1. Ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng

a) Hình phẳng giới hạn bởi một đồ thị hàm số, trục hoành và hai đường thẳng $x = a$, $x = b$

HĐ1 (trang 19)

Đề bài: Xét hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng $y = f(x) = x + 1$, trục hoành và hai đường thẳng $x = -2$, $x = 1$ (H.4.12).

a) Tính diện tích $S$ của hình phẳng này.

b) Tính $\displaystyle\int_{-2}^1 |f(x)|, dx$ và so sánh với $S$.

Lời giải:

a) Đường thẳng $y = x + 1$ cắt trục hoành tại $x = -1$. Do đó hình phẳng gồm hai tam giác vuông:

• Tam giác 1 trên đoạn $[-2; -1]$ (đường thẳng nằm dưới trục hoành): hai cạnh góc vuông là $|-1 – (-2)| = 1$ và $|f(-2)| = 1$. Diện tích: $\dfrac{1 \cdot 1}{2} = \dfrac{1}{2}$.
• Tam giác 2 trên đoạn $[-1; 1]$ (đường thẳng nằm trên trục hoành): hai cạnh góc vuông là $1 – (-1) = 2$ và $f(1) = 2$. Diện tích: $\dfrac{2 \cdot 2}{2} = 2$.

$$S = \dfrac{1}{2} + 2 = \dfrac{5}{2}.$$

b) Ta tính $\displaystyle\int_{-2}^1 |x + 1|, dx$ bằng cách tách khoảng theo dấu:

• Trên $[-2; -1]$: $x + 1 \le 0 \Rightarrow |x + 1| = -(x + 1)$.
• Trên $[-1; 1]$: $x + 1 \ge 0 \Rightarrow |x + 1| = x + 1$.

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

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

$$= -\left[\left(\dfrac{1}{2} – 1\right) – (2 – 2)\right] + \left[\left(\dfrac{1}{2} + 1\right) – \left(\dfrac{1}{2} – 1\right)\right] = \dfrac{1}{2} + 2 = \dfrac{5}{2}.$$

Vậy $\displaystyle\int_{-2}^1 |f(x)|, dx = S = \dfrac{5}{2}$.

Luyện tập 1 (trang 20)

Đề bài: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $y = x^2 – 4$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0$, $x = 3$ (H.4.15).

Lời giải:

Bước 1: Xét dấu $f(x) = x^2 – 4$ trên $[0; 3]$.

$x^2 – 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2$ (loại $x = -2$).

• Trên $[0; 2]$: $x^2 – 4 \le 0 \Rightarrow |x^2 – 4| = 4 – x^2$.
• Trên $[2; 3]$: $x^2 – 4 \ge 0 \Rightarrow |x^2 – 4| = x^2 – 4$.

Bước 2: Tính diện tích:

$$S = \int_0^3 |x^2 – 4|, dx = \int_0^2 (4 – x^2), dx + \int_2^3 (x^2 – 4), dx.$$

$$= \left(4x – \dfrac{x^3}{3}\right)\Big|_0^2 + \left(\dfrac{x^3}{3} – 4x\right)\Big|_2^3.$$

• Phần 1: $\left(8 – \dfrac{8}{3}\right) – 0 = \dfrac{16}{3}.$
• Phần 2: $(9 – 12) – \left(\dfrac{8}{3} – 8\right) = -3 + \dfrac{16}{3} = \dfrac{7}{3}.$

$$\Rightarrow S = \dfrac{16}{3} + \dfrac{7}{3} = \dfrac{23}{3}.$$

b) Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số và hai đường thẳng $x = a$, $x = b$

HĐ2 (trang 20)

Đề bài: Gọi $S$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y = f(x) = -x^2 + 4x$, $y = g(x) = x$ và hai đường thẳng $x = 1$, $x = 3$ (H.4.16).

a) Giả sử $S_1$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $y = -x^2 + 4x$, trục hoành, $x = 1$, $x = 3$; $S_2$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi $y = x$, trục hoành, $x = 1$, $x = 3$. Tính $S_1$, $S_2$ và từ đó suy ra $S$.

b) Tính $\displaystyle\int_1^3 |f(x) – g(x)|, dx$ và so sánh với $S$.

