ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA
KHOA ĐIỆN – ĐIỆN TỬ
NĂM HỌC 2019-2020
…………………………………………..

BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN
MƠN: GIẢI TÍCH 1
GVHD: CƠ ĐỒN THỊ THANH XN
NHĨM: 03
LỚP: L16
ĐỀ TÀI: 3 TÊN ĐỀ TÀI: TÍCH PHÂN
1/ Lý thuyết: trình bày các định lý cơ bản của vi tích phân, cơng thức
Newton-Lebnitz. Các phương pháp tìm ngun hàm.
2/ Bài tập:
- Tìm và giải 10 bài tập đổi biến loại( cho đủ các dạng lượng
giác, dạng hửu tỷ, vơ tỷ).
- Tìm và giải 10 bài tập sử dụng tích phân từng phần( đủ 3 loại
cơ bản).
- Tìm và giải 5 bài tập thực tế dẫn đến tính tích phân. ( xem bài
tập 4.4 Calculus)
STT
HỌ VÀ TÊN
1 PHẠM VŨ HOÀNG

MSSV
1911204
1


2

3
4
5
6
7
8
9
10
11

ĐẶNG PHƯƠNG DUY
TRẦN HỮU PHÚC HUY
NGUYỄN DUY KHÁNH
ĐINH TRẦN MINH HUY
MAI THẾ ANH KHOA
VĂN THÀNH THUẬN
LÊ THÀNH NHÂN
NGUYỄN TẤN PHÁT
ĐOÀN THIÊN QUỐC
HUỲNH NGỌC THANH THẢO

I.
1.

LÝ THUYẾT

Lịch sử ra đời:

1910934
1911260

1911368
1911233
1911408
1912162
1911753
1911827
1911946
1912069

MỤC LỤC

3

2. Trình bày các định luật cơ bản của vi tích phân và CT NewtonLebnitz
4
3. Các phương pháp tính nguyên hàm
II.

4

BÀI TẬP

1. Tìm và giải 10 bài tập đổi biến loại
a. Lượng giác
b. Hữu tỷ
c. Vơ tỷ

5

6


7
8

2. Tìm và giải 10 bài tập sử dụng tích phân từng phần 9
3. Tìm và giải 5 bài tập thực tế dẫn đến tính tích phân. ( xem bài tập
4.4 Calculus)
13

2


I.

LÝ THUYẾT:
1. Lịch sử ra đời:
Newton (từ 1666)
Theo thời gian (fluents)

Leibniz (từ 1675)
Khái niệm
Xem như vô số giias trị nhỏ đặt
lượng biến đổi
cạnh nhau
Vận tốc và vi
Dựa trên động học, cơ bản là vận
Vi phân của biến số có được
phân
tốc (fluxion)
bằng cách tạo ra một dãy các

hiệu số của những giá trị kế tiếp
nhau của biến số.
Khái niệm tích Phương pháp của Newton là tìm
Với Leibniz, tích-phân là phép
- phân
diện tích z dưới đường cong vẽ nên tính tốn về tổng số. Các hệ
bởi điểm (x,y) bằng cách giải
thức ʃ dy = y và d ʃ z = z được
phương trình 𝑧̇ = y𝑥̇, ấy là tìm lượng chứng minh. Diện tích dưới
đường cong được tính nhờ tích
thay đổi ztừ vận tốc y𝑥̇. Newton
phân ʃ y dx.
không đưa ra các phép tính tốn
(operations) về tích-phân.
Lượng vơ
Newton ngần ngại khi dùng lượng
Sử dụng lượng vô cùng nhỏ:
cùng nhỏ
vô cùng nhỏ. Vận tốc (fluxion) của
Nếu y là một biến số nào đó thì
Newton khơng phải là lượng vơ
dy là một lượng vơ cùng nhỏ.
cùng nhỏ, mà là một lượng hữu hạn.
Ký hiệu
Giới thiệu hai ký hiệu cơ bản d
Sử dụng dấu chấm trên đầu, 𝑥̇, để
chỉ vận tốc, nhưng khơng có ký hiệu và ʃ . Đó là ký hiệu tượng trưng
cho hai phép tốn thuận ngược
cho phép tính ngược lại.
lẫn nhau trên các lượng thay

