

Escrivim √x = x^1/2. Una primitiva és F(x) = x^3/2/(3/2) = (2/3)x^3/2 = (2/3)x√x.
Regla de Barrow: ∫ de 1 a 4 de √x dx = F(4) - F(1) = (2/3)·4·√4 - (2/3)·1·√1 = (2/3)·8 - 2/3 = 16/3 - 2/3 = 14/3.
Resultat: 14/3 ≈ 4,67.
Recorda: en una integral definida no cal escriure la constant C, perquè es cancel·la en fer F(b) - F(a).

a) Certa: si els dos límits coincideixen, l'interval té amplada zero i la integral val 0 (F(3) - F(3) = 0).
b) Certa: és la propietat de linealitat; una constant que multiplica pot sortir fora de la integral.
c) Certa: és l'additivitat respecte de l'interval, vàlida per a qualsevol punt intermedi (2 és entre 0 i 5).
d) Falsa: la integral d'un producte NO és el producte de les integrals. Contraexemple: ∫ x·x dx = $\tfrac{x^{3}}{3}$ + C, mentre que (∫ x dx)·(∫ x dx) = $(\tfrac{x^{2}}{2})^{2}$ = $\tfrac{x^{4}}{4}$, que és una funció diferent.

Primera: una primitiva de $\tfrac{1}{x}$ és ln x. Per Barrow, ∫ de 1 a e de $\tfrac{1}{x}$ dx = ln e - ln 1 = 1 - 0 = 1.
Segona: una primitiva de $e^{x}$ és $e^{x}$. Per Barrow, ∫ de 0 a 1 de $e^{x}$ dx = $e^{1}$ - $e^{0}$ = e - 1 ≈ 2,718 - 1 = 1,72.
Les dues integrals són positives perquè els integrands són positius en els intervals: representen l'àrea sota cada corba.

Amb F(x) = 3x² − 2x: F(5) − F(1) = (75 − 10) − (3 − 2) = 65 − 1 = 64. Amb la primitiva G(x) = 3x² − 2x + 10: (75) − (11) = 64. El resultat no depèn de la primitiva escollida.

La funció és positiva a l'interval, així que l'àrea és la integral: amb F(x) = $x^{2}$, F(4) − F(0) = 16 unitats quadrades.

Amb V(t) = 40t: V(10) − V(3) = 400 − 120 = 280 unitats.

Són operacions inverses: derivar el total acumulat dona el ritme, i integrar el ritme entre dos instants torna a donar el que s'ha acumulat en aquell període.

Primera: la derivada de e^2x és 2e^2x, de manera que cal compensar el factor 2: ∫ e^2x dx = (1/2)e^2x + C. Comprovació: ((1/2)e^2x)' = (1/2)·2e^2x = e^2x.
Segona: dividim cada terme del numerador per x: (x³ + 2x)/x = x² + 2 (per a x ≠ 0).
∫ (x² + 2) dx = x³/3 + 2x + C.
Errors típics: escriure ∫ e^2x dx = e^2x + C (hi falta el factor 1/2) o integrar numerador i denominador per separat (la integral d'un quocient no és el quocient d'integrals).

Comprovem derivant la seva resposta: ($(x^{2} + 1)^{3}$/3)' = $(x^{2} + 1)^{2}$·2x, que no és l'integrand (hi sobra el factor 2x, la derivada de la base). La regla de la potència només s'aplica directament quan la base és x, no un polinomi.
Manera correcta: desenvolupem el quadrat: $(x^{2} + 1)^{2}$ = $x^{4}$ + 2x² + 1.
∫ ($x^{4}$ + 2x² + 1) dx = $\tfrac{x^{5}}{5}$ + 2x³/3 + x + C.
Comprovació: ($\tfrac{x^{5}}{5}$ + 2x³/3 + x)' = $x^{4}$ + 2x² + 1 = $(x^{2} + 1)^{2}$.

f(x) = x² + 1 ≥ 1 > 0 per a qualsevol x: la corba és sempre per sobre de l'eix OX, així que l'àrea coincideix amb la integral definida i no hi ha cap canvi de signe que obligui a partir-la.
Primitiva: F(x) = x³/3 + x.
Àrea = ∫ de -1 a 2 de (x² + 1) dx = F(2) - F(-1) = (8/3 + 2) - (-1/3 - 1) = 14/3 + 4/3 = 18/3 = 6.
Àrea = 6 unitats quadrades.

Busquem on la funció talla l'eix OX dins de [0, 4]: x² - 2x - 3 = 0 → x = -1 i x = 3. Només x = 3 és dins de l'interval; a [0, 3] la funció és negativa (f(0) = -3) i a [3, 4] és positiva (f(4) = 5). Cal partir la integral en x = 3.
Primitiva: F(x) = x³/3 - x² - 3x.
∫ de 0 a 3 = F(3) - F(0) = (9 - 9 - 9) - 0 = -9 → àrea del primer tram: 9.
∫ de 3 a 4 = F(4) - F(3) = (64/3 - 16 - 12) - (-9) = 64/3 - 28 + 9 = 7/3.
Àrea total = 9 + 7/3 = 34/3 ≈ 11,33 unitats quadrades.
Error típic: calcular directament ∫ de 0 a 4 = -9 + 7/3 = -20/3; una àrea no pot ser negativa i els dos trams es compensarien.