Lời giải:

a) Trên $[1; 3]$, cả $-x^2 + 4x$ và $x$ đều không âm, và đồ thị parabol nằm phía trên đường thẳng (theo hình).

• $S_1$ (dưới parabol):

$$S_1 = \int_1^3 (-x^2 + 4x), dx = \left(-\dfrac{x^3}{3} + 2x^2\right)\Big|_1^3 = (-9 + 18) – \left(-\dfrac{1}{3} + 2\right) = 9 – \dfrac{5}{3} = \dfrac{22}{3}.$$

• $S_2$ (dưới đường thẳng, là hình thang vuông): đáy nhỏ $= 1$, đáy lớn $= 3$, cao $= 2$:

$$S_2 = \dfrac{(1 + 3) \cdot 2}{2} = 4.$$

• Diện tích $S$ là phần giữa hai đường:

$$S = S_1 – S_2 = \dfrac{22}{3} – 4 = \dfrac{10}{3}.$$

b) Trên $[1; 3]$: $f(x) – g(x) = -x^2 + 4x – x = -x^2 + 3x = x(3 – x) \ge 0$ (do $1 \le x \le 3$). Suy ra $|f(x) – g(x)| = -x^2 + 3x$:

$$\int_1^3 (-x^2 + 3x), dx = \left(-\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{3x^2}{2}\right)\Big|_1^3 = \left(-9 + \dfrac{27}{2}\right) – \left(-\dfrac{1}{3} + \dfrac{3}{2}\right) = \dfrac{9}{2} – \dfrac{7}{6} = \dfrac{20}{6} = \dfrac{10}{3}.$$

Vậy $\displaystyle\int_1^3 |f(x) – g(x)|, dx = S = \dfrac{10}{3}$.

Luyện tập 2 (trang 21)

Đề bài: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $y = \sqrt{x}$, $y = x – 2$ và hai đường thẳng $x = 1$, $x = 4$.

Lời giải:

Bước 1: So sánh hai đồ thị trên $[1; 4]$.

Giải phương trình $\sqrt{x} = x – 2$ (điều kiện $x \ge 2$): bình phương hai vế được $x = (x – 2)^2$, tức $x^2 – 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = 4$. Kiểm tra: $x = 4$ thoả mãn.

Xét dấu $\sqrt{x} – (x – 2)$ tại $x = 2$: $\sqrt{2} – 0 > 0$. Suy ra trên $[1; 4]$: $\sqrt{x} \ge x – 2$.

Bước 2: Tính diện tích.

$$S = \int_1^4 |\sqrt{x} – (x – 2)|, dx = \int_1^4 [\sqrt{x} – (x – 2)], dx.$$

$$= \left(\dfrac{2}{3}x\sqrt{x} – \dfrac{x^2}{2} + 2x\right)\Big|_1^4.$$

• Tại $x = 4$: $\dfrac{2}{3} \cdot 8 – 8 + 8 = \dfrac{16}{3}.$
• Tại $x = 1$: $\dfrac{2}{3} – \dfrac{1}{2} + 2 = \dfrac{4 – 3 + 12}{6} = \dfrac{13}{6}.$

$$\Rightarrow S = \dfrac{16}{3} – \dfrac{13}{6} = \dfrac{32 – 13}{6} = \dfrac{19}{6}.$$

Hình demo (tuỳ chọn): đồ thị $y = \sqrt{x}$ (nằm trên) và $y = x – 2$ (nằm dưới) trên $[1; 4]$, phần diện tích tô màu.

Vận dụng 1 (trang 22)

Đề bài: Hàm cầu $p = -0{,}36x + 9$ và hàm cung $p = 0{,}14x + 2$. Tìm thặng dư tiêu dùng và thặng dư sản xuất.