đổi.
Vai trị hình vẽ Thường xun dùng hình vẽ, giải
Phép tốn hình thức của Leibniz
thích nhiều kết quả thơng qua hình
cho phép tính tốn độc lập với
vẽ và trực giác.
Hình học. Các tính tốn vi-phân
của Leibniz gần với Đại số hơn
là Hình học.
1600 TCN: Ai Cập biết đến cơng thức thể tích hình chóp, Babylon biết giá trị thập
phân của √ 2 nhưng chưa biết cách giải thích
425 – 200 trước TCN Eudoxus đã phát minh ra phương pháp “vét cạn” (method
of exhaustion) để tìm diện tích hình phẳng và thể tích hình chóp. Archimedes đã
tìm ra được cách tính diện tích một phần parabol (parabola segment).
320 sau CN Nhà Tốn học Hy-Lạp Pappus đã tính được thể tích hình khối trịn
xoay khi cho một hình phẳng quay quanh một đường thẳng khơng cắt hình ấy,
nhưng ơng không đưa ra cách chứng minh.

3


1300 - 1400 Nicole Oresme (1320 – 1382), nhà Triết học và Tốn học Pháp, là
người đầu tiên tìm cách vẽ đồ thị hàm số
Bonaventura Cavalieri (1598 – 1647), nhà Toán học Ý, phát minh ra phương pháp
chia nhỏ (method of indivisibles) để tính diện tích hình phẳng, tiền thân của
phương pháp tính diện tích hình phẳng bằng tích phân sau này.
Pierre de Fermat (1607 – 1665), nhà Luật học và Tốn học Pháp, năm 1630 cho
cơng bố tác phẩm Methodus ad disquirendam maximam et minimam et de
tangentibus linearum curvarum, đây được xem như là nền tảng giúp cho René
Descartes xây dựng nên ngành Hình học Giải tích. Ngồi ra cũng trong tác phẩm

này, Fermat có đề ra phương pháp tính cực đại và cực tiểu cũng như vấn đề tiếp
tuyến của đường cong.
Isaac Barrow (1630 – 1677), thầy của Newton tại Đại học Cambridge, trong
những năm 1650 -1660, qua những bài giảng Geometrical Lectures, đã tìm ra
nhiều kết quả quan trọng trong việc phát triển phép tính vi-phân và các vấn đề tiếp
tuyến với đường cong. Ơng cịn được ghi cơng đầu trong việc tìm ra cơng thức cơ
bản của tích phân cho phép tính được diện tích hình dưới đường cong y = f(x)
(sau này thường được gọi là cơng thức Newton-Leibniz).

2. Trình bày các định lý cơ bản của vi tích phân, cơng thức NewtonLebnitz:
a. Định lý cơ bản thứ nhất (Phần thứ nhất): Cho
và
Khi đó

là một hàm xác định, với mọi
cũng liên tục trên

là hàm liên tục trên đoạn
thỏa mãn

đồng thời khả vi trên

.

và

với mọi
b. Định lý cơ bản thứ hai (Định lý Newton – Leibniz): Với
định, liên tục trên đoạn


Với

là một hàm xác

. Khi đó:

là nguyên hàm của hàm số

1. Các phương pháp tìm nguyên hàm:
Một nguyên hàm của một hàm số thực cho trước f(x) là một hàm F(x) có đạo
hàm bằng  f(x), nghĩa là, F(x)′ = f(x). Q trình tìm ngun hàm được gọi là tích
phân bất định. Tìm một biểu thức cho ngun hàm là cơng việc khó hơn so với
4