Punts de tall: x² = x + 2 → x² - x - 2 = 0 → x = -1 i x = 2.
Entre -1 i 2 la recta va per sobre de la paràbola (per exemple, en x = 0 la recta val 2 i la paràbola 0), així que integrem (recta - paràbola).
Àrea = ∫ de -1 a 2 de (x + 2 - x²) dx = [x²/2 + 2x - x³/3] de -1 a 2 = (2 + 4 - 8/3) - (1/2 - 2 + 1/3) = 10/3 - (-7/6) = 20/6 + 7/6 = 27/6 = 9/2.
Àrea = 9/2 = 4,5 unitats quadrades.
Comprovació ràpida: el recinte cap dins del rectangle [-1, 2]×[0, 4], d'àrea 12, i n'ocupa una mica més d'un terç.

L'ingrés total és una primitiva de l'ingrés marginal: I(x) = ∫ (200 - 4x) dx = 200x - 2x² + C.
Condició I(0) = 0 → C = 0. Per tant, I(x) = 200x - 2x².
L'ingrés addicional entre 20 i 30 unitats és la integral definida de l'ingrés marginal: ∫ de 20 a 30 de (200 - 4x) dx = I(30) - I(20) = (6000 - 1800) - (4000 - 800) = 4200 - 3200 = 1000 €.
Interpretació: les 10 unitats extres aporten 1000 € (100 € de mitjana cadascuna, menys que les primeres unitats, perquè l'ingrés marginal és decreixent).

S'atura quan la velocitat és zero: 30 − 2t = 0 → t = 15 s.
La distància recorreguda és la integral de la velocitat entre l'inici i l'aturada: d = ∫ de 0 a 15 de (30 − 2t) dt.
Primitiva: 30t − $t^{2}$. d = (30·15 − $15^{2}$) − 0 = 450 − 225 = 225 m.
Comprovació geomètrica: la gràfica de v és una recta que baixa de 30 a 0 en 15 s; l'àrea del triangle és $\tfrac{15\cdot 30}{2} = 225$ m.

(a) Integrant: C(x) = $x^{3}$ - 6x² + 20x + K. Amb C(2) = 156: 8 - 24 + 40 + K = 156, d'on K = 132. Per tant, C(x) = $x^{3}$ - 6x² + 20x + 132.
(b) Els costos fixos són C(0) = 132 €.
(c) C(10) = 1000 - 600 + 200 + 132 = 732 €.

(a) Integral de 0 a 12: una primitiva és 6t² − $\tfrac{t^{3}}{3}$, i (864 − 576) − 0 = 288 peces.
(b) p'(t) = 12 − 2t = 0 dona t = 6 h, amb p(6) = 36 peces per hora.
(c) Integral de 0 a 6: 216 − 72 = 144 peces, justament la meitat. És lògic: la gràfica del ritme és una paràbola simètrica respecte de t = 6, i les dues meitats acumulen el mateix.

La funció s'anul·la a t = 10: és positiva abans i negativa després. Amb G(t) = 50t − 2,5t², el primer tros dona G(10) − G(0) = 250 i el segon G(15) − G(10) = 187,5 − 250 = −62,5, amb valor absolut 62,5. L'àrea total és 250 + 62,5 = 312,5 milers d'euros. El balanç net acumulat, en canvi, és 250 − 62,5 = 187,5 milers: l'àrea suma els dos trams i el balanç els compensa.

a) -x² + 6x - 5 = 0 → x² - 6x + 5 = 0 → x = 1 i x = 5. Punts (1, 0) i (5, 0).
b) Entre 1 i 5 la paràbola (amb les branques cap avall) és positiva, per exemple f(3) = 4. Àrea = ∫ de 1 a 5 de (-x² + 6x - 5) dx = [-x³/3 + 3x² - 5x] de 1 a 5 = (-125/3 + 75 - 25) - (-1/3 + 3 - 5) = 25/3 + 7/3 = 32/3 ≈ 10,67 u².
c) Punts de tall amb la recta: -x² + 6x - 5 = x - 1 → x² - 5x + 4 = 0 → x = 1 i x = 4. Entre 1 i 4 la paràbola va per sobre de la recta (en x = 2: f(2) = 3 i la recta val 1).
Àrea = ∫ de 1 a 4 de [(-x² + 6x - 5) - (x - 1)] dx = ∫ de 1 a 4 de (-x² + 5x - 4) dx = [-x³/3 + 5x²/2 - 4x] de 1 a 4 = (-64/3 + 40 - 16) - (-1/3 + 5/2 - 4) = 8/3 + 11/6 = 27/6 = 9/2 = 4,5 u².