Lời giải:

Bước 1: Tìm điểm cân bằng $(x_0; p_0)$ – nơi hai đồ thị giao nhau:

$$-0{,}36x_0 + 9 = 0{,}14x_0 + 2 \Leftrightarrow 0{,}5x_0 = 7 \Leftrightarrow x_0 = 14.$$

$$p_0 = 0{,}14 \cdot 14 + 2 = 3{,}96.$$

Bước 2: Thặng dư tiêu dùng (diện tích giữa đường cầu và đường ngang $p = p_0$ trên $[0; x_0]$):

$$CS = \int_0^{14} [(-0{,}36x + 9) – 3{,}96], dx = \int_0^{14} (5{,}04 – 0{,}36x), dx.$$

$$= \left(5{,}04x – 0{,}18x^2\right)\Big|_0^{14} = 5{,}04 \cdot 14 – 0{,}18 \cdot 196 = 70{,}56 – 35{,}28 = 35{,}28.$$

Bước 3: Thặng dư sản xuất (diện tích giữa đường ngang $p = p_0$ và đường cung trên $[0; x_0]$):

$$PS = \int_0^{14} [3{,}96 – (0{,}14x + 2)], dx = \int_0^{14} (1{,}96 – 0{,}14x), dx.$$

$$= \left(1{,}96x – 0{,}07x^2\right)\Big|_0^{14} = 1{,}96 \cdot 14 – 0{,}07 \cdot 196 = 27{,}44 – 13{,}72 = 13{,}72.$$

Vậy thặng dư tiêu dùng $\approx 35{,}28$ và thặng dư sản xuất $\approx 13{,}72$ (đơn vị theo đơn vị của $p$ và $x$).

2. Ứng dụng tích phân để tính thể tích vật thể

a) Tính thể tích của vật thể

HĐ3 (trang 22)

Đề bài: Xét hình trụ có bán kính đáy $R$, có trục là trục hoành $Ox$, nằm giữa hai mặt phẳng $x = a$ và $x = b$ ($a < b$) (H.4.20).

a) Tính thể tích $V$ của hình trụ.

b) Tính diện tích mặt cắt $S(x)$ khi cắt hình trụ bởi mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$ tại điểm có hoành độ là $x$. Từ đó tính $\displaystyle\int_a^b S(x), dx$ và so sánh với $V$.

Lời giải:

a) Hình trụ có bán kính đáy $R$ và chiều cao $b – a$. Áp dụng công thức thể tích hình trụ đã học:

$$V = \pi R^2 (b – a).$$

b) Cắt hình trụ bởi mặt phẳng vuông góc với trục $Ox$, ta được hình tròn có bán kính $R$ (không đổi). Diện tích mặt cắt:

$$S(x) = \pi R^2, \quad a \le x \le b.$$

Tính tích phân:

$$\int_a^b S(x), dx = \int_a^b \pi R^2, dx = \pi R^2 x\Big|_a^b = \pi R^2 (b – a) = V.$$

Vậy $\displaystyle\int_a^b S(x), dx = V$, khớp với công thức tính thể tích vật thể.

Vận dụng 2 (trang 23)

Đề bài: Tính thể tích của khối chóp cụt đều có diện tích hai đáy là $S_0$, $S_1$ và chiều cao bằng $h$ (H.4.24). Từ đó suy ra công thức tính thể tích khối chóp đều có diện tích đáy bằng $S$ và chiều cao bằng $h$.

Lời giải:

Ý tưởng: Coi khối chóp cụt là phần còn lại khi cắt bỏ một khối chóp nhỏ (đỉnh $O$) từ một khối chóp lớn (cũng có đỉnh $O$).

Bước 1: Chọn hệ trục. Chọn trục $Ox$ đi qua đỉnh chóp lớn, vuông góc với hai đáy. Gọi:

• Đáy nhỏ (diện tích $S_0$) nằm trên mặt phẳng $x = a$.
• Đáy lớn (diện tích $S_1$) nằm trên mặt phẳng $x = b$, với $b – a = h$.