việc tìm đạo hàm, và khơng phải ln ln thực hiện được, bất kỳ hàm số liên
tục trên đoạn hay khoảng từ giá trị a đến b, thì đều tồn tại nguyên hàm của hàm số
đó trên đoạn/khoảng từ a đến b nêu trên.
Để tìm họ nguyên hàm của một hàm số y = F(x), cũng có nghĩa là ta đi tính một
tích phân bất định: I = ∫ f’(x)dx, muốn tìm 1 nguyên hàm của 1 hàm cho trước có
các phương pháp sau :
Phương pháp 1. TÍNH NGUYÊN HÀM BẰNG BẢNG NGUYÊN HÀM:
1. Tích của đa thức hoặc lũy thừa thi triển
2. Tích các hàm mũ → khai triển theo cơng thức mũ.
3. Chứa căn → chuyển về lũy thừa.
4. Tích lượng giác bậc một của sin và cosin → khai triển theo cơng thức tích
thành tổng.
5. Bậc chẵn của sin và cosin → hạ bậc.
Phương pháp 2. TÍNH NGUYÊN HÀM CỦA HÀM SỐ HỮU TỶ:
1. Nếu bậc của tử số P(x) ≥ bậc của mẫu số Q(x) → Chia đa thức.

2. Nếu bậc của tử số P(x) < bậc của mẫu số Q(x) → Xem xét mẫu số và khi đó:
+ Nếu mẫu số phân tích được thành tích số, ta sẽ sử dụng đồng nhất thức để đưa
về dạng tổng của các phân số.
+ Nếu mẫu số khơng phân tích được thành tích số (biến đổi và đưa về dạng
lượng giác).
Phương pháp 3. TÍNH NGUYÊN HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
SỐ:
- Phương pháp đổi biến số được sử dụng khá phổ biến tring việc tính các tích
phân bất định. Phương pháp đổi biến số để xác định nguyên hàm có hai dạng dựa
trên định lí sau
+ Nếu: ∫ f(x)dx = F(x) + C với u = φ(x) là hàm số có đạo hàm thì: ∫f(u)du= F(u) +
C
+ Nếu hàm số f(x) lien tục thì đặt x= φ(t). Trong đó φ(t) cùng với đạo hàm của nó
φ’(t) là những hàm số lien tục thì ta được: ∫ f(x)dx = ∫ f(φ(t)) φ’(t)dt= ∫ g(t)dt=
G(t) + C
Phương pháp 4. TÍNH NGUYÊN HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP NGUYÊN
HÀM TỪNG PHẦN:
+ Nhận dạng: Tích 2 hàm khác loại nhân với nhau.
+ Thứ tự ưu tiên chọn u: log – đa – lượng – mũ và dv = phần cịn lại. Nghĩa là nếu
có In hay log thì chọn u = ln hay u = log và dv = cịn lại. Nếu khơng có ln, log thì
chọn u = đa thức và dv = còn lại. Nếu khơng có log, đa thức, ta chọn u = lượng
giác …
+ Lưu ý rằng bậc của đa thức và bậc của In tương ứng với số lần lấy nguyên hàm.
+ Dạng mũ nhân lượng giác là dạng nguyên hàm từng phần luân hồi.
II. BÀI TẬP:
5


1. Tìm và giải 10 bài tập đổi biến loại:
a. Dạng lượng giác:

Bài 1:
I= ∫

dx
4 sinx+3 cosx+ 5
x
2

Đặt t = tan , x ≠ (2k + 1)π
=> dx =

2 dt
1+ t 2

Khi đó sinx =
I = ∫

2t
, cosx =
1+ t 2

dt
dt
eq ¿ (2 dt , 1+ t 2)
= 2∫ 2
= ∫
2 = +C =
eq ¿ (8 t , 1+t 2)+ 3 eq ¿(1−t 2 ,1+t 2)+5
(t +2)
2t + 8 t+8


−1
x
+C
tan +2
2

Bài 2:
I= ∫

cosx
dx = ∫ eq ¿(dt ,t +2) = ln|t +2|+C=ln|sinx+2|+ C(Với sinx=t )
sinx +2

Bài 3:
I = ∫ sin 3 x √cosx dx
Đặt: t = √ cosx  t2 = cosx => 2tdt = sinxdx
Do đó: sin3x√ cosx dx=( 1−cos2 x ) √cosx sinxdx
= (t4-1)t2tdt = 2(t6-t2)dt
2
7