a) Com que 3x² ≥ 0, l'àrea és directament la integral: ∫ de 0 a b de 3x² dx = [x³] de 0 a b = b³.
Imposem b³ = 64 → b = ∛64 = 4.
b) Integrem tractant k com una constant: ∫ de 0 a 2 de (kx + 1) dx = [kx²/2 + x] de 0 a 2 = (2k + 2) - 0 = 2k + 2.
Imposem 2k + 2 = 8 → k = 3.
Comprovació: ∫ de 0 a 2 de (3x + 1) dx = [3x²/2 + x] de 0 a 2 = 6 + 2 = 8.

a) B(x) = ∫ (90 − 3x) dx = 90x − ($\tfrac{3}{2}$)$x^{2}$ + C. Condició: B(0) = −600 → C = −600. Per tant, B(x) = 90x − 1,5x² − 600.
b) El benefici és màxim quan el benefici marginal s'anul·la i passa de positiu a negatiu: 90 − 3x = 0 → x = 30 unitats (B''(x) = −3 < 0, és un màxim). B(30) = 2700 − 1350 − 600 = 750 € diaris.
c) Augment = ∫ de 10 a 20 de (90 − 3x) dx = [90x − 1,5x²] de 10 a 20 = (1800 − 600) − (900 − 150) = 1200 − 750 = 450 €.
Comprovació: B(20) − B(10) = (1800 − 600 − 600) − (900 − 150 − 600) = 600 − 150 = 450 €.
Fixa't que la integral definida del benefici marginal dona la variació del benefici sense necessitat de conèixer els costos fixos.

Punts de tall: x³ = x → x³ − x = 0 → x(x² − 1) = 0 → x = −1, x = 0 i x = 1. Hi ha dos recintes.
Tram [−1, 0]: en x = −0,5, x³ = −0,125 i x = −0,5, així que la cúbica va per sobre. Tram [0, 1]: en x = 0,5, x³ = 0,125 < 0,5, així que la recta va per sobre.
Àrea del tram [0, 1] = ∫ de 0 a 1 de (x − x³) dx = [x²/2 − x⁴/4] de 0 a 1 = 1/2 − 1/4 = 1/4.
Àrea del tram [−1, 0] = ∫ de −1 a 0 de (x³ − x) dx = [x⁴/4 − x²/2] de −1 a 0 = 0 − (1/4 − 1/2) = 1/4 (també es pot deduir per la simetria de les dues funcions respecte de l'origen).
Àrea total = 1/4 + 1/4 = 1/2 unitats quadrades.
Error típic: integrar (x − x³) directament de −1 a 1, que dona 0 perquè els dos trams es cancel·len.

Punts de tall entre el camí i el rec: x = x² − 2x → x² − 3x = 0 → x(x − 3) = 0 → x = 0 i x = 3.
Entre 0 i 3 la recta va per sobre de la paràbola (en x = 1: recta 1, paràbola −1), així que la superfície és ∫ de 0 a 3 de [x − (x² − 2x)] dx = ∫ de 0 a 3 de (3x − x²) dx.
Primitiva: 3x²/2 − x³/3. Valor: (27/2 − 9) − 0 = 9/2 = 4,5 hm².
Com que 1 hm² = 1 ha, la parcel·la fa 4,5 ha.
Comprovació: el recinte cap dins del rectangle [0, 3]×[−1, 3], d'àrea 12 hm², i n'ocupa una mica més d'un terç, cosa coherent amb 4,5.

a) Falsa. Contraexemple: f(x) = x - 1 compleix ∫ de 0 a 2 de (x - 1) dx = [x²/2 - x] de 0 a 2 = 2 - 2 = 0, però no és la funció zero: la part negativa de [0, 1] compensa la positiva de [1, 2]. Una integral nul·la vol dir àrees compensades, no funció nul·la.
b) Certa. Si f - g ≥ 0 en [a, b], la integral de f - g és una àrea (no negativa), i per linealitat ∫ f - ∫ g ≥ 0. És la propietat de monotonia de la integral.
c) Falsa. ∫ de 0 a 2 de x² dx = [x³/3] de 0 a 2 = 8/3, mentre que 2·∫ de 0 a 1 de x² dx = 2·(1/3) = 2/3. Doblar l'interval no dobla la integral (només passaria amb una funció constant); el que sí que es compleix és ∫ de 0 a 2 = ∫ de 0 a 1 + ∫ de 1 a 2.

