Mở đầu trang 12

Đề bài: Một ô tô đang chạy với vận tốc $20$ m/s thì người lái đạp phanh. Sau khi đạp phanh, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc $v(t) = -40t + 20$ (m/s), trong đó $t$ là thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô còn di chuyển bao nhiêu mét?

Lời giải:

Vì $v(t) = S'(t)$ (đạo hàm của quãng đường là vận tốc) nên quãng đường là một nguyên hàm của vận tốc, và có thể tính bằng tích phân. Bài toán sẽ được giải chi tiết ở Vận dụng 1 (trang 16) phía dưới sau khi học xong định nghĩa tích phân.

1. Khái niệm tích phân

HĐ1 (trang 13)

Đề bài: Kí hiệu $T$ là hình thang vuông giới hạn bởi đường thẳng $y = x + 1$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 1$, $x = t$ ($1 \le t \le 4$).

a) Tính diện tích $S$ của $T$ khi $t = 4$.

b) Tính diện tích $S(t)$ của $T$ khi $t \in [1; 4]$.

c) Chứng minh rằng $S(t)$ là một nguyên hàm của $f(t) = t + 1$, $t \in [1; 4]$ và diện tích $S = S(4) – S(1)$.

Lời giải:

a) Khi $t = 4$, hình thang $T$ có:

• Đáy nhỏ (tại $x = 1$): $y = 1 + 1 = 2$.
• Đáy lớn (tại $x = 4$): $y = 4 + 1 = 5$.
• Chiều cao: $4 – 1 = 3$.

$$S = \dfrac{(2 + 5) \cdot 3}{2} = \dfrac{21}{2}.$$

b) Tương tự, khi $t \in [1; 4]$: đáy nhỏ $= 2$, đáy lớn $= t + 1$, chiều cao $= t – 1$:

$$S(t) = \dfrac{(2 + t + 1)(t – 1)}{2} = \dfrac{(t + 3)(t – 1)}{2} = \dfrac{t^2 + 2t – 3}{2}.$$

c) Đạo hàm $S(t)$:

$$S'(t) = \dfrac{2t + 2}{2} = t + 1 = f(t).$$

Vậy $S(t)$ là một nguyên hàm của $f(t)$ trên $[1; 4]$. Ngoài ra:

$$S(4) – S(1) = \dfrac{16 + 8 – 3}{2} – \dfrac{1 + 2 – 3}{2} = \dfrac{21}{2} – 0 = \dfrac{21}{2} = S.$$

HĐ2 (trang 13)

Đề bài: Xét hình thang cong giới hạn bởi đồ thị $y = x^2$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 1$, $x = 2$. Với các câu a), b), c) trong SGK, ta đã chứng minh được $S'(x) = x^2$, tức $S(x)$ là một nguyên hàm của $x^2$ trên $[1; 2]$.

d) Từ đó, $S(x) = \dfrac{x^3}{3} + C$. Sử dụng $S(1) = 0$ và diện tích cần tính $S = S(2)$, hãy tính $S$. Gọi $F(x)$ là một nguyên hàm tuỳ ý của $f(x) = x^2$ trên $[1; 2]$. Hãy so sánh $S$ và $F(2) – F(1)$.

Lời giải:

Từ $S(x) = \dfrac{x^3}{3} + C$ và $S(1) = 0$:

$$S(1) = \dfrac{1}{3} + C = 0 \Rightarrow C = -\dfrac{1}{3}.$$

Do đó $S(x) = \dfrac{x^3}{3} – \dfrac{1}{3}$. Diện tích cần tính:

$$S = S(2) = \dfrac{8}{3} – \dfrac{1}{3} = \dfrac{7}{3}.$$

So sánh với $F(2) – F(1)$: Với $F(x)$ là nguyên hàm tuỳ ý của $x^2$, ta có $F(x) = \dfrac{x^3}{3} + C_1$. Khi đó:

$$F(2) – F(1) = \left(\dfrac{8}{3} + C_1\right) – \left(\dfrac{1}{3} + C_1\right) = \dfrac{7}{3} = S.$$

Vậy $S = F(2) – F(1)$ – hằng số $C_1$ bị triệt tiêu, kết quả không phụ thuộc vào cách chọn nguyên hàm.