2
3

3
6
2
7
3

Vậy: I = ∫ sin x √ cosx dx =2 ∫ ( t −t ) dt= t − t +C

=

2
7
2
3
√ cosx − √ cosx + C
7
3

Bài 4:
I= ∫

sinx +2 cosx−3
dx
sinx−2 cosx+3

*sinx + 2cosx - 3 = A(sinx – 2cosx + 3) + B(sinx – 2cosx + 3) + C
 sinx + 2cosx - 3 = A(cosx + 2sinx) + B(sinx – 2cosx + 3) +C

6




{

4

5
−3
B=
5
−6
C=
5
A=

∫ eq ¿(d ( sinx−2 cosx +3), sinx−2 cosx +3) - ∫ dx - ∫ eq ¿(dx , sinx−2 cosx +3)
|sinx−2 cosx+ 3| - x - ∫ eq ¿(dx , sinx−2 cosx+3)
Đặt I1 = ∫ eq ¿(dx , sinx−2 cosx +3)
Đặt t = tan , x ≠(2 k +1)π
I=

=ln

= > dx =
= > sinx = , cosx =
I1 = ∫
=∫

eq ¿( 2dt , 1+ t 2)
eq ¿ (2t ,1+t 2)−2. eq ¿(1−t 2 ,1+t 2)+3

2 dt

2 t−2 ( 1−t 2 ) +3 (1+ t 2 )

2dt

2
=
1
4 = arctan()+C, với t = tan
5(t + ) +
5
5
∫

b. Dạng hửu tỷ:
Bài 5:
I = ∫ dx
= ∫ = ∫ ¿ +)dt
At2+At+A+Bt2+Ct=1
= > A = 1, B = -1, C = -1
= > I = ln|t |- ∫ dt
Đặt I1 = ∫ dt
Ta có: I1 = ∫ dt + ∫ dt

2
2t +1
arctan ⁡(
)+C
√3
√3
1
2t +1
arctan ⁡(
)+C
= > I = ln|t | - ln|t 2+ t+1| √3

√3

= ln|t 2+ t+1| + .

Với t = lnx
Bài 6:
I = ∫ = ∫ (++)dx
Đồng nhất hệ số, ta có:
A = -1, B=1/3, C = -1/3, D = 1/3

7


= > I = - ∫ + ∫ - ∫ dx
= + ln|x−1| - ∫ dx
= + ln|x−1| - ln(x2+x+1) +
Bài 7:
I= ∫ = ∫
Đặt t=x+1, => dx=dt

3

1
2 x +1
arctan
+C
√3
√3

1

t

=> I = ∫ dt = ∫ (t−3+ t − 2 )dt = - 3t + ln|t | + +C
Với t = x+1

c. Dạng vô tỷ:
Bài 8:
I = ∫ x√ 4 x 2−3 dx
Đặt t = 4x2 – 3 = > dt = 8xdx
2

I = ∫ √ t dt = t3/2. +C
3
=
Bài 9:
I= ∫

1
√(4 x2 −3)3 + C
12

dx

√ x +6 x +10
2

=∫

dx


√ ( x+3 ) +1
2

Đặt t = x+3 = > dt=dx
I= ∫

d ( x +3)

√( x +3) +1
2

Bài 10:
I= ∫

=∫

dt

√ t2 +1

= ln|t + √ t 2 +1| + C
= ln|x +3+ √ (x +3)2 +1| + C

dx

√(2 x+1)2−√ 2 x+1
3

Đặt 2x+1=t6 = > x=(t6-1)/2, dx=3t5dt, Khi đó:
I = ∫ = 3 ∫ = 3 ∫ (t+1+)dt = t2 + 3t + 3ln|t −1| + C

Với t=√6 2 x +1
2. Tìm và giải 10 bài tập sử dụng tích phân từng phần:
k
m
Dạng 1: ∫ x ln x dx