Bước 2: Diện tích mặt cắt. Theo lập luận tương tự Ví dụ 6 (dùng định lí Thalès), diện tích mặt cắt tại điểm hoành độ $x$ tỉ lệ với $x^2$:

$$S(x) = \dfrac{S_1}{b^2} \cdot x^2.$$

Tại $x = a$: $S(a) = \dfrac{S_1 \cdot a^2}{b^2} = S_0 \Rightarrow \dfrac{a}{b} = \sqrt{\dfrac{S_0}{S_1}}$.

Bước 3: Tính thể tích chóp cụt.

$$V = \int_a^b \dfrac{S_1}{b^2} x^2, dx = \dfrac{S_1}{b^2} \cdot \dfrac{x^3}{3}\Big|_a^b = \dfrac{S_1(b^3 – a^3)}{3b^2}.$$

Đặt $k = \dfrac{a}{b} = \sqrt{\dfrac{S_0}{S_1}}$. Khi đó $a = kb$, $S_0 = k^2 S_1$, $b – a = b(1 – k) = h$.

$$V = \dfrac{S_1 b^3 (1 – k^3)}{3b^2} = \dfrac{S_1 b (1 – k)(1 + k + k^2)}{3} = \dfrac{S_1 h (1 + k + k^2)}{3}.$$

Nhân phân phối $S_1$ vào: $S_1(1 + k + k^2) = S_1 + k S_1 + k^2 S_1 = S_1 + \sqrt{S_0 S_1} + S_0$.

$$\boxed{V_{\text{chóp cụt}} = \dfrac{h}{3}\left(S_0 + S_1 + \sqrt{S_0 S_1}\right).}$$

Bước 4: Suy ra công thức chóp đều. Cho $S_0 \to 0$ (đáy nhỏ co lại thành đỉnh), ta được khối chóp đều có đáy $S = S_1$ và chiều cao $h$:

$$V_{\text{chóp}} = \dfrac{h}{3}(0 + S + 0) = \dfrac{1}{3} S h.$$

b) Tính thể tích khối tròn xoay

HĐ4 (trang 24)

Đề bài: Xét hình phẳng giới hạn bởi $y = f(x) = \dfrac{1}{2}x$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0$, $x = 4$. Khi quay hình này quanh trục $Ox$ ta được khối nón đỉnh $O$, trục $Ox$, đáy là hình tròn bán kính $2$.

a) Tính thể tích $V$ của khối nón.

b) Khi cắt khối nón bởi mặt phẳng vuông góc với trục hoành tại điểm $x$, mặt cắt là hình tròn bán kính $f(x)$, diện tích $S(x) = \pi f^2(x)$. Tính $\pi\displaystyle\int_0^4 f^2(x), dx$ và so sánh với $V$.

Lời giải:

a) Khối nón có bán kính đáy $R = 2$ và chiều cao $h = 4$. Áp dụng công thức đã học:

$$V = \dfrac{1}{3}\pi R^2 h = \dfrac{1}{3}\pi \cdot 4 \cdot 4 = \dfrac{16\pi}{3}.$$

b) Ta có $f(x) = \dfrac{x}{2} \Rightarrow f^2(x) = \dfrac{x^2}{4}$.

$$\pi \int_0^4 f^2(x), dx = \pi \int_0^4 \dfrac{x^2}{4}, dx = \dfrac{\pi}{4} \cdot \dfrac{x^3}{3}\Big|_0^4 = \dfrac{\pi}{4} \cdot \dfrac{64}{3} = \dfrac{16\pi}{3}.$$

Vậy $\pi\displaystyle\int_0^4 f^2(x), dx = V$, khớp với công thức tính thể tích khối tròn xoay.

Vận dụng 3 (trang 25)

Đề bài:

a) Tính thể tích của khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang vuông $OABC$ trong mặt phẳng $Oxy$ với $OA = h$, $AB = R$ và $OC = r$, quanh trục $Ox$ (H.4.28).

b) Từ công thức thu được ở câu a, hãy rút ra công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy bằng $R$ và chiều cao $h$.

Lời giải:

a) Đặt hệ trục: $O(0; 0)$, $A(h; 0)$, $B(h; R)$, $C(0; r)$. Hình thang $OABC$ có hai cạnh song song $OC$ và $AB$ nằm trên hai đường thẳng đứng $x = 0$ và $x = h$.