HĐ3 (trang 14)

Đề bài: Giả sử $f(x)$ là hàm số liên tục trên đoạn $[a; b]$, $F(x)$ và $G(x)$ là hai nguyên hàm tuỳ ý của $f(x)$ trên $[a; b]$. Chứng minh rằng $F(b) – F(a) = G(b) – G(a)$.

Lời giải:

Vì $F(x)$ và $G(x)$ đều là nguyên hàm của $f(x)$ trên $[a; b]$ nên tồn tại hằng số $C$ sao cho:

$$G(x) = F(x) + C, \quad \forall x \in [a; b].$$

Khi đó:

$$G(b) – G(a) = [F(b) + C] – [F(a) + C] = F(b) – F(a).$$

Ý nghĩa: Hiệu $F(b) – F(a)$ không phụ thuộc vào cách chọn nguyên hàm $F(x)$. Do đó ta có thể định nghĩa tích phân $\displaystyle\int_a^b f(x), dx = F(b) – F(a)$ với $F$ là một nguyên hàm bất kỳ của $f$.

Luyện tập 1 (trang 15)

Đề bài: Tính:

a) $\displaystyle\int_0^1 e^x, dx$;

b) $\displaystyle\int_1^e \dfrac{1}{x}, dx$;

c) $\displaystyle\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sin x, dx$;

d) $\displaystyle\int_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{3}} \dfrac{dx}{\sin^2 x}$.

Lời giải: Ta lần lượt tìm một nguyên hàm rồi áp dụng $\displaystyle\int_a^b f(x)dx = F(x)\Big|_a^b = F(b) – F(a)$.

a) Nguyên hàm của $e^x$ là $e^x$:

$$\int_0^1 e^x, dx = e^x\Big|_0^1 = e^1 – e^0 = e – 1.$$

b) Nguyên hàm của $\dfrac{1}{x}$ là $\ln|x|$; trên $[1; e]$, $x > 0$ nên $\ln|x| = \ln x$:

$$\int_1^e \dfrac{1}{x}, dx = \ln x\Big|_1^e = \ln e – \ln 1 = 1 – 0 = 1.$$

c) Nguyên hàm của $\sin x$ là $-\cos x$:

$$\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} \sin x, dx = -\cos x\Big|_0^{\tfrac{\pi}{2}} = -\cos \dfrac{\pi}{2} + \cos 0 = 0 + 1 = 1.$$

d) Nguyên hàm của $\dfrac{1}{\sin^2 x}$ là $-\cot x$:

$$\int_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{3}} \dfrac{dx}{\sin^2 x} = -\cot x\Big|_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{3}} = -\cot \dfrac{\pi}{3} + \cot \dfrac{\pi}{6} = -\dfrac{\sqrt{3}}{3} + \sqrt{3} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}.$$

Luyện tập 2 (trang 16)

Đề bài: Sử dụng ý nghĩa hình học của tích phân, tính:

a) $\displaystyle\int_1^3 (2x + 1), dx$;

b) $\displaystyle\int_{-2}^2 \sqrt{4 – x^2}, dx$.

Lời giải:

a) Trên $[1; 3]$, hàm $y = 2x + 1$ liên tục và dương. Tích phân bằng diện tích hình thang vuông giới hạn bởi $y = 2x + 1$, trục hoành, $x = 1$, $x = 3$:

• Đáy nhỏ (tại $x = 1$): $y = 3$.
• Đáy lớn (tại $x = 3$): $y = 7$.
• Chiều cao: $3 – 1 = 2$.

$$\int_1^3 (2x + 1), dx = \dfrac{(3 + 7) \cdot 2}{2} = 10.$$

b) Đồ thị $y = \sqrt{4 – x^2}$ là nửa trên của đường tròn tâm $O$ bán kính $R = 2$ (vì $y \ge 0$ và $x^2 + y^2 = 4$). Diện tích nửa hình tròn:

$$\int_{-2}^2 \sqrt{4 – x^2}, dx = \dfrac{1}{2} \cdot \pi R^2 = \dfrac{1}{2} \cdot \pi \cdot 4 = 2\pi.$$

Vận dụng 1 (trang 16)

Đề bài: Giải quyết bài toán ở tình huống mở đầu.