( k, m ∈ Z 0 )

e

1) Tính

∫ x 3 ln2 xdx
1

Giải:

8


Đặt

{

2

u=ln x ⇒
dv=x 3 dx

{


2 ln x
dx
x
1
x= x 4
4

du=

Khi đó ta có:
e

|

e

1 4 2
1
1 4 1
3
3
I = x ln x e − ∫ x ln x dx= e − ∫ x ln x dx
4
4
21
1 21

{


1
du= dx
u=ln x
x
⇒
Đặt
3
1
dv=x dx
v= x 4
4

{

Khi đó ta có:

[

e

|
1
1
1
¿ e − e − x |e
[
4
8
32 1 ]


1 4 1 1 4
1
3
I= e −
x ln x e − ∫ x dx
4
2 8
1 81
4

4

]

4

4

1 4 3 e +1
¿ e−
4
32
¿

5 e4 −1
32

2

∫ 2 x ln2 x dx

2

2) Tính

1

( x + 1)

Giải:

{

{

1
du= dx
x
Đặt dv= 2 xdx =( x2 +1 )−1 d ( x 2+1 ) ⟹
−1
2
v= 2
( x 2+1 )
x +1
u=ln x

Khi đó ta có:

|

2


−ln x 2
1
−ln 2
I= 2
+∫
dx=
+I1
2
5
x +1 1 1 x ( x +1 )

Trong đó,
9


d (x )
1
x
1
I 1=∫
dx=∫ 2 2
dx= ∫ 2 2
2
2 1 x ( x +1 )
1 x ( x +1)
1 x ( x +1)
2

2


2

(

2

)

2

2

|

1
1
1
1
x 2 1 8
2
I 1= ∫ 2 − 2
d ( x )= ln 2
= ln
2 1 x x +1
2 x +1 1 2 5
1
2

8

5

Vậy I = ln −
3

3) Tính I =∫
1

ln 2
5

1+ ln ( x+1 )
dx
x

Lời giải:

{

{

1
u=1+ ln ( x +1 )
du=
dx
x +1
⟹
dx
Đặt
dv= 2

−1
v=
x
x

Khi đó ta có:
3

−1+ln ( x+1 ) 3
1
2+ln 2
I=
¿1 +∫
=
+I1
x
3
1 x ( x+1 )

Trong đó,
3

3

(

)

| |


1
1
1
x 3
I 1=∫
dx=∫ −
dx=ln
¿ =ln 3−ln 2
x+1
x +1 1
1 x ( x +1)
1 x
2
3

2
3

Vậy I = + ln 3− ln2

Dạng 2:
4) Tính

∫ x k e ax dx
1

∫ x e x dx
0

Lời giải:

Đặt:
Do đó

10


u=x
⟹
{dv=e
{du=dx
dx
v=e
x

x

1

|

1

|

∫ x e dx=x e 10 −∫ e x dx=e−e x 10 =e−( e−1 )=1
0
0
5) Tính

x


x

∫ x 2 e2 x dx

{

{

du=2 xdx
2
u=x ⇒
1
Lời giải: Đặt
2x
v= e 2 x
dv=e dx
2

( )

1
1
1
I = x 2 e 2 x −∫ e 2 x 2 dx= x2 e 2 x −∫ x e2 x dx
2
2
2
2x
Với I 1=∫ x e dx ta có:


Đặt

{

{

du=dx
u=x
⟹
1 2x
2x
v= e
dv=e dx
2

1 2x 1
1 2x 1 2x
2x
I 1= x e − ∫ e dx= x e − e +C
2
2
2
4

- Thay I1 vào I ta có:
1 2 2x 1 x 1 2 x
1
2
2x

I = x e − x e + e +C= ( 2 x −2 x +1 ) e +C
2
2
4
4

6) Tính ∫ ( 2 x 2 + x+1 ) e x dx
Lời giải:

{

{

2
u=2 x + x +1 ⇒ du= ( 4 x +1 ) dx
dv=e x dx
v=e x

I =( 2 x 2+ x +1 ) e x −∫ ( 4 x+ 1 ) e x dx
x
- Với I 1=∫ ( 4 x +1 ) e dx ta có:

