Ứng dụng tích phân để giải một số bài toán thực tế

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

Với $A\left( {20;20} \right)$, xét hình phẳng ở góc phân tư thứ nhất.

Hai Parabol có phương trình lần lượt là: $y = a{x^2}\,\,\left( {{P_1}} \right)$ và $x = a{y^2}\,\,\left( {{P_2}} \right)$

Do Parabol \(\left( {{P_1}} \right)\) qua điểm $A\left( {20;20} \right) \Rightarrow a = \dfrac{{20}}{{{{20}^2}}} = \dfrac{1}{{20}} \Rightarrow y = \dfrac{{{x^2}}}{{20}}$

Do Parabol \(\left( {{P_2}} \right)\) qua điểm $A\left( {20;20} \right) \Rightarrow a = \dfrac{{20}}{{{{20}^2}}} = \dfrac{1}{{20}} \Rightarrow x = \dfrac{{{y^2}}}{{20}} \Leftrightarrow y = \sqrt {20x} $

Diện tích phân tô đậm ở góc phần tư thứ nhất là:

$S = \int\limits_0^{20} {\left( {\sqrt {20x}  - \dfrac{{{x^2}}}{{20}}} \right)dx}  = \left( {\dfrac{2}{3}\sqrt {20{x^3}}  - \dfrac{{{x^3}}}{{60}}} \right)\left| \begin{array}{l}^{20}\\_0\end{array} \right. = \dfrac{{400}}{3}.$

\(a\left( t \right) = {t^2} + 4t\) \( \Rightarrow v\left( t \right) = \int {a\left( t \right){\rm{d}}t}  = \dfrac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2} + C{\rm{ }}\)\(\left( {C \in \mathbb{R}} \right)\).

Mà \(v\left( 0 \right) = C = 15\) \( \Rightarrow v\left( t \right) = \dfrac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2} + 15\).

Vậy $S = \int\limits_0^3 {\left( {\dfrac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2} + 15} \right)dt}  = 69,75\;{\rm{m}}$.

Gọi phương trình parabol \(\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c\). Do tính đối xứng của parabol nên ta có thể chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho \(\left( P \right)\) có đỉnh $I\left( {0;\dfrac{9}{4}} \right)\in Oy $ và đi qua hai điểm $A\left( { - \dfrac{3}{2};0} \right),B\left( {\dfrac{3}{2};0} \right)$ (như hình vẽ).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{9}{4} = c,\left( {I \in \left( P \right)} \right)\\\dfrac{9}{4}a - \dfrac{3}{2}b + c = 0\left( {A \in \left( P \right)} \right)\\\dfrac{9}{4}a + \dfrac{3}{2}b + c = 0\left( {B \in \left( P \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = \dfrac{9}{4}\\a =  - 1\\b = 0\end{array} \right.\)

Vậy \(\left( P \right):y =  - {x^2} + \dfrac{9}{4}\)

Dựa vào đồ thị, diện tích cửa parabol là:

\(S = \int\limits_{\frac{{ - 3}}{2}}^{\frac{3}{2}} {\left( { - {x^2} + \dfrac{9}{4}} \right){d}x} \)\( = 2\int\limits_0^{\frac{3}{2}} {\left( { - {x^2} + \dfrac{9}{4}} \right){d}x} \)$ = \left. {2\left( {\dfrac{{ - {x^3}}}{3} + \dfrac{9}{4}x} \right)} \right|_0^{\frac{9}{4}}$ \( = \dfrac{9}{2}{{\rm{m}}^2}\)

Số tiền phải trả là: \(\dfrac{9}{2}.1500000 = 6750000\) đồng

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ :

Ta dễ dàng tìm được phương trình parabol là \(y =  - \dfrac{1}{2}{x^2} + 18\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và trục hoành là \(S = \int\limits_{ - 6}^6 {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^2} + 18} \right)dx}  = \left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{6} + 18x} \right)} \right|_{ - 6}^6 = 144.\)