Lời giải:

Bước 1: Tìm thời điểm ô tô dừng hẳn. Ô tô dừng khi vận tốc bằng $0$:

$$v(t) = 0 \Leftrightarrow -40t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{1}{2}\ (\text{giây}).$$

Bước 2: Tính quãng đường. Vì $v(t) \ge 0$ trên $\left[0; \dfrac{1}{2}\right]$ nên quãng đường là:

$$S = \int_0^{\tfrac{1}{2}} (-40t + 20), dt = \left(-20t^2 + 20t\right)\Big|_0^{\tfrac{1}{2}}.$$

$$= \left(-20 \cdot \dfrac{1}{4} + 20 \cdot \dfrac{1}{2}\right) – 0 = -5 + 10 = 5\ (\text{m}).$$

Vậy ô tô còn di chuyển được $5$ mét trước khi dừng hẳn.

2. Tính chất của tích phân

HĐ4 (trang 16)

Đề bài: Tính và so sánh:

a) $\displaystyle\int_0^1 2x, dx$ và $2\displaystyle\int_0^1 x, dx$;

b) $\displaystyle\int_0^1 (x^2 + x), dx$ và $\displaystyle\int_0^1 x^2, dx + \displaystyle\int_0^1 x, dx$;

c) $\displaystyle\int_0^3 x, dx$ và $\displaystyle\int_0^1 x, dx + \displaystyle\int_1^3 x, dx$.

Lời giải:

a) $\displaystyle\int_0^1 2x, dx = x^2\Big|_0^1 = 1$; $\ 2\displaystyle\int_0^1 x, dx = 2 \cdot \dfrac{x^2}{2}\Big|_0^1 = 2 \cdot \dfrac{1}{2} = 1$.

⟹ Hai kết quả bằng nhau.

b) $\displaystyle\int_0^1 (x^2 + x), dx = \left(\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^2}{2}\right)\Big|_0^1 = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{6}$.

$\displaystyle\int_0^1 x^2, dx + \displaystyle\int_0^1 x, dx = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{6}$.

⟹ Hai kết quả bằng nhau.

c) $\displaystyle\int_0^3 x, dx = \dfrac{x^2}{2}\Big|_0^3 = \dfrac{9}{2}$.

$\displaystyle\int_0^1 x, dx + \displaystyle\int_1^3 x, dx = \dfrac{1}{2} + \left(\dfrac{9}{2} – \dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{2} + 4 = \dfrac{9}{2}$.

⟹ Hai kết quả bằng nhau.

Kết luận: HĐ4 minh hoạ ba tính chất cơ bản của tích phân: đưa hằng số ra ngoài, tổng/hiệu và tách khoảng.

Luyện tập 3 (trang 17)

Đề bài: Tính các tích phân sau:

a) $\displaystyle\int_0^{2\pi} (2x + \cos x), dx$;

b) $\displaystyle\int_1^2 \left(3^x – \dfrac{3}{x}\right) dx$;

c) $\displaystyle\int_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{3}} \left(\dfrac{1}{\cos^2 x} – \dfrac{1}{\sin^2 x}\right) dx$.

Lời giải:

a) Tách tổng:

$$\int_0^{2\pi} (2x + \cos x), dx = \left(x^2 + \sin x\right)\Big|_0^{2\pi} = (4\pi^2 + \sin 2\pi) – (0 + \sin 0) = 4\pi^2.$$

b) Tách hiệu:

$$\int_1^2 \left(3^x – \dfrac{3}{x}\right) dx = \left(\dfrac{3^x}{\ln 3} – 3\ln|x|\right)\Big|_1^2 = \left(\dfrac{9}{\ln 3} – 3\ln 2\right) – \left(\dfrac{3}{\ln 3} – 0\right).$$

$$= \dfrac{6}{\ln 3} – 3\ln 2.$$

c) Tách hiệu:

$$\int_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{3}} \left(\dfrac{1}{\cos^2 x} – \dfrac{1}{\sin^2 x}\right) dx = (\tan x + \cot x)\Big|_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{3}}.$$