a) $I(x) = \int (120 - 0{,}6x)\,dx = 120x - 0{,}3x^2 + K$, i com que $I(0) = 0$, K = 0. Per al cost, $C(x) = 30x + 0{,}15x^2 + K'$ amb $C(0) = 2000$ (els costos fixos es paguen encara que no es produeixi), de manera que $C(x) = 2000 + 30x + 0{,}15x^2$. Per tant: $$B(x) = I(x) - C(x) = -0{,}45x^2 + 90x - 2000.$$

b) $B'(x) = 90 - 0{,}9x = 0 \Rightarrow x = 100$ lots. És el mateix que imposar $I'(x) = C'(x)$: $120 - 60 = 60 = 30 + 30$. Com que $B''(x) = -0{,}9 \lt 0$, és un màxim (la gràfica de B és una paràbola cap avall). $B(100) = -4500 + 9000 - 2000 = 2500$ €. Interpretació: amb 100 lots, l'últim lot aporta exactament el mateix que costa (60 €); produir-ne més reduiria el benefici.

c) $$\int_{60}^{100} (90 - 0{,}9x)\,dx = \Big[90x - 0{,}45x^2\Big]_{60}^{100} = 4500 - 3780 = 720 \text{ euros}.$$ Per la regla de Barrow, això és $B(100) - B(60)$: és l'augment de benefici en passar de 60 a 100 lots, no el benefici total. Comprovació: $B(60) = -1620 + 5400 - 2000 = 1780$ € i $2500 - 1780 = 720$ €. Geomètricament és l'àrea del recinte entre la recta $I'(x)$ (que va per sobre) i la recta $C'(x)$, entre x = 60 i x = 100.

d) Ara $B(x) = -0{,}45x^2 + 90x - 5000$. La derivada no canvia (la constant desapareix en derivar), així que l'òptim continua sent x = 100, però $B(100) = -500$ €: hi ha pèrdues. A curt termini, si el lloguer s'ha de pagar igualment, li convé continuar produint 100 lots: perd 500 € en lloc dels 5000 € que perdria sense produir, perquè el marge de la producció cobreix part dels costos fixos. A llarg termini l'activitat no és viable si no apuja preus o redueix costos.

Errors típics

• Suposar que $C(0) = 0$ i oblidar els costos fixos en la constant d'integració.
• Maximitzar l'ingrés $(I'(x) = 0 \Rightarrow x = 200)$ en lloc del benefici.
• Interpretar $\int_{60}^{100} (I' - C')\,dx$ com el benefici total, quan és la variació del benefici entre 60 i 100 lots.
• Pensar que un canvi en els costos fixos modifica la producció òptima.

Conceptes treballats: funcions marginals, primitiva amb condició inicial, regla de Barrow, àrea entre corbes, optimització del benefici.

a) $100 - 0{,}04q^2 = 20 + 0{,}01q^2 \Rightarrow 0{,}05q^2 = 80 \Rightarrow q^2 = 1600 \Rightarrow q = 40$ (la solució negativa no té sentit). Preu: $p^* = 100 - 0{,}04 \cdot 1600 = 36$ €. S'intercanvien 40 000 peces a 36 € cadascuna.

b) $$EC = \int_0^{40} (64 - 0{,}04q^2)\,dq = \Big[64q - \tfrac{0{,}04}{3}q^3\Big]_0^{40} = 2560 - \tfrac{2560}{3} = \tfrac{5120}{3} \approx 1706{,}67$$ $$EP = \int_0^{40} (16 - 0{,}01q^2)\,dq = \Big[16q - \tfrac{0{,}01}{3}q^3\Big]_0^{40} = 640 - \tfrac{640}{3} = \tfrac{1280}{3} \approx 426{,}67$$ Com que q va en milers de peces, les àrees són en milers d'euros: EC ≈ 1 706 670 € i EP ≈ 426 670 €. L'excedent del consumidor mesura l'estalvi dels compradors que haurien pagat més de 36 €; l'excedent del productor, el que cobren de més els productors que haurien acceptat vendre per menys de 36 €.

c) $\int_0^{40} (p_D - p_O)\,dq = \int_0^{40} (80 - 0{,}05q^2)\,dq = 3200 - \tfrac{3200}{3} = \tfrac{6400}{3} \approx 2133{,}33$, que és exactament $\tfrac{5120}{3} + \tfrac{1280}{3}$. Ha de ser així perquè la recta $p = 36$ parteix el recinte entre les dues corbes en dues regions, i la integral d'una suma és la suma de les integrals: $\int (p_D - p^*) + \int (p^* - p_O) = \int (p_D - p_O)$.

d) $65 - 0{,}04q^2 = 20 + 0{,}01q^2 \Rightarrow q^2 = 900 \Rightarrow q = 30$ i $p^* = 65 - 36 = 29$ €. $EC' = \int_0^{30} (36 - 0{,}04q^2)\,dq = 1080 - 360 = 720$ i $EP' = \int_0^{30} (9 - 0{,}01q^2)\,dq = 270 - 90 = 180$ (milers d'euros). En termes absoluts perden més els consumidors (1706,67 − 720 ≈ 986,67 milers d'euros, davant de 426,67 − 180 ≈ 246,67). En percentatge, tots dos perden el mateix: $720/1706{,}67 = 180/426{,}67 \approx 0{,}422$, és a dir, una pèrdua del 57,8 %. No és casualitat: amb aquestes corbes, $EC = \tfrac{2}{3}\cdot 0{,}04\,q^{*3}$ i $EP = \tfrac{2}{3}\cdot 0{,}01\,q^{*3}$, de manera que EC/EP = 4 sempre i tots dos depenen només de la quantitat d'equilibri.