Gọi \({x_A} = a \Rightarrow {y_A} =  - \dfrac{1}{2}{a^2} + 18\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng AB : \(y =  - \dfrac{1}{2}{a^2} + 18\)

  và \({x_C} = c \Rightarrow {y_c} =  - \dfrac{1}{2}{c^2} + 18\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng CD :  \(y =  - \dfrac{1}{2}{c^2} + 18\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng AB là:

 $\begin{array}{l}{S_1} = \int\limits_{ - a}^a {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^2} + 18 + \dfrac{1}{2}{a^2} - 18} \right)dx}  = \int\limits_{ - a}^a {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^2} + \dfrac{1}{2}{a^2}} \right)dx}  = \left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{6} + \dfrac{{{a^2}}}{2}x} \right)} \right|_{ - a}^a =  - \dfrac{{{a^3}}}{6} + \dfrac{{{a^3}}}{2} - \left( {\dfrac{{{a^3}}}{6} - \dfrac{{{a^3}}}{2}} \right) = \dfrac{{2{a^3}}}{3}.\\{S_1} = \dfrac{1}{3}S \Rightarrow \dfrac{2}{3}{a^3} = \dfrac{1}{3}.144 = 48 \Rightarrow a = 2\sqrt[3]{9} \Rightarrow AB = 2a = 4\sqrt[3]{9}.\end{array}$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng CD là:

$\begin{array}{l}{S_2} = \int\limits_{ - c}^c {\left( { - \dfrac{1}{2}{x^2} + 18 + \dfrac{1}{2}{c^2} - 18} \right)dx}  = \left. {\left( { - \dfrac{{{x^3}}}{6} + \dfrac{{{c^2}}}{2}x} \right)} \right|_{ - c}^c =  - \dfrac{{{c^3}}}{6} + \dfrac{{{c^3}}}{2} - \left( {\dfrac{{{c^3}}}{6} - \dfrac{{{c^3}}}{2}} \right) = \dfrac{{2{c^3}}}{3}.\\{S_1} = \dfrac{2}{3}S \Rightarrow \dfrac{2}{3}{c^3} = \dfrac{2}{3}.144 = 96 \Rightarrow c = 2\sqrt[3]{{18}} \Rightarrow CD = 2c = 4\sqrt[3]{{18}}\\ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{CD}} = \dfrac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\end{array}$

Gọi phương trình của vận tốc trong 1h đầu là: $v(t) = a\,{t^2} + bt + c\,\,(a \ne 0)$

Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số có đỉnh $I(2;5)$ và đi qua điểm $A(1;4),\,\,\,(0;1)$.

Suy ra:  $\left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{{2a}} = 2\\a{.2^2} + b.2 + c = 5\\c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\b =  - 4a\\4a + 2b + 1 = 5\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 1\\a =  - 1\\b = 4\end{array} \right. \Rightarrow v(t) =  - {t^2} + 4t + 1$

Quãng đường vật chuyển động trong 1 giờ đầu là:

$s = \int_0^1 {v(t)dt}  = \int_0^1 {\left( { - {t^2} + 4t + 1} \right)dt}  = \left. {\left( { - \dfrac{{{t^3}}}{3} + 2{t^2} + t} \right)} \right|_0^1 =  - \dfrac{{{1^3}}}{3} + {2.1^2} + 1 - 0 = \dfrac{8}{3}\,(km)$

Trong 2h tiếp theo vật chuyển động thẳng đều với vận tốc \(4km/h\)

\( \Rightarrow \) Quãng đường đi được trong 2h tiếp theo là $8$ km.

Vậy quãng đường mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó là: \(\dfrac{8}{3} + 8 = \dfrac{{32}}{3}\,\,\left( {km} \right)\)

Quãng đường ô tô đi được trong \(5\)\(\left( {\rm{s}} \right)\) đầu là ${s_1} = \int\limits_0^5 {7t{\rm{d}}t}  = 7\left. {\dfrac{{{t^2}}}{2}} \right|_0^5 = 87,5$ (mét)

Phương trình vận tốc của ô tô khi người lái xe phát hiện chướng ngại vật là \({v_{\left( 2 \right)}}\left( t \right) = 35 - 35t\) (m/s). Khi xe dừng lại hẳn thì \({v_{\left( 2 \right)}}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 35 - 35t = 0 \Leftrightarrow t = 1\)

Quãng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp đến khi dừng lại hẳn là \({s_2} = \int\limits_0^1 {\left( {35 - 35t} \right){\rm{d}}t} \)\( = \left. {\left( {35t - 35\dfrac{{{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1\)\( = 17,5\) (mét)

Vậy quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là \(s = {s_1} + {s_2}\)\( = 87,5 + 17,5\)\( = 105\) (mét)

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, do ABCD là hình vuông cạnh 4m nên ta có \(A\left( { - 2;2} \right);B\left( {2;2} \right),C\left( {2; - 2} \right);D\left( { - 2; - 2} \right)\), từ đó ta dễ dàng viết được phương trình đường tròn là \({x^2} + {y^2} = 8\) và phương trình 2 parabol là \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) và \(y =  - \dfrac{1}{2}{x^2}\).

Ta có: S₁ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường tròn \({x^2} + {y^2} = 8\) và parabol (P): \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) 

\({S_1} = \int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \dfrac{1}{2}{x^2}} \right)dx}  \) \(\Rightarrow {S_1} + {S_3} = 4\int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \dfrac{1}{2}{x^2}} \right)dx}  = 15,23\left( {{m^2}} \right)\)

\({S_2} + {S_4} = \pi {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} - \left( {{S_1} + {S_3}} \right) = 9,90\left( {{m^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Chi phí để trồng bồn hoa đó là: \(15,23.150 + 9,90.100 \approx 3270\) (nghìn đồng).

Gọi phương trình của đường parabol (P) cần tìm là : $y = a{x^2} + bx + c,a \ne 0$

Parabol đi qua điểm $\left( {0;2} \right) \Rightarrow 2 = a{.0^2} + b.0 + c \Rightarrow c = 2$ .

Parabol có đỉnh $I\left( {1;1} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \dfrac{b}{{2a}} = 1\\a{.1^2} + b.1 + 2 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b + 2a = 0\\a + b =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 2\end{array} \right.$

Vậy $(P):\,\,y = {x^2} - 2x + 2$  .

Quãng đường vật di chuyển được trong 4 giờ kể từ lúc xuất phát:

$s = \int\limits_0^4 {v(t)dt}  = \int\limits_0^4 {({t^2} - 2t + 2)dt}  = \left. {\left( {\dfrac{{{t^3}}}{3} - {t^2} + 2t} \right)} \right|_0^4 = \dfrac{{{4^3}}}{3} - {4^2} + 2.4 = \dfrac{{40}}{3}$

Bước 1: Tìm $v_B(t)$

Ta có \({v_B}\left( t \right) = \int {adt}  = at + C,{v_B}\left( 0 \right) = 0\)

\( =  > C = 0 =  > {v_B}\left( t \right) = at\)

Bước 2: Tính quãng đường A đi được trong 25 giây

Quãng đường chất điểm A đi được trong 25 giây là

\({S_A} = \int\limits_0^{25} {\left( {\dfrac{1}{{100}}{t^2} + \dfrac{{13}}{{10}}t} \right)dt} \) \( = \left. {\left( {\dfrac{1}{{300}}{t^3} + \dfrac{{13}}{{60}}{t^2}} \right)} \right|_0^{25} = \dfrac{{375}}{2}\)

Bước 3: Tính quãng đường B đi được trong 15 giây

Quãng đường chất điểm B đi được trong 15 giây là

\({S_B} = \int\limits_0^{15} {at} .dt = \left. {\dfrac{{a{t^2}}}{2}} \right|_0^{15} = \dfrac{{225a}}{2}\)

Bước 4: Tìm a và $v_B(15)$

Ta có: \(\dfrac{{375}}{2} = \dfrac{{225a}}{2} \Leftrightarrow a = \dfrac{5}{3}\)

Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A là \(v_B\left( {15} \right) = \dfrac{5}{3}.15 = 25\left( {m/s} \right)\)

Gọi phương trình parabol biểu diễn cho vận tốc của vật là \(v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\)

Đỉnh của parabol có tọa độ \(\left( {15;60} \right) \Rightarrow  - \dfrac{b}{{2a}} = 15\,\,\left( 1 \right)\)

Parabol đi qua điểm \(\left( {15;60} \right)\) và điểm \(\left( {0;0} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}225a + 15b + c = 60\\c = 0\end{array} \right.\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{{ - 4}}{{15}}\\b = 8\\c = 0\end{array} \right. \Rightarrow v\left( t \right) =  - \dfrac{4}{{15}}{t^2} + 8t\)

Dựa vào đồ thị ta thấy vận đạt vận tốc cao nhất tại $t{\rm{ }} = {\rm{ }}15s$ .

Khi đó quãng đường đi được từ lúc bắt đầu đến lúc vận tốc cao nhất là: \(S = \int\limits_0^{15} {\left( { - \dfrac{4}{{15}}{t^2} + 8t} \right)dt}  = 600\,\,\left( m \right)\)

Gắn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ:

Dựa vào hình vẽ ta thấy đường $sin$ có chu kì bằng \(AB = 2\pi \) và biên độ bằng \(AM = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{5}{2}\) Đường hình $sin$  có phương trình \(y =  - \dfrac{5}{2}\sin x\).

Đường thẳng $BC$  có phương trình \(x = \pi \).

Xét hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y =  - \dfrac{5}{2}\sin x\), trục $Ox$ , đường thẳng \(x = 0;\,\,x = \pi \) có $S = \int\limits_0^\pi  {\left| { - \dfrac{5}{2}\sin x} \right|} dx = \dfrac{5}{2}\int\limits_0^\pi  {\sin xdx}  =  - \left. {\dfrac{5}{2}\cos x} \right|_0^\pi  = \dfrac{5}{2} + \dfrac{5}{2} = 5\,\,\left( m \right)$ .

\( \Rightarrow \) Diện tích giải đất ông A dùng để trồng hoa là \(2S = 10\,\,\left( {{m^2}} \right)\) , do đó kinh phí để trồng hoa là $1.000.000$  đồng.

Ta có \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt}  = \int {\left( {6 - 3t} \right)dt}  = 6t - \dfrac{{3{t^2}}}{2} + C\).

Theo bài ra ta có: Ô tô đang đứng yên và bắt đầu chuyển động, do đó \(v\left( 0 \right) = 0\) \( \Rightarrow C = 0\).

Khi đó ta có \(v\left( t \right) = 6t - \dfrac{3}{2}{t^2}\), đây là một parabol có bề lõm hướng xuống, đạt giá trị lớn nhất tại \(t = \dfrac{{ - b}}{{2a}} = \dfrac{{ - 6}}{{2.\left( { - \dfrac{3}{2}} \right)}} = 2\).

Vậy quãng đường ô tô đi được từ khi chuyển động đến khi vận tốc của ô tô đạt giá trị lớn nhất là:

\(S = \int\limits_0^2 {v\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^2 {\left( {6t - \dfrac{3}{2}{t^2}} \right)dt}  = 8\,\,\left( m \right).\)

Bước 1: Tìm t

Tốc độ sinh lợi nhuận của dự án hai bằng một nửa dự án một khi

\({P_1} = 2{P_2} \Leftrightarrow 50 + {t^2} = 400 + 10t\)

\( \Leftrightarrow {t^2} - 10t - 350 = 0 \Leftrightarrow t = 5 + 5\sqrt {15} \)

Bước 2: Sử dụng tích phân để tính chênh lệch lợi nhuận thực tế

Chênh lệch lợi nhuận thực tế giữa 2 dự án trong khoảng thời gian đó là

\(\begin{array}{l}L = \int\limits_0^{5 + 5\sqrt {15} } {\left[ {{P_2}\left( t \right) - {P_1}\left( t \right)} \right]dt} \\ = \int\limits_0^{5 + 5\sqrt {15} } {\left( {350 + 10t - {t^2}} \right)}  = 6674,6\end{array}\)

Ta có: \(v\left( t \right) = 2t + 3\,\,\left( {m/s} \right)\)

Khi đó quãng đường của vật được tính từ giây thứ nhất đến giây thứ năm là:

\(s\left( t \right) = \int\limits_1^5 {\left( {2t + 3} \right)dt} \) \( = \left. {\left( {{t^2} + 3t} \right)} \right|_1^5\) \( = {5^2} + 3.5 - 1 - 3 = 36\,\,(m).\)

Ta có: \( N(t)=\int {N'(t)dt} = \int {\dfrac{{4000}}{{0,5t + 1}}dt}  \)\(= \dfrac{{4000}}{{0,5}}\ln \left| {0,5t + 1} \right| + C = 8000\ln \left| {0,5t + 1} \right| + C\).

Với \(t = 0\) thì \(250000 = 8000\ln 1 + C \)\(\Leftrightarrow C = 250000\).

Vậy \(N\left( t \right) = 8000\ln \left| {0,5t + 1} \right| + 250000 \)\(\Rightarrow N\left( {10} \right) \approx 264334\) 

Bước 1: Tìm a

Tại thời điểm $t=20(s), v(20)=0$ nên $v_{0}+20 a=0 \Rightarrow a=-\dfrac{v_{0}}{20}$

Do đó, $v(t)=v_{0}-\dfrac{v_{0}}{20} t$

Bước 2: Tính \(\int\limits_0^{20} {v\left( t \right)dt} \)

Mặt khác, $v(t)=s^{\prime}(t) \Rightarrow \int_{0}^{20} v(t) \mathrm{d} t=\int_{0}^{20} s^{\prime}(t) \mathrm{d} t=\left.s(t)\right|_{0} ^{20}=s(20)-s(0)=120$

Bước 3: Tính \({v_0}\)

Suy ra, $\int_{0}^{20}\left(v_{0}-\dfrac{v_{0}}{20} t\right) \mathrm{d} t=\left.120 \Rightarrow\left(v_{0} t-\dfrac{v_{0}}{40} t^{2}\right)\right|_{0} ^{20}=120$

Từ đó ta có phương trình $20 v_{0}-10 v_{0}=120 \Rightarrow v_{0}=12(\mathrm{~m} / \mathrm{s})$

Trong 2 giây đầu, \({v_1} = a{t^2}\), lại có khi \(t = 2\,\,\left( s \right) \Rightarrow {v_1} = 60\,\,\left( {m/s} \right)\) nên \(60 = a{.2^2} \Leftrightarrow a = 15\), suy ra \({v_1} = 15{t^2}\).

Quãng đường vật đi được trong 2 giây đầu là \({s_1} = \int\limits_0^2 {{v_1}\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^2 {15{t^2}dt}  = 40\,\,\left( m \right)\).

Trong giây tiếp theo, \({v_2} = mt + n\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}t = 2 \Rightarrow v = 60\\t = 3 \Rightarrow v = 360km/h = 100m/s\end{array} \right.\), nên ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2m + n = 60\\3m + n = 100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 40\\n =  - 20\end{array} \right.\) \( \Rightarrow {v_2}\left( t \right) = 40t - 20\).

Quãng đường vật đi được trong giây tiếp theo là \({s_2} = \int\limits_2^3 {{v_2}\left( t \right)dt}  = \int\limits_2^3 {\left( {40t - 20} \right)dt}  = 80\,\,\left( m \right)\).

Trong 2 giây cuối, \({v_3} = 100\,\,\left( {m/s} \right)\).

Quãng đường vật đi được trong 2 giây cuối là \({s_3} = \int\limits_3^5 {{v_3}\left( t \right)dt}  = \int\limits_3^5 {100dt}  = 200\,\,\left( m \right)\).

Vậy trong 5 giây đó xe đã đi được quãng đường là: \(40 + 80 + 200 = 320\,\,\left( m \right)\).