• Tại $x = \dfrac{\pi}{3}$: $\tan \dfrac{\pi}{3} + \cot \dfrac{\pi}{3} = \sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$.
• Tại $x = \dfrac{\pi}{6}$: $\tan \dfrac{\pi}{6} + \cot \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{3} + \sqrt{3} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$.

$$\Rightarrow \int_{\tfrac{\pi}{6}}^{\tfrac{\pi}{3}} \left(\dfrac{1}{\cos^2 x} – \dfrac{1}{\sin^2 x}\right) dx = \dfrac{4\sqrt{3}}{3} – \dfrac{4\sqrt{3}}{3} = 0.$$

Luyện tập 4 (trang 17)

Đề bài: Tính $\displaystyle\int_0^3 |2x – 3|, dx$.

Lời giải:

Bước 1: Phá dấu giá trị tuyệt đối. Ta có $2x – 3 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{3}{2}$. Xét dấu:

• Trên $\left[0; \dfrac{3}{2}\right]$: $2x – 3 \le 0 \Rightarrow |2x – 3| = 3 – 2x$.
• Trên $\left[\dfrac{3}{2}; 3\right]$: $2x – 3 \ge 0 \Rightarrow |2x – 3| = 2x – 3$.

Bước 2: Tách khoảng và tính từng phần:

$$\int_0^3 |2x – 3|, dx = \int_0^{\tfrac{3}{2}} (3 – 2x), dx + \int_{\tfrac{3}{2}}^3 (2x – 3), dx.$$

$$= (3x – x^2)\Big|_0^{\tfrac{3}{2}} + (x^2 – 3x)\Big|_{\tfrac{3}{2}}^3.$$

$$= \left(\dfrac{9}{2} – \dfrac{9}{4}\right) + \left[(9 – 9) – \left(\dfrac{9}{4} – \dfrac{9}{2}\right)\right] = \dfrac{9}{4} + \dfrac{9}{4} = \dfrac{9}{2}.$$

Vận dụng 2 (trang 17)

Đề bài: Giá trị trung bình của hàm số $f(x)$ trên $[a; b]$ được định nghĩa là $\dfrac{1}{b – a}\displaystyle\int_a^b f(x), dx$. Giả sử nhiệt độ ($^\circ$C) tại thời điểm $t$ giờ trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa được mô hình hoá bởi $T(t) = 20 + 1{,}5(t – 6)$, $6 \le t \le 12$. Tìm nhiệt độ trung bình.

Lời giải:

Áp dụng công thức với $a = 6$, $b = 12$:

$$\overline{T} = \dfrac{1}{12 – 6}\int_6^{12} [20 + 1{,}5(t – 6)], dt = \dfrac{1}{6}\int_6^{12} [20 + 1{,}5(t – 6)], dt.$$

Tính tích phân (nguyên hàm của $20$ là $20t$; nguyên hàm của $1{,}5(t – 6)$ là $0{,}75(t – 6)^2$):

$$\int_6^{12} [20 + 1{,}5(t – 6)], dt = \left[20t + 0{,}75(t – 6)^2\right]_6^{12}.$$

$$= (240 + 0{,}75 \cdot 36) – (120 + 0) = 267 – 120 = 147.$$

$$\Rightarrow \overline{T} = \dfrac{147}{6} = 24{,}5\ (^\circ\text{C}).$$

Vậy nhiệt độ trung bình trong khoảng thời gian đó là $24{,}5,^\circ$C.

Bài tập (trang 18)

Bài 4.8 (trang 18)

Đề bài: Sử dụng ý nghĩa hình học của tích phân, tính:

a) $\displaystyle\int_1^2 (2x + 1), dx$;

b) $\displaystyle\int_{-3}^3 \sqrt{9 – x^2}, dx$.