Khi quay quanh trục $Ox$, mặt cắt tại hoành độ $x$ là hình tròn bán kính bằng tung độ điểm trên đoạn $CB$. Đường thẳng $CB$ đi qua $C(0; r)$ và $B(h; R)$ có phương trình:

$$y = r + \dfrac{R – r}{h} x, \quad 0 \le x \le h.$$

Thể tích khối tròn xoay:

$$V = \pi \int_0^h \left(r + \dfrac{R – r}{h} x\right)^2 dx.$$

Tính tích phân. Đặt $u = r + \dfrac{R – r}{h} x$. Ta có $du = \dfrac{R – r}{h}, dx$, tức $dx = \dfrac{h}{R – r}, du$.

• Khi $x = 0$: $u = r$; khi $x = h$: $u = R$.

$$V = \pi \int_r^R u^2 \cdot \dfrac{h}{R – r}, du = \dfrac{\pi h}{R – r} \cdot \dfrac{u^3}{3}\Big|_r^R = \dfrac{\pi h (R^3 – r^3)}{3(R – r)}.$$

Áp dụng hằng đẳng thức $R^3 – r^3 = (R – r)(R^2 + Rr + r^2)$:

$$\boxed{V = \dfrac{\pi h}{3}\left(R^2 + Rr + r^2\right).}$$

(Đây chính là công thức khối nón cụt.)

b) Khối nón có bán kính đáy $R$ và chiều cao $h$ ứng với trường hợp $r = 0$ (đỉnh co về gốc $O$):

$$V_{\text{nón}} = \dfrac{\pi h}{3}(R^2 + 0 + 0) = \dfrac{1}{3}\pi R^2 h.$$

Bài tập (trang 25 – 26)

Bài 4.14 (trang 25)

Đề bài: Tính diện tích của hình phẳng được tô màu trong Hình 4.29.

Lời giải:

Theo hình vẽ, hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị $y = 5x – x^2$ (parabol), đường thẳng $y = x$ và hai đường thẳng $x = 0$, $x = 4$ (giao điểm của hai đồ thị tại $(4; 4)$).

Trên $[0; 4]$: parabol nằm phía trên đường thẳng, tức $(5x – x^2) – x = 4x – x^2 = x(4 – x) \ge 0$. Do đó:

$$S = \int_0^4 [(5x – x^2) – x], dx = \int_0^4 (4x – x^2), dx = \left(2x^2 – \dfrac{x^3}{3}\right)\Big|_0^4.$$

$$= 32 – \dfrac{64}{3} = \dfrac{96 – 64}{3} = \dfrac{32}{3}.$$

Bài 4.15 (trang 25)

Đề bài: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

a) $y = e^x$, $y = x^2 – 1$, $x = -1$, $x = 1$;

b) $y = \sin x$, $y = x$, $x = \dfrac{\pi}{2}$, $x = \pi$;

c) $y = 9 – x^2$, $y = 2x^2$, $x = -\sqrt{3}$, $x = \sqrt{3}$;

d) $y = \sqrt{x}$, $y = x^2$, $x = 0$, $x = 1$.

Lời giải:

a) Trên $[-1; 1]$: $e^x > 0$ và $x^2 – 1 \le 0 \Rightarrow e^x > x^2 – 1$. Vậy:

$$S = \int_{-1}^1 [e^x – (x^2 – 1)], dx = \left(e^x – \dfrac{x^3}{3} + x\right)\Big|_{-1}^1.$$

$$= \left(e – \dfrac{1}{3} + 1\right) – \left(e^{-1} + \dfrac{1}{3} – 1\right) = e – \dfrac{1}{e} + \dfrac{4}{3}.$$

b) Trên $\left[\dfrac{\pi}{2}; \pi\right]$: $x \ge \dfrac{\pi}{2} > 1 \ge \sin x$, tức $x > \sin x$. Vậy:

$$S = \int_{\tfrac{\pi}{2}}^{\pi} (x – \sin x), dx = \left(\dfrac{x^2}{2} + \cos x\right)\Big|_{\tfrac{\pi}{2}}^{\pi}.$$

$$= \left(\dfrac{\pi^2}{2} – 1\right) – \left(\dfrac{\pi^2}{8} + 0\right) = \dfrac{3\pi^2}{8} – 1.$$

c) Trên $[-\sqrt{3}; \sqrt{3}]$: $(9 – x^2) – 2x^2 = 9 – 3x^2 \ge 0$ (vì $x^2 \le 3$). Vậy:

$$S = \int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} (9 – 3x^2), dx = (9x – x^3)\Big|_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}.$$

$$= (9\sqrt{3} – 3\sqrt{3}) – (-9\sqrt{3} + 3\sqrt{3}) = 6\sqrt{3} + 6\sqrt{3} = 12\sqrt{3}.$$

d) Trên $[0; 1]$: $\sqrt{x} \ge x^2$ (chẳng hạn tại $x = \dfrac{1}{2}$: $\sqrt{0{,}5} \approx 0{,}707 > 0{,}25$). Vậy:

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

Bài 4.16 (trang 25)

Đề bài: Đường cong Lorenz của Hoa Kỳ năm 2005 được mô hình hoá bởi $y = (0{,}00061 x^2 + 0{,}0218 x + 1{,}723)^2$, $0 \le x \le 100$. Tìm sự bất bình đẳng về thu nhập.

Lời giải:

Sự bất bình đẳng về thu nhập chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng $y = x$ và đường cong Lorenz trên $[0; 100]$.

Trên $[0; 100]$, đường cong Lorenz nằm dưới đường $y = x$ (đặc điểm của đường cong Lorenz). Vậy:

$$I = \int_0^{100} \left[x – (0{,}00061 x^2 + 0{,}0218 x + 1{,}723)^2\right] dx.$$

Sử dụng máy tính cầm tay (hoặc phần mềm) để tính:

$$I \approx 2,059{,}31.$$

Vậy sự bất bình đẳng về thu nhập của Hoa Kỳ năm 2005 khoảng $2,059{,}31$ (đơn vị diện tích).

Bài này chỉ cần dùng máy tính bấm ra kết quả, không đòi hỏi tính tay chi tiết.

Bài 4.17 (trang 26)

Đề bài: Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi $y = 2x – x^2$, $y = 0$, $x = 0$, $x = 2$ quanh trục $Ox$.

Lời giải:

Trên $[0; 2]$: $y = 2x – x^2 = x(2 – x) \ge 0$, thoả mãn điều kiện áp dụng công thức khối tròn xoay.

$$V = \pi \int_0^2 (2x – x^2)^2, dx.$$

Khai triển: $(2x – x^2)^2 = 4x^2 – 4x^3 + x^4$.

$$V = \pi \int_0^2 (4x^2 – 4x^3 + x^4), dx = \pi \left(\dfrac{4x^3}{3} – x^4 + \dfrac{x^5}{5}\right)\Big|_0^2.$$

$$= \pi \left(\dfrac{32}{3} – 16 + \dfrac{32}{5}\right) = \pi \cdot \dfrac{160 – 240 + 96}{15} = \dfrac{16\pi}{15}.$$

Bài 4.18 (trang 26)

Đề bài: Khối chỏm cầu có bán kính $R$ và chiều cao $h$ ($0 < h \le R$) sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi $y = \sqrt{R^2 – x^2}$, trục hoành và hai đường thẳng $x = R – h$, $x = R$ quanh trục $Ox$ (H.4.30). Tính thể tích khối chỏm cầu.