{

{

u=(4 x +1) ⇒ du=4 dx
x
x
v =e

dv =e dx

I 1=( 4 x +1 ) e x −4∫ e x dx=( 4 x+1 ) e x −4 e x +C=( 4 x−3 ) e x +C

- Thế I1 vào I ta được kết quả:
I =( 2 x 2+ x +1 ) e x −( 4 x−3 ) e x +C=( 2 x 2−3 x+ 4 ) e x +C

11


Dạng 3: ∫ f (x )sin ax dx , : ∫ f (x )cos ax dx
2
7) Tính I =∫ x cos 2 xdx

Lời giải:
I =∫ x cos 2 xdx=∫ x
2

- Ta có: I 1=∫

{

1+cos 4 x
1
1
dx=∫ xdx +∫ x cos 4 xdx
2
2
2


( 12 x cos 4 x ) dx

{

1
du= dx
1
u= x
2
⟹
2
1
v = sin 4 x
dv=cos 4 xdx
4

1
1
1
1
I 1= x sin 4 x− ∫ sin 4 xdx= x sin 4 x + cos 4 x +C
8
8
8
32
1
4

1
8


2
Thế I1 vào I ta có: I = x + x sin 4 x+

1
cos 4 x +C
32

x
8) Tính I =∫ e cos xdx

Lời giải:

{

{

u=cos x
du=−sin xdx
⇒
x
x
dv=e dx
v=e

I =e cos x +∫ e sin xdx
x

x


x
Ta có: I 1=∫ e sin xdx

{

{

u=sin x ⇒ du=cos xdx
x
x
dv=e dx
v=e

⇒ I 1=e sin x−∫ e cos xdx=e sin x−I
x

x

x

x

x

⟺ I =e cos x+ e sin x−I

1
⟺ I= ¿
2


9) Tính

∫ e2 x sin2 xdx

Lời giải:
I =∫ e 2 x sin2 xdx=∫ e2 x

1−cos 2 x
1
1
1
dx= ∫ e 2 x dx− ∫ e2 x cos 2 xdx= e 2 x −J
2
2
2
4

12


Ta có: J=

1
e2 x cos 2 xdx
∫
2

{

{


u=cos 2 x
du=−2 sin 2 xdx
⟹
1
1
dv= e 2 x dx
v= e 2 x
2
4

1 2x
1
1 2x
2x
⟹ J = e cos 2 x + ∫ e sin2 xdx= e cos 2 x + K
4
2
4

Ta có: K=

1
2x
e sin 2 xdx
2∫

{

{


u=sin 2 x
du=2 cos 2 xdx
⟹
1 2x
1 2x
dv= e dx
v= e
2
4

1 2x
1
1 2x
2x
⟹ K= e sin 2 x− ∫ e cos 2 xdx = e sin 2 x−J
4
2
4
1 2x
1 2x
1 2x
⟹ J = e cos 2 x + K = e cos 2 x+ e sin 2 x−J
4
4
4
1 2x
1 2x
⟹ 2 J = e cos 2 x + e sin 2 x
4

4
1
⟹ J = e2 x ¿
8
1 2x
1 2x 1 2 x
⟹ I = e −J = e − e ¿
4
4
8
1
2x
¿ ( 2−sin2 x−cos 2 x ) e +C
8

10) Tính ∫ x sin ( 2 x +1 ) dx
Lời giải:

{

{

du=dx
u=x
⟹
−1
v=
cos ( 2 x+1 )
dv=sin ( 2 x+1 ) dx
2


⟹∫ x sin ( 2 x+1 ) dx=

−1
1
x cos ( 2 x +1 ) + ∫ cos ( 2 x+1 ) dx
2
2

3. Tìm và giải 5 bài tập thực tế dẫn đến tính tích phân:
1. Một phân tử di chuyển với vận tốc được biểu diễn bởi phương trình: v(t)= t2 –
t – 6 (m/s)
13


a. Xác định độ dời của phân tử trong khoảng thời gian từ 1 đến 4s
 Gọi r(t) là độ dời của phân tử. Ta có r trong khoảng từ 1 đến 4s là r=
4

9

∫ v ( t ) dt = - 2 m. Và dựa vào dấu của giá trị, ta còn biết rằng, phân tử
1

đang di chuyển ngược chiều dương.
b. Xác định quãng đường phân tử đi được trong khoảng thời gian trên
 Gọi S(t) là quãng đường phân tử đi. Ta có quãng đường phân tử đó đi
4

được trong khoảng thời gian đó là S = ∫|v (t)|dt = 10.167 m.

1

2. Một bệ chứa dầu bị nứt tại thời điểm t= 0 và dầu bắt đầu chảy ra với tốc độ r(t)
= 100e-0.01t l/phút. Lượng dầu chảy ra sau 1 giờ đầu là bao nhiêu ?
60

 Lượng dầu chảy ra sau 1 giờ đầu là ∫ 100 e

−0.01 t

0

dt = 4511.88 lít với

100

∫ 100 e−0.01 t dt = - 0.01 e-0.01t + C
3. Số lượng vi khuẩn ban đầu là 400 và sinh trưởng với tốc độ r(t)=
(450.268)e1.12567t vi khuẩn/ giờ. Số lượng vi khuẩn sau ba giờ là ?
 Số lượng vi khuẩn sau t giờ là ∫ 450.268 e

1.12567 t

3

 Số lượng vi khuẩn sau 3 giờ là ∫ ∫ 450.268 e
0

dt = 400e1.12567t +C


1.12567 t

dt = 11313.23347 vi

khuẩn.
4. Để trang trí cho một phịng trong tịa nhà, người ta vẽ lên tường một hình như
sau: trên mỗi cạnh của hình lục giác đều có cạnh bằng 2 (dm) một cánh hoa
hình parabol, đỉnh của parabol cách cạnh 3 (dm) và nằm ngồi hình lục giác,
hai đầu mút của cạnh cũng là hai điểm giới hạn của đường parabol đó. Hãy
tính diện tích của hình nói trên để mua được lượng giấy dán trang trí phù hợp,
biết giấy có giá 50000 đồng /m2
 Giả sử ABCDEF là hình lục giác đều có cạnh bằng 2 (dm), ta tính diện
tích 1 cánh hoa: Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm của
cạnh AB: A(1;0) B(-1;0) và I(0;3) là đỉnh của parabol. Phương trình
parabol có dạng y=a x2 +b . Do I, A, B thuộc (P) nên ta có y=−3 x 2 +3.
Do đó diện tích mỗi cánh hoa là
14


1

2
 s1=∫ (−3 x +3 ) ⅆx =4
−1

 Diện tích của hình là:


(


s=6∗

)

2 √2 3
+4 =6 √ 3+24 (ⅆ m2 )
4

 Vậy số tiền cần dùng là:

( 6 √ 3+24 )∗10−2∗50000=17196(đồng)



5. Ơng An muốn dựng một cổng chào có dạng hình parabol cho cơng ty mới của
mình. Biết rằng cổng chào có chiều dài chân đáy là 3m và chiều cao là 2m.
Bạn hãy giúp ơng An tính số tiền để dựng được cái cửa này bằng gỗ, biết một
2
m có giá 100000 đồng( bề dày khơng đáng kể).
 Giả sử phương trình parabol có dạng ¿ a x 2+ bx+ c . Phương trình đi qua 2
điểm A(0;2) và B(3/2;0) nên ta có hệ phương trình sau

{

c=2
b=0

=> y= (−8 ∕ 9 ) x 2+ 2
(9 /4) a+2=0


 Diện tích của cái cổng là


❑

8 2
2
S=2∫ ¿− x + 2∨¿ ⅆx =4 (m ) ¿
9
❑

 Vậy số tiền cần bỏ ra là


4*100000= 400000 ( đồng)

III. Tài liệu tham khảo:
- Calculus 2019.
- Giáo trình giải tích 1.
- Wikipedia.

15


16