Lời giải:

a) Trên $[1; 2]$, hàm $y = 2x + 1$ liên tục và dương. Tích phân bằng diện tích hình thang vuông:

• Đáy nhỏ (tại $x = 1$): $y = 3$.
• Đáy lớn (tại $x = 2$): $y = 5$.
• Chiều cao: $2 – 1 = 1$.

$$\int_1^2 (2x + 1), dx = \dfrac{(3 + 5) \cdot 1}{2} = 4.$$

b) Đồ thị $y = \sqrt{9 – x^2}$ là nửa trên của đường tròn tâm $O$ bán kính $R = 3$. Diện tích nửa hình tròn:

$$\int_{-3}^3 \sqrt{9 – x^2}, dx = \dfrac{1}{2} \cdot \pi \cdot 3^2 = \dfrac{9\pi}{2}.$$

Bài 4.9 (trang 18)

Đề bài: Cho $\displaystyle\int_0^3 f(x), dx = 5$ và $\displaystyle\int_0^3 g(x), dx = 2$. Tính:

a) $\displaystyle\int_0^3 [f(x) + g(x)], dx$;

b) $\displaystyle\int_0^3 [f(x) – g(x)], dx$;

c) $\displaystyle\int_0^3 3f(x), dx$;

d) $\displaystyle\int_0^3 [2f(x) – 3g(x)], dx$.

Lời giải: Áp dụng các tính chất tổng/hiệu và đưa hằng số ra ngoài.

a) $\displaystyle\int_0^3 [f(x) + g(x)], dx = \displaystyle\int_0^3 f(x), dx + \displaystyle\int_0^3 g(x), dx = 5 + 2 = 7.$

b) $\displaystyle\int_0^3 [f(x) – g(x)], dx = 5 – 2 = 3.$

c) $\displaystyle\int_0^3 3f(x), dx = 3\displaystyle\int_0^3 f(x), dx = 3 \cdot 5 = 15.$

d) $\displaystyle\int_0^3 [2f(x) – 3g(x)], dx = 2 \cdot 5 – 3 \cdot 2 = 10 – 6 = 4.$

Bài 4.10 (trang 18)

Đề bài: Tính:

a) $\displaystyle\int_0^3 (3x – 1)^2, dx$;

b) $\displaystyle\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} (1 + \sin x), dx$;

c) $\displaystyle\int_0^1 (e^{2x} + 3x^2), dx$;

d) $\displaystyle\int_{-1}^2 |2x + 1|, dx$.

Lời giải:

a) Khai triển: $(3x – 1)^2 = 9x^2 – 6x + 1$.

$$\int_0^3 (9x^2 – 6x + 1), dx = (3x^3 – 3x^2 + x)\Big|_0^3 = 81 – 27 + 3 = 57.$$

b) $\displaystyle\int_0^{\tfrac{\pi}{2}} (1 + \sin x), dx = (x – \cos x)\Big|_0^{\tfrac{\pi}{2}} = \left(\dfrac{\pi}{2} – 0\right) – (0 – 1) = \dfrac{\pi}{2} + 1.$

c) Nguyên hàm của $e^{2x}$: từ $(e^{2x})’ = 2e^{2x}$ suy ra $\displaystyle\int e^{2x}, dx = \dfrac{e^{2x}}{2} + C$. Do đó:

$$\int_0^1 (e^{2x} + 3x^2), dx = \left(\dfrac{e^{2x}}{2} + x^3\right)\Big|_0^1 = \left(\dfrac{e^2}{2} + 1\right) – \dfrac{1}{2} = \dfrac{e^2}{2} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{e^2 + 1}{2}.$$

d) Phá dấu giá trị tuyệt đối: $2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = -\dfrac{1}{2}$.