Lời giải:

Áp dụng công thức khối tròn xoay với $f(x) = \sqrt{R^2 – x^2}$ nên $f^2(x) = R^2 – x^2$:

$$V = \pi \int_{R – h}^R (R^2 – x^2), dx = \pi \left(R^2 x – \dfrac{x^3}{3}\right)\Big|_{R – h}^R.$$

• Tại $x = R$: $R^3 – \dfrac{R^3}{3} = \dfrac{2R^3}{3}.$
• Tại $x = R – h$: $R^2(R – h) – \dfrac{(R – h)^3}{3}.$

Ta có:

$$V = \pi \left[\dfrac{2R^3}{3} – R^2(R – h) + \dfrac{(R – h)^3}{3}\right].$$

Rút gọn: Đặt $u = R – h$. Ta có:

$$\dfrac{2R^3}{3} – R^2 u + \dfrac{u^3}{3} = \dfrac{2R^3 – 3R^2 u + u^3}{3}.$$

Kiểm tra: $2R^3 – 3R^2 u + u^3$ chia hết cho $(R – u)$ với thương $2R^2 + Ru – u^2$… nhưng cách nhanh nhất là thay trực tiếp $u = R – h$ rồi khai triển:

• $R^2(R – h) = R^3 – R^2 h$.
• $(R – h)^3 = R^3 – 3R^2 h + 3R h^2 – h^3$.

$$V = \pi \left[\dfrac{2R^3}{3} – R^3 + R^2 h + \dfrac{R^3 – 3R^2 h + 3R h^2 – h^3}{3}\right].$$

$$= \pi \left[\dfrac{2R^3 – 3R^3 + 3R^2 h + R^3 – 3R^2 h + 3Rh^2 – h^3}{3}\right].$$

Rút gọn tử số: $2R^3 – 3R^3 + R^3 = 0$; $3R^2 h – 3R^2 h = 0$; còn lại $3Rh^2 – h^3$:

$$V = \pi \cdot \dfrac{3Rh^2 – h^3}{3} = \dfrac{\pi h^2 (3R – h)}{3}.$$

Vậy $\boxed{V_{\text{chỏm cầu}} = \dfrac{\pi h^2 (3R – h)}{3}}$.

Bài 4.19 (trang 26)

Đề bài: Cho tam giác vuông $OAB$ có cạnh $OA = a$ nằm trên trục $Ox$ và $\widehat{AOB} = \alpha$ ($0 < \alpha \le \dfrac{\pi}{4}$). Gọi $\mathcal{B}$ là khối tròn xoay sinh ra khi quay miền tam giác $OAB$ quanh trục $Ox$ (H.4.31).

a) Tính thể tích $V$ của $\mathcal{B}$ theo $a$ và $\alpha$.

b) Tìm $\alpha$ sao cho thể tích $V$ lớn nhất.

Lời giải:

a) Đặt hệ trục: $O(0; 0)$, $A(a; 0)$. Vì $\widehat{AOB} = \alpha$ và tam giác vuông tại $A$ nên $B = (a; a\tan\alpha)$.

Đường thẳng $OB$ đi qua $O$ với hệ số góc $\tan\alpha$, phương trình: $y = x\tan\alpha$, $0 \le x \le a$.

Khi quay quanh trục $Ox$, ta được khối nón có bán kính đáy $a\tan\alpha$ và chiều cao $a$. Áp dụng công thức khối tròn xoay:

$$V = \pi \int_0^a (x\tan\alpha)^2, dx = \pi \tan^2\alpha \int_0^a x^2, dx = \pi \tan^2\alpha \cdot \dfrac{x^3}{3}\Big|_0^a.$$

$$V = \dfrac{1}{3}\pi a^3 \tan^2\alpha.$$

b) Xét hàm số $V(\alpha) = \dfrac{1}{3}\pi a^3 \tan^2\alpha$ trên $\left(0; \dfrac{\pi}{4}\right]$.

Đạo hàm:

$$V'(\alpha) = \dfrac{1}{3}\pi a^3 \cdot 2\tan\alpha \cdot \dfrac{1}{\cos^2\alpha} = \dfrac{2\pi a^3 \tan\alpha}{3\cos^2\alpha} > 0, \quad \forall \alpha \in \left(0; \dfrac{\pi}{4}\right].$$

Do đó $V(\alpha)$ đồng biến trên $\left(0; \dfrac{\pi}{4}\right]$, nên $V$ đạt lớn nhất tại $\alpha = \dfrac{\pi}{4}$:

$$V_{\max} = \dfrac{1}{3}\pi a^3 \tan^2\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{1}{3}\pi a^3.$$

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