Errors típics

• Calcular $\int_0^{40} p_D(q)\,dq$ (la despesa màxima disposada) en lloc de $\int_0^{40} (p_D - p^*)\,dq$.
• Quedar-se amb q = −40 o no descartar-la explícitament.
• Oblidar que q va en milers i donar els excedents en euros sense multiplicar per 1000.

Conceptes treballats: equilibri de mercat, àrea entre corbes, regla de Barrow, linealitat de la integral, excedent del consumidor i del productor.

a) $$\int_0^{10} 40\,e^{0{,}03t}\,dt = \frac{40}{0{,}03}\Big[e^{0{,}03t}\Big]_0^{10} = \frac{4000}{3}\,(e^{0{,}3} - 1) \approx 466{,}48 \text{ GWh}.$$ Consum mitjà: 466,48/10 ≈ 46,65 GWh/any. D'altra banda, r(0) = 40 i $r(10) = 40e^{0{,}3} \approx 53{,}99$, amb mitjana aritmètica ≈ 47,00. El valor mitjà és més petit perquè la gràfica de r és convexa (corbada cap amunt, $r''(t) \gt 0$): queda per sota del segment que uneix els extrems, i l'àrea sota la corba (466,48) és menor que la del trapezi $10 \cdot \tfrac{40 + 53{,}99}{2} \approx 469{,}97$.

b) $\int_0^{10} 40\,e^{-0{,}02t}\,dt = \dfrac{40}{-0{,}02}\Big[e^{-0{,}02t}\Big]_0^{10} = 2000\,(1 - e^{-0{,}2}) \approx 362{,}54$ GWh. Estalvi: 466,48 − 362,54 ≈ 103,94 GWh, un 22,3 % del consum previst.

c) $C(T) = \int_0^T 40\,e^{-0{,}02t}\,dt = 2000\,(1 - e^{-0{,}02T})$. Imposem $2000\,(1 - e^{-0{,}02T}) = 300$: $e^{-0{,}02T} = 0{,}85 \Rightarrow T = \dfrac{-\ln 0{,}85}{0{,}02} \approx 8{,}13$ anys, és a dir, a principis del 2033.

d) $\lim_{T\to+\infty} 2000\,(1 - e^{-0{,}02T}) = 2000$ GWh, perquè $e^{-0{,}02T} \to 0$. El consum acumulat creix sempre però no pot superar mai els 2000 GWh: el ritme disminueix tan de pressa que l'àrea total sota la corba és finita. Limitació: el model diu que a llarg termini el consum anual tendeix a 0, cosa irreal; només té sentit a mitjà termini.

Errors típics

• Prendre $e^{0{,}03t}$ com a primitiva de $e^{0{,}03t}$ (sense dividir per 0,03) o multiplicar per 0,03 en lloc de dividir.
• Calcular el consum mitjà com $(r(0) + r(10))/2$: només és correcte si el ritme és lineal.
• Equivocar-se de signe amb $\ln 0{,}85 \lt 0$ i obtenir un temps negatiu.
• Confondre el ritme de consum (GWh/any) amb el consum acumulat (GWh).

Conceptes treballats: primitives d'exponencials, regla de Barrow, valor mitjà d'una funció, convexitat, equacions exponencials, límit a l'infinit.

a) La riera talla el camí on $6x - x^2 = 0$, és a dir, a x = 0 i x = 6, i entre aquests valors $y \ge 0$. $$A = \int_0^6 (6x - x^2)\,dx = \Big[3x^2 - \tfrac{x^3}{3}\Big]_0^6 = 108 - 72 = 36 \text{ ha}.$$

b) $6x - x^2 = kx \Leftrightarrow x\,(6 - k - x) = 0$, i els punts de tall són x = 0 i x = 6 − k. El segon punt és dins de la finca $(0 \lt x \lt 6)$ només si $0 \lt k \lt 6$. Si k = 6, la recta y = 6x és la tangent a la riera a l'origen ($y'(0) = 6 - 2\cdot 0 = 6$): només toca la finca en un punt i no la divideix. Si k > 6, la recta va per sobre de la riera per a x > 0, i si $k \le 0$ no entra a la finca.

c) $$A(k) = \int_0^{6-k} \big(6x - x^2 - kx\big)\,dx = \Big[(6-k)\tfrac{x^2}{2} - \tfrac{x^3}{3}\Big]_0^{6-k} = \frac{(6-k)^3}{2} - \frac{(6-k)^3}{3} = \frac{(6-k)^3}{6}.$$ Comprovacions de coherència: $A(0) = 36$ (tota la finca) i $A(6) = 0$.

d) $\dfrac{(6-k)^3}{6} = 18 \Rightarrow (6-k)^3 = 108 \Rightarrow 6 - k = \sqrt[3]{108} \approx 4{,}762 \Rightarrow k \approx 1{,}238$. La tanca arriba a la riera al punt $(4{,}762;\ 1{,}238 \cdot 4{,}762) \approx (4{,}76;\ 5{,}89)$ hm. Cada germana rep 18 ha; la part de sota (triangle i tros de finca de 4,76 a 6) també fa 18 ha, com es pot comprovar integrant.