• Trên $\left[-1; -\dfrac{1}{2}\right]$: $|2x + 1| = -(2x + 1)$.
• Trên $\left[-\dfrac{1}{2}; 2\right]$: $|2x + 1| = 2x + 1$.

$$\int_{-1}^2 |2x + 1|, dx = \int_{-1}^{-\tfrac{1}{2}} -(2x + 1), dx + \int_{-\tfrac{1}{2}}^2 (2x + 1), dx.$$

$$= -(x^2 + x)\Big|_{-1}^{-\tfrac{1}{2}} + (x^2 + x)\Big|_{-\tfrac{1}{2}}^2.$$

• Phần 1: $-\left[\left(\dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{2}\right) – (1 – 1)\right] = -\left(-\dfrac{1}{4}\right) = \dfrac{1}{4}.$
• Phần 2: $(4 + 2) – \left(\dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{2}\right) = 6 – \left(-\dfrac{1}{4}\right) = \dfrac{25}{4}.$

$$\Rightarrow \int_{-1}^2 |2x + 1|, dx = \dfrac{1}{4} + \dfrac{25}{4} = \dfrac{26}{4} = \dfrac{13}{2}.$$

Bài 4.11 (trang 18)

Đề bài: Một vật chuyển động dọc theo một đường thẳng sao cho vận tốc tại thời điểm $t$ (giây) là $v(t) = t^2 – t – 6$ (m/s).

a) Tìm độ dịch chuyển của vật trong khoảng thời gian $1 \le t \le 4$, tức là tính $\displaystyle\int_1^4 v(t), dt$.

b) Tìm tổng quãng đường vật đi được trong khoảng $1 \le t \le 4$, tức là tính $\displaystyle\int_1^4 |v(t)|, dt$.

Lời giải:

a) Độ dịch chuyển:

$$\int_1^4 (t^2 – t – 6), dt = \left(\dfrac{t^3}{3} – \dfrac{t^2}{2} – 6t\right)\Big|_1^4.$$

• Tại $t = 4$: $\dfrac{64}{3} – 8 – 24 = \dfrac{64}{3} – 32 = \dfrac{64 – 96}{3} = -\dfrac{32}{3}.$
• Tại $t = 1$: $\dfrac{1}{3} – \dfrac{1}{2} – 6 = \dfrac{2 – 3 – 36}{6} = -\dfrac{37}{6}.$

$$\Rightarrow \int_1^4 v(t), dt = -\dfrac{32}{3} – \left(-\dfrac{37}{6}\right) = -\dfrac{64}{6} + \dfrac{37}{6} = -\dfrac{27}{6} = -\dfrac{9}{2}\ (\text{m}).$$

Dấu âm cho biết vật kết thúc ở vị trí bên trái vị trí ban đầu $\dfrac{9}{2}$ m.

b) Tổng quãng đường:

Xét dấu $v(t) = t^2 – t – 6 = (t – 3)(t + 2)$. Trên $[1; 4]$: $v(t) = 0 \Leftrightarrow t = 3$ (loại $t = -2$).

• Trên $[1; 3]$: $v(t) \le 0 \Rightarrow |v(t)| = -(t^2 – t – 6)$.
• Trên $[3; 4]$: $v(t) \ge 0 \Rightarrow |v(t)| = t^2 – t – 6$.

$$\int_1^4 |v(t)|, dt = -\int_1^3 (t^2 – t – 6), dt + \int_3^4 (t^2 – t – 6), dt.$$

Tính $\displaystyle\int_1^3 (t^2 – t – 6), dt$:

• Tại $t = 3$: $9 – \dfrac{9}{2} – 18 = -\dfrac{27}{2}.$
• Tại $t = 1$: $-\dfrac{37}{6}$ (ở trên).

$$\Rightarrow \int_1^3 (t^2 – t – 6), dt = -\dfrac{27}{2} + \dfrac{37}{6} = -\dfrac{81 – 37}{6} = -\dfrac{44}{6} = -\dfrac{22}{3}.$$

Nên $\displaystyle-\int_1^3 v(t), dt = \dfrac{22}{3}.$

Tính $\displaystyle\int_3^4 (t^2 – t – 6), dt$:

$$= -\dfrac{32}{3} – \left(-\dfrac{27}{2}\right) = -\dfrac{32}{3} + \dfrac{27}{2} = \dfrac{-64 + 81}{6} = \dfrac{17}{6}.$$