Errors típics

• Integrar fins a x = 6 en lloc de fins al punt de tall x = 6 − k.
• Restar en ordre invers (recta menys paràbola) i obtenir una àrea negativa.
• Resoldre $(6-k)^3 = 108$ dividint 108 entre 3 en lloc de fer l'arrel cúbica.
• Igualar A(k) a 36 en lloc de la meitat de l'àrea total.

Conceptes treballats: àrea sota una corba, àrea entre corbes, regla de Barrow, funcions amb paràmetre, recta tangent, equacions amb arrels cúbiques.

a) $P(t) = \int_0^t (90s - 15s^2)\,ds = 45t^2 - 5t^3$, que compleix P(0) = 0.

b) $P'(t) = r(t) = 15t\,(6 - t)$: és positiva per a 0 < t < 6 i negativa per a t > 6, de manera que P té un màxim a t = 6, és a dir, a les 15 h, amb $P(6) = 1620 - 1080 = 540$ persones. El nombre de persones creix més de pressa on r és màxima: $r'(t) = 90 - 30t = 0 \Rightarrow t = 3$ (a les 12 h), amb r(3) = 135 persones/hora. No coincideixen perquè el màxim de r és un punt d'inflexió de P: a partir de les 12 h la gent continua augmentant, però cada cop més a poc a poc, fins que a les 15 h el flux net s'anul·la.

c) $P(t) = 5t^2\,(9 - t) = 0 \Rightarrow t = 9$: el recinte queda buit a les 18 h. Per la regla de Barrow, $\int_0^9 r(t)\,dt = P(9) - P(0) = 0$. Té sentit perquè r és un flux net: tothom qui ha entrat ha sortit. Geomètricament, l'àrea per sobre de l'eix entre 0 i 6 (540) es compensa amb l'àrea per sota entre 6 i 9 ($\int_6^9 r(t)\,dt = -540$). La integral no compta quantes persones han visitat la fira, perquè no coneixem les entrades i les sortides per separat.

d) $$\bar P = \frac{1}{9}\int_0^9 (45t^2 - 5t^3)\,dt = \frac{1}{9}\Big[15t^3 - \tfrac{5}{4}t^4\Big]_0^9 = \frac{10\,935 - 8201{,}25}{9} = 303{,}75.$$ De mitjana hi ha unes 304 persones dins del recinte, molt per sota del màxim de 540.

Errors típics

• Confondre el màxim de r(t) (t = 3) amb el màxim de P(t) (t = 6).
• Dir que la integral nul·la vol dir que no hi ha anat ningú: és un balanç net d'entrades i sortides.
• Calcular la mitjana de r(t) en lloc de la mitjana de P(t), o oblidar dividir per la longitud de l'interval.

Conceptes treballats: primitiva amb condició inicial, relació entre derivada i integral, extrems i punts d'inflexió, regla de Barrow, valor mitjà d'una funció.

a) $b_B(t) - b_A(t) = t^2 - 4t = t\,(t - 4)$, negativa per a 0 < t < 4: els quatre primers mesos A dona més benefici cada mes. Avantatge acumulat d'A: $\int_0^4 (4t - t^2)\,dt = 32 - \tfrac{64}{3} = \tfrac{32}{3} \approx 10{,}67$ milers d'euros.

b) $D(T) = \int_0^T (t^2 - 4t)\,dt = \tfrac{T^3}{3} - 2T^2 = T^2\left(\tfrac{T}{3} - 2\right) = 0 \Rightarrow T = 6$. Al cap de 6 mesos B recupera l'endarreriment: entre els mesos 4 i 6 guanya cada mes més que A, però encara no ha compensat el que havia perdut.

c) Diferència: $\int_0^{12} (t^2 - 4t)\,dt = 576 - 288 = 288$ milers d'euros a favor de B (A acumula 240 i B, 528). Àrea: $$\int_0^4 (4t - t^2)\,dt + \int_4^{12} (t^2 - 4t)\,dt = \tfrac{32}{3} + \tfrac{896}{3} = \tfrac{928}{3} \approx 309{,}33.$$ No coincideixen perquè la integral de la diferència té signe: el tram en què A era millor resta (−32/3), mentre que l'àrea el suma. La diferència entre els dos resultats és $2 \cdot \tfrac{32}{3} \approx 21{,}33$.

d) $D(5) = \tfrac{125}{3} - 50 = -\tfrac{25}{3} \approx -8{,}33$: als 5 mesos A porta 8,33 milers d'euros d'avantatge. Triaria A, perquè l'avantatge de B només es fa efectiu a partir del sisè mes. La decisió depèn de l'horitzó temporal, i això és el que mostra la integral com a acumulació.

Errors típics

• Confondre el moment en què s'igualen els ritmes (t = 4) amb el moment en què s'igualen els acumulats (t = 6).
• Calcular l'àrea entre corbes sense partir l'interval en el punt de tall, i obtenir 288 en lloc de 928/3.
• Oblidar les unitats: les integrals donen milers d'euros, no milers d'euros per mes.

Conceptes treballats: àrea entre corbes, integral com a acumulació, signe de la integral definida, regla de Barrow, equacions polinòmiques.

a) $\int_0^9 \dfrac{300}{t+1}\,dt = 300\Big[\ln(t+1)\Big]_0^9 = 300\ln 10 \approx 690{,}8$: unes 691 altes. Amb l'alternativa: $\int_0^9 (60 - 2t)\,dt = \Big[60t - t^2\Big]_0^9 = 540 - 81 = 459$.

b) $300\ln(T+1) = 1000 \Rightarrow \ln(T+1) = \tfrac{10}{3} \Rightarrow T = e^{10/3} - 1 \approx 27{,}03$ setmanes.

c) $\dfrac{300}{t+1} = 60 - 2t \Rightarrow 300 = (60 - 2t)(t + 1) \Rightarrow 2t^2 - 58t + 240 = 0 \Rightarrow t^2 - 29t + 120 = 0$, amb solucions t = 5 i t = 24. Per a t = 10, per exemple, $s_1 \approx 27{,}3$ i $s_2 = 40$: l'alternativa capta més altes per setmana entre la setmana 5 i la 24 (19 setmanes).

d) Al cap de 30 setmanes: $300\ln 31 \approx 1030{,}2$ subscriptors amb la campanya actual i $\Big[60t - t^2\Big]_0^{30} = 900$ amb l'alternativa. La consultora s'equivoca. Per trams: entre 0 i 5, la campanya actual guanya $300\ln 6 - 275 \approx 262{,}5$ altes; entre 5 i 24, l'alternativa en recupera $\int_5^{24} (s_2 - s_1)\,dt = 589 - 300\ln\tfrac{25}{6} \approx 160{,}9$; entre 24 i 30, la campanya actual torna a guanyar $300\ln\tfrac{31}{25} - 36 \approx 28{,}5$. Balanç: $262{,}5 - 160{,}9 + 28{,}5 \approx 130{,}2$ a favor de la campanya actual. El que compta és l'àrea, no quantes setmanes guanya cadascuna: les primeres setmanes la campanya actual capta fins a 300 altes per setmana.

Errors típics

• Integrar $\dfrac{1}{t+1}$ com $\ln t$, cosa que donaria $\ln 0$ al límit inferior.
• Resoldre $300\ln(T+1) = 1000$ com si $T + 1 = 1000/300$.
• Comparar ritmes en lloc de totals acumulats per decidir quina campanya aconsegueix més subscriptors.

Conceptes treballats: primitiva de 1/x, logaritmes neperians, regla de Barrow, àrea entre corbes, equacions de segon grau, interpretació d'acumulats.

a) $f'(t) = 2at + b$ i $f'(5) = 0 \Rightarrow 10a + b = 0$. A més, 50 000 visitants són 500 centenars: $$\int_0^{10} (at^2 + bt)\,dt = \frac{1000a}{3} + 50b = 500.$$ Amb $b = -10a$: $\tfrac{1000a}{3} - 500a = -\tfrac{500a}{3} = 500 \Rightarrow a = -3$ i b = 30. Per tant $f(t) = 30t - 3t^2$. Com que a < 0, t = 5 és efectivament un màxim.

b) f(5) = 150 − 75 = 75 centenars, és a dir, 7500 visitants per setmana.

c) La gràfica és una paràbola simètrica respecte de t = 5, que és el centre de l'interval [0, 10]: l'àrea de [0, 5] i la de [5, 10] són iguals, de manera que la meitat dels visitants s'assoleix a la setmana 5. Comprovació: $F(T) = \int_0^T (30t - 3t^2)\,dt = 15T^2 - T^3$ i $F(5) = 375 - 125 = 250$ centenars = 25 000 visitants.

d) $\bar f = \dfrac{1}{10}\int_0^{10} f(t)\,dt = \dfrac{500}{10} = 50$ centenars per setmana. $30t - 3t^2 = 50 \Rightarrow 3t^2 - 30t + 50 = 0 \Rightarrow t = 5 \pm \tfrac{5\sqrt 3}{3}$, és a dir, $t \approx 2{,}11$ i $t \approx 7{,}89$ setmanes. Tal com garanteix el teorema del valor mitjà integral, el ritme passa pel valor mitjà; aquí hi passa dues vegades, simètricament respecte de la setmana 5.

Errors típics

• Igualar la integral a 50 000 sense passar a centenars.
• Imposar f(5) = 0 en lloc de f'(5) = 0.
• Confondre el moment de màxima afluència setmanal amb el moment en què el total acumulat és màxim (que és el final de l'exposició).

Conceptes treballats: sistemes d'equacions lineals, derivada i extrems, integral definida, simetria, valor mitjà d'una funció.

a) $E = \int_0^{12} 0{,}75\,(12t - t^2)\,dt = 0{,}75\Big[6t^2 - \tfrac{t^3}{3}\Big]_0^{12} = 0{,}75\,(864 - 576) = 216$ MWh. El màxim és al vèrtex, t = 6 (a les 13 h): p(6) = 0,75 · 6 · 6 = 27 MW.

b) $0{,}75\,t\,(12 - t) = 15 \Rightarrow t^2 - 12t + 20 = 0 \Rightarrow t = 2$ o t = 10, és a dir, de les 9 h a les 17 h. $$\int_2^{10} \big(p(t) - 15\big)\,dt = 0{,}75\Big[6t^2 - \tfrac{t^3}{3}\Big]_2^{10} - 15 \cdot 8 = 0{,}75\,(266{,}67 - 21{,}33) - 120 = 184 - 120 = 64 \text{ MWh}.$$

c) Dels 64 MWh sobrants, la bateria només en pot emmagatzemar 50; se'n perden 14 (o s'han d'abocar a la xarxa). Entre les 17 h i les 19 h falten $\int_{10}^{12} (15 - p(t))\,dt = 30 - 16 = 14$ MWh, que surten de la bateria. A les 19 h hi queden 36 MWh i, sense producció, el poble en gasta 15 cada hora: $36/15 = 2{,}4$ h = 2 h 24 min. El poble podria funcionar amb la bateria fins a les 21:24 h.

d) Consum diari: 15 · 24 = 360 MWh. Producció: 216 MWh, només el 60 %. Ni amb una bateria il·limitada n'hi hauria prou: el problema no és només quan es produeix, sinó quanta energia es produeix en total.

Errors típics

• Integrar només p(t) entre 2 i 10 (184 MWh) sense restar-hi el consum per obtenir el sobrant.
• Ignorar la capacitat màxima de la bateria i suposar que guarda els 64 MWh.
• Confondre potència (MW) amb energia (MWh).

Conceptes treballats: integral definida com a magnitud acumulada, àrea entre corbes, regla de Barrow, equacions de segon grau, interpretació en context.

a) $V_1(T) = \int_0^T 200\,e^{-0{,}1t}\,dt = \dfrac{200}{-0{,}1}\Big[e^{-0{,}1t}\Big]_0^T = 2000\,(1 - e^{-0{,}1T})$. El primer mes: $V_1(30) = 2000\,(1 - e^{-3}) \approx 1900$ exemplars.

b) $\lim_{T\to+\infty} 2000\,(1 - e^{-0{,}1T}) = 2000$, perquè $e^{-0{,}1T} \to 0$. Segons el model, la novel·la no vendrà mai més de 2000 exemplars: és una cota superior útil per al tiratge (imprimir-ne molts més que 2000 voldria dir estoc sense vendre).

c) $2000\,(1 - e^{-0{,}1T}) = 1800 \Rightarrow e^{-0{,}1T} = 0{,}1 \Rightarrow T = 10\ln 10 \approx 23{,}03$ dies: durant el dia 24 se supera el 90 % de les vendes totals.

d) $V_2(T) = \int_0^T 400\,e^{-0{,}25t}\,dt = 1600\,(1 - e^{-0{,}25T})$, amb límit 1600. Als 5 dies: $V_1(5) \approx 786{,}9$ i $V_2(5) \approx 1141{,}6$: la campanya ven molt més al principi. A llarg termini, però, 1600 < 2000: la campanya avança vendes (ritme inicial doble) però l'interès s'esgota més de pressa (el ritme decreix amb exponent −0,25 en lloc de −0,1). Taula: $V_1(14) \approx 1506{,}8$ i $V_2(14) \approx 1551{,}7$; $V_1(15) \approx 1553{,}7$ i $V_2(15) \approx 1562{,}4$; $V_1(16) \approx 1596{,}2$ i $V_2(16) \approx 1570{,}7$. El creuament és entre els dies 15 i 16 (cap al dia 15,2). Si l'editorial necessita liquiditat ràpida o el llibre té una vida comercial curta, la campanya compensa; si pensa en les vendes totals, no.

Errors típics

• Oblidar el signe en integrar $e^{-0{,}1t}$ i obtenir vendes acumulades negatives.
• Confondre el ritme v(t) (exemplars per dia) amb les vendes acumulades V(T).
• Pensar que un ritme inicial més alt implica necessàriament més vendes totals.

Conceptes treballats: primitives d'exponencials, regla de Barrow, límits a l'infinit, equacions exponencials i logaritmes, comparació de models.