Tổng quãng đường:

$$\int_1^4 |v(t)|, dt = \dfrac{22}{3} + \dfrac{17}{6} = \dfrac{44 + 17}{6} = \dfrac{61}{6}\ (\text{m}).$$

Bài 4.12 (trang 18)

Đề bài: Giả sử lợi nhuận biên (triệu đồng) của một sản phẩm được mô hình hoá bởi $P'(x) = -0{,}0005x + 12{,}2$, trong đó $P(x)$ là lợi nhuận khi bán được $x$ đơn vị sản phẩm.

a) Tìm sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ $100$ lên $101$ đơn vị.

b) Tìm sự thay đổi của lợi nhuận khi doanh số tăng từ $100$ lên $110$ đơn vị.

Lời giải:

Sự thay đổi lợi nhuận từ $x = a$ đến $x = b$ chính là $P(b) – P(a) = \displaystyle\int_a^b P'(x), dx$.

Một nguyên hàm của $P'(x)$ là $F(x) = -0{,}0005 \cdot \dfrac{x^2}{2} + 12{,}2x = -0{,}00025 x^2 + 12{,}2x$.

a) Từ $100$ lên $101$:

$$\Delta P = \int_{100}^{101} (-0{,}0005x + 12{,}2), dx = F(101) – F(100).$$

• $F(101) = -0{,}00025 \cdot 10,201 + 12{,}2 \cdot 101 = -2{,}55025 + 1,232{,}2 = 1,229{,}64975.$
• $F(100) = -0{,}00025 \cdot 10,000 + 12{,}2 \cdot 100 = -2{,}5 + 1,220 = 1,217{,}5.$

$$\Rightarrow \Delta P = 1,229{,}64975 – 1,217{,}5 = 12{,}14975 \approx 12{,}15\ (\text{triệu đồng}).$$

b) Từ $100$ lên $110$:

$$\Delta P = F(110) – F(100).$$

• $F(110) = -0{,}00025 \cdot 12,100 + 12{,}2 \cdot 110 = -3{,}025 + 1,342 = 1,338{,}975.$

$$\Rightarrow \Delta P = 1,338{,}975 – 1,217{,}5 = 121{,}475\ (\text{triệu đồng}).$$

Bài 4.13 (trang 18)

Đề bài: Giả sử vận tốc $v$ của dòng máu ở khoảng cách $r$ từ tâm của động mạch bán kính $R$ được mô hình hoá bởi $v = k(R^2 – r^2)$, $k$ là hằng số. Tìm vận tốc trung bình (đối với $r$) trong khoảng $0 \le r \le R$. So sánh vận tốc trung bình với vận tốc lớn nhất.

Lời giải:

Bước 1: Vận tốc trung bình. Áp dụng công thức giá trị trung bình:

$$\overline{v} = \dfrac{1}{R – 0}\int_0^R k(R^2 – r^2), dr = \dfrac{k}{R}\int_0^R (R^2 – r^2), dr.$$

Tính tích phân (coi $R$ là hằng số, $r$ là biến):

$$\int_0^R (R^2 – r^2), dr = \left(R^2 r – \dfrac{r^3}{3}\right)\Big|_0^R = R^3 – \dfrac{R^3}{3} = \dfrac{2R^3}{3}.$$

$$\Rightarrow \overline{v} = \dfrac{k}{R} \cdot \dfrac{2R^3}{3} = \dfrac{2kR^2}{3}.$$

Bước 2: Vận tốc lớn nhất. Vì $v = k(R^2 – r^2)$ giảm khi $r$ tăng (với $k > 0$), $v$ đạt lớn nhất tại $r = 0$:

$$v_{\max} = k(R^2 – 0) = kR^2.$$

Bước 3: So sánh.

$$\dfrac{\overline{v}}{v_{\max}} = \dfrac{\tfrac{2kR^2}{3}}{kR^2} = \dfrac{2}{3}.$$

Vậy vận tốc trung bình bằng $\dfrac{2}{3}$ vận tốc lớn nhất.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh