2014
GIẢI TÍCH I
Ứng dụng đạo hàm,
tích phân
To live is to fight
1.
2.
3.
4.
Nguyễn Minh Nhật
Nguyễn Văn Sơn
Tống Văn Xuân
Nguyễn Đức Bình
PRO
XE QS1
5/24/2014
2
Ví Dụ 2.42( trang 152) : Một bồn nước có hình nón ngược với bán kính đáy 2m và cao 4m .
Nếu nước bơm vào bồn với vận tốc 2m / s thì vận tốc mức nước dâng lên là bao nhiêu khi
mực nước là 2m .
Lời giải :
2m
H=4m
r
Hình vẽ
h
Gọi h là chiều cao mực nước, r là bán kính bề mặt nước, V là thể tích nước hiện có. Theo
h
4
tính chất đồng dạng của tam giác dễ dàng suy ra được h 4r r
Ta có :
1
1 h
1
V r 2 h ( )2 h h3
3
3 4
48
dV dh3
dh
.
.(3h 2 )
dt 48 dt
48
dt
Theo giả thiết ta đã có
2
48
(3.2 2 ).
dV
2 và tại h 2 thì :
dt
dh
dh 2
0, 64( m / s ) .
dt
dt
Ví Dụ 2.45:Điện trở suất ρ tỷ lệ nghịch với tính dẫn điện và được đo theo đơn vị ôm – mét
(Ωm). Điện trở suất của kim loại đã cho phụ thuộc vào nhiệt độ theo phương trình
(t ) 20 e ( t 20) trong đó t là nhiệt độ theo độ oC ,α gọi là hệ số nhiệt và 20 điện trở
suất tại 20 oC. Ngoại trừ nhiệt độ rất thấp, điện trở suất biến thiên gần như tuyến tính với
nhiệt độ. Vì vậy nói chung có thể xấp xỉ biểu thức theo khai triển Taylor bậc nhất hoặc bậc
hai của nó tai t=20.
a) Tìm biểu diễn xấp xỉ tuyến tính và bậc hai của điên trở suất.
b) Với đồng tra bảng ta có α=0,0039/ oC và 20 = 1,7×10-8 Ωm.
Lập đồ thị của điện trở suất của đồng và xấp xỉ tuyến tính, bậc 2 với -250 oC≤ t ≤ 1000 oC.
c)Với giá trị nào của t, xấp xỉ tuyến tính không lệch quá biểu diễn mũ 1%.
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
3
Giải:
a)Theo khai triển Taylor tại t=20 ta có:
(t ) 20 1 t 20 là biểu diễn xấp xỉ tuyến tính.
( (t 20)) 2
t 20 1 (t 20)
là biểu diễn bậc 2 của điện trở suất.
2!
b) Đồ thị của điện trở suất:
Đồ thị biểu diễn cho xấp xỉ tuyến tính của điện trở suất
Đồ thị biểu diễn cho xấp xỉ bậc hai của điện trở suất:
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
4
c) Theo đề bài có nghĩa là sai số R1
t 20
2!
2
0, 01
o
t 20 0, 02 16, 26 t 56, 26 ( C)
Ví dụ 2.46. Nếu sóng nước với bước sóng L chuyển động dọc theo thân nước độ sâu $d$
gL
2 d
tanh
, với v là vận tốc truyền sóng.
như Hình 2.34 thì v 2
2
L
gl
2
b) Đối với nước nông, dùng khai triển Maclaurin với tanh để chỉ ra rằng v gd . Như
vậy, với nước nông, vận tốc truyền sóng độc lập với bước sóng.
c) Sử dụng đánh giá sai số trong khai triển Taylor để chỉ ra rằng, nếu L 10d thì ước
lượng v gd là tốt trong khoảng 0,024gL
a) Đối với nước sâu, chỉ ra rằng v
Hình vẽ:
L
d
Giải :
a) Khi nước sâu tức là d hay
e x e x
1.
Mặt khác lim x
x e e x
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
2 d
L
5
Nên khi d thì tanh
2 d
1
L
gL
2
Từ đó suy ra v
b) Ta có :
tanh( x) (
Vậy tanh (0)
sinh x sinh x.cosh x cosh x.sinh x cosh 2 x sinh 2 x
1
)
cosh x
cosh 2 x
cosh 2 x
cosh 2 x
1
1.
cosh 2 (0)
Sử dụng khai triển Maclaurin cho hàm $\tanh$ ta thu được:
tanh x tanh(0)
tanh'(0)
1
.x o( x ) 0 .x o( x ) x o( x )
1!
1!
Suy ra khi x 0 thì tanh x x
Áp dụng với x
2 d
0(d 0) ta được:
L
gL
2 d gL 2 d
.tanh
.
gd v gd
2
L
2 L
d) Sử dụng đánh giá sai số trong khai triển Taylor ta có
c) v 2
| R ( x) | M
1
2
2!
.x 2
M 2 Sup | f ( x) |
Trong đó f ( x) tanh x
Ta sẽ khảo sát | f ( x) | để tìm M 2
f ( x) ( f ( x)) (cosh 2 ) 2cosh 3 .sinh x
| f ( x) | 2(3cosh
4
x.sinh 2 x cosh x.cosh 3 x)
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
6
2cosh 2 x(1 3tanh 2 x)
Do L 10d
x (0,
5
2 d 2 d
.
L
10d 5
).
Do tanh x là hàm đồng biến nên
1 3tanh 2 x 1 3tanh( ) 0,0696 0
5
Nên | f ( x) | là hàm đồng biến
Vậy Sup | f ( x) | 2cos 3 ( )sin h( ) 0, 768
5
5
Suy ra | R1 ( x) |
M 2 2 0,768 2
x
x 0,15154
2!
2
Suy ra v 2 tốt trong khoảng
Ld
0,15154 Ld
.R1
0,024 Ld
2
2
Ví dụ 2.48. Biết rằng, cường độ được chiếu sáng từ một nguồn sáng nào đó tỷ lệ thuận với
cường độ của nguồn và tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách đến nguồn. Hai nguồn
sáng cường độ như nhau, đặt cách nhau 10 tác động lên điểm P trên đoạn AB cách đó d mét.
a)Tìm biểu thức cho cường độ được chiếu sáng I ( x) tại điểm P.
b) Khi d 5m, chứng tỏ rằng I ( x) cực tiểu tại x 5, tức là khi P là trung điểm AB.
c) Xét lại câu a),b) trong trường hợp d 10, chứng tỏ cực tiểu không đạt được tại trung
điểm.
Hình vẽ
A
x
P
B
d
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
10m
7
Giải :
a) Gọi cường độ 2 nguồn sáng là I thì
I ( x) I1 ( x) I 2 ( x)
(
)
kI
kI
1
1
kI
2
2
2
2
2
2
x d
(10 x) d
(10 x) d
x d2
2
Đặt x 5 X thì X (5,5) và I kIf ( X ) với f X là
1
1
2
2
( X 5) d
( X 5)2 d 2
Ta sẽ đi khảo sát f ( X )
f '( X )
2( X 5)
2( X 5)
2
2 2
[( X 5) d ] [( X 5) 2 d 2 ]
Đặt A ( X 5) 2 d 2 , B ( X 5) 2 d 2 Thì
f '( X )
2
2
[( X 5) A2 ( X 5) B 2 ] 2 2 [ X ( A2 B 2 ) 5( A B)( A B)]
2 2
AB
AB
2
[ X ( A2 B 2 ) 5(20 X )( A B )]
2 2
AB
2X
2 2 [100( A B) ( A2 B 2 )]
AB
Ta có A B 2 X 2 50 2d 2 và
A2 B 2 ( X 5)4 2d 2 ( X 5) 2 d 4 ( X 5) 4 2d 2 ( X 5) 2 d 4
[( X 5) 4 ( X 5) 4 ] 2d 2 [( X 5) 2 ( X 5) 2 ] 2d 4
4
2
2
2
4
(2 X 300 X 1250) 2d (2 X 50) 2d )
Từ đó ta có :
100( A B ) ( A2 B 2 )
200 X 2 5000 200d 2 [2 X 4 (300 4d 2 ) X 2 2d 4 100d 2 1250]
2 X 4 (100 4d 2 ) X 2 (3750 2d 4 100d 2 )
Trong trường hợp d 5 ta có :
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
8
100( A B ) ( A2 B 2 ) 2( X 4 100 x 2 2500)
2
2[ X 50(1 2)][ X 5 2( 2 1)][ X 5 2( 2 1)]
Và ta có được
f ( X )
4 X [ X 2 50(1 2)][ X 5 2( 2 1)][ X 5 2( 2 1)]
A2 B 2
f ( X ) 0 khi X 0 hoặc X 5 2( 2 1)
Ta có bảng biến thiên
X
5 2( 2 1)
-5
F’(X)
F(X)
+
0
5 2( 2 1)
0
-
0
+
0
5
-
0,048
0,04
0,048
Từ bảng biến thiên ta rút ra được giá trị cực tiểu của I ( x) đạt được khi X 0 hay cũng như
x 5
b) Xét với d 10 thì :
100( A B ) ( A2 B 2 )
2 X 4 (100 4(10) 2 ) X 2 (3750 2(10) 4 100(10) 2 ) 2 X 4 500 X 2 6250
2( X 4 250 X 2 3125) 0X (5,5)
4 X ( X 4 250 X 2 3125)
Như vậy f (X)
A2 B 2
f ( X ) 0 chỉ khi X 0. Ta có bảng biến thiên:
X
-5
f’(X)
+
0
0
f(0)
5
-
f(X)
Từ đây ta suy ra với d 10 thì giá trị cực tiểu của I ( x) không đạt được tại trung điểm.
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
9
Ví dụ 2.52. Khi cá bơi với tốc độ tương đối v so với nước, năng lượng sản ra của nó trên một
đơn vị thời gian là v 3 . Người ta thấy rằng, cá di cư cố gắng cực tiểu hóa năng lượng tổng thể
để bơi một khoảng cách nhất định. Nếu vận tốc dòng nước là a và cá bơi ngược dòng nước
L
và năng lượng sản ra là
(a v) thì thời gian cần bơi được khoảng cách L là
va
L
E (v) qv3 .
, trong đó q là hằng số tỷ lệ.
va
a) Tìm giá trị v làm cực tiểu E.
b) Vẽ đồ thị của E
(Kết quả này được kiểm nghiệm bằng thực nghiệm: Cá di cư bơi ngược dòng nước với
vận tốc gấp rưỡi lần vần tốc dòng nước).
Giải :
v3
E (v) qL.
qL. f (v)
va
v3
Ta khảo sát f (v)
va
2
f (v)
3
3v (v a) v
(v a ) 2
3a
)
2 f (v ) 0 khi v 1,5a
(v a ) 2
2v 2 (v
Khi v a thì E (v) Khi v thì E (v) .Khi x 1,5a thì E (v)
27 3
qa . Ta
4
có bảng biến thiên :
v a
f’(v)
-
1,5a
0
+
f(v)
27 3
a
4
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy khi v 1,5a thì E (v) đạt giá trị cực tiểu.
c) Đồ thị E:
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
10
Ví dụ 2.53. Để khảo sát vận tốc truyền âm v1 ở mặt trên, v2 ở mặt dưới của mạch đá dộ dày
h ( biết rằng v1 v2 ), người ta cho nổ mìn tại điểm P và tín hiệu ghi lại tại điểm Q, cách
nhau $l$. Tín hiệu đầu tiên truyền qua bề mặt Q mất T1 giây. Tín hiệu tiếp theo được
truyền tới điểm R, từ R tới S (R,S thuộc lớp dưới), rồi từ S đến Q mất T2 giây. Tín hiệu
thứ ba phản qua mặt dưới trung điểm O của đoạn RS và mất T3 giây để đến Q.
a) Biểu diễn T1 , T2 , T3 theo l , v1 , v2 , .
v1
.
v2
c) Giả sử l 1km, T1 0, 26 s, T2 0,32 s, T3 0,34 s. Tìm v1 , v2 và h.
b) Chứng tỏ rằng, T2 cực tiểu khi sin
Hình vẽ:
P
v1
R
Giải:
a)Ta có T1
Q
PQ l
v1
v1
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
v2
S
h
11
b)T2
T3
PO OQ 2 PO
v1
v1
v1
b)T2 ( )
T2 ( )
PR QS RS 2 PR QS
2h 1 l 2h tan
.
.
v1
v1
v2
v1
v2
cos v1
v2
l 2
)
2
2
2 4h l .
v1
v1
2 h2 (
2h 1
l
h
.
.tan
v1 cos v2 v2
2h sin 2h 1
.
.
v1 cos 2 v2 cos 2
2h sin 1
2h
v1
sin
(
)
(
)
cos 2 v1
v2
cos 2 v1
v2
Do đó T2 '( ) 0 khi và chỉ khi arcsin
v1
v
và đổi dấu từ âm sang dương nên arcsin 1
v2
v2
là điểm cực tiểu.
c)Ta có T1
T3
l
l
1
v1
3,85m / s
v1
T1 0,26
4h 2 l 2
(T3v1 ) 2 l 2
h
v1
4
Thay T3 0, v1 3,85s, l 1Ta có luôn h 0,42km
T2
2h 1 l 2h tan
.
cos v1
v2
l 2h.
v1 1
.
v2 cos
v2
2h 1
.
cos v1
l
2h 1 v1
( )
v2 cos v1 v22
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
12
2
2
l
2hv2 v22 v12 l 2h v2 v1
. 2
2
2
v2
v
v
v
v
v
v2 v1
2 1
2
1 2
2
1 0,84 v2 14,82
0,32
v2
3,85v 2
1 0,22 v22 14,82 0,32v2
0,22 v22 14,82 0,32v2 1
0,0484(v22 14,82) 0,1024v22 0,64v2 1
0,054v22 0,64v2 1,71288 0
v 7,76
2
v2 4,016
Ví dụ 2.54. Kí hiệu R là phản xạ của cơ thể đối với kích thích cường độ x. Độ nhạy S được
coi là vận tốc biến thiên của phản xạ đối với x. Chẳng hạn, khi độ sáng x của nguồn tăng
lên, mắt phản ứng lại bằng cách giảm diện tích R của đồng tử. Công thức thực nghiệm
40 24 x 0,4
dùng để mô hình hóa sự phụ thuộc R vào x ,trong đó R đo bằng milimét
R
1 4 x 0,4
vuông, x đo bằng đơn vị nguồn sáng.
a) Tính độ nhạy S.
b) Vẽ đồ thị R và S theo x, thấy gì khi x nhỏ.
Giải:
(40 24 x 0,4 )(1 4 x 0,4 ) (14 x 0,4 )(40 24 x 0,4 )
a) S Rx
(1 4 x 0,4 ) 2
9,6 x 0,6 38, 4 x 0,2 64 x 0,6 38, 4 x 0,2
54, 4
(1 4 x 0,4 ) 2
(1 4 x 0,4 )2 .x 0,6
b)khi x nhỏ ta có
S
54, 4
(1 4 x 0,4 ) 2
54, 4.x 0,6
.
0,034 x 0,6
2
0,4 2 0,6
0,4 2
0,4 2
R
(1 4 x ) .x (40 24 x )
(40 24 x )
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
13
Hay S 0,034 R 2 .x 0,6
BÀI TẬP CHƯƠNG II.
Bài 40. Cho 1200cm 2 vật liệu để làm một chiếc hộp đáy là hình vuông và không có nắp, tìm
thể tích lớn nhất có thể của hộp.
x
Hình vẽ:
h
Giải:
Gọi x là độ dài cạnh đáy và h là chiều cao của hộp.
Từ đó nhờ vào giả thiết 4hx x 2 1200 ta có mối quan hệ giữa h và x là:
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
14
h
1200 x 2
x
Mặt khác V x 2 h x 2 .
1200 x 2
x(1200 x 2 )
x
V ( x) 1200 3 x 2 3(20 x)(20 x)
V ’ x đổi dấu từ dương sang âm qua điểm x 20 cho nên đạt giá trị cực đại khi x 20.
Thể tích lớn nhất đạt được là 20(1200 202 ) 16000cm 2 tức 16 lít.
Bài 41:Một chiếc thang dài 20m đặt dựa vào tòa nhà. Đỉnh của thang bắt đầu trượt xuống
theo bức tường. Khoảng cách từ đỉnh của thang tới đất thay đổi với tốc độ bao nhiêu khi góc
giữa thang và mặt đất là 30 và thay đổi với tốc độ 2rad / s ?
Hình vẽ:
x
20m
φ
Giải:
Đặt x là khoảng cách từ đỉnh thang tới đất thì ta có :
x 20sin x 20sin
dx
d sin
20.
dt
dt
dx
d
20.cos .
dt
dt
Tại thời điểm
6
thì vốc tốc góc biến thiên với tốc độ
dx
20cos .2 20 3
dt
6
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
d
2. Thay vào ta thu được
dt
15
Bài 42. Một quả khinh khí cầu, đầu tiên được bơm vào thể tích lên đến 30000m3 , bị bung ra
một lỗ thủng làm cho bán kính giảm đi với vận tốc 2m một phút. Tại thời điểm khi bán kính
là 3m, khí nóng thoát ra khỏi khinh khí cầu với vận tốc (m3 / ph) bao nhiêu?
Giải :
Theo công thức thể tích khối cầu ta có :
4
V r3
3
dV 4 dr 3 4 2 dr
.
3r .
dt 3 dt 3
dt
Khi bán kính khinh khí còn là 3m và với
dr
luôn là 2m một phút thì ta được:
dt
dV 4
.3.32.2 72 (m3 / ph)
dt 3
Bài 45:
Máng nước dài 10m và thiết diện ngang có dạng hình thang cân đáy dưới 30cm, đáy trên
80cm và cao 50cm. Nếu máng được bơm với vận tốc 0, 2m3 / ph, mực nước dâng lên với vận
tốc bao nhiêu khi nước sâu 30cm ?
Hình vẽ:
80
x
A
B
C 30
D
Giải:
Gọi thiết diện ngang của mực nước đang có trong máng là hình thang ABCD , x là chiều cao
của hình thang , như vậy nó cũng là độ sâu của mực nước.
Ta có :
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
16
V S ABCD .10
( AB CD) x
AB 0,3
.10
.5
2
x
Mà theo tính chất đồng dạng ta có
x
50
8
AB x
AB 80
5
8
V ( x 0,3) x.5 8 x 2 1,5 x
5
dV
dx
dx
dx
16 x 1,5 (16 x 1,5)
dt
dt
dt
dt
Khi độ sâu của nước là 0,3m tức x 0,3 và luôn có
dV
0, 2 thì ta rút ra được :
dt
dx
0,2
2
0,03(m / ph)
dt 16.0,3 1,5 63
Bài 46: Một nông dân muốn rào lại bãi cỏ hình chữ nhật dọc một con sông, cạnh dọc sông
không cần phải rào. Ông có 1000m lưới sắt để rào. Diện tích bãi cỏ lớn nhất mô tả ở trên có
thể rào được là bao nhiêu?
Giải:
Gọi x là chiều rộng bãi thì chiều dài bãi sẽ là 1000 2 x.
Suy ra S x(1000 2 x)
S ( x ) 1000 4 x 4(250 x )
Ta thấy S ( x ) đổi dấu từ dương sang âm qua điểm x 250 cho nên S đạt cực đại khi x 250
và bằng 250(1000 2.250) 500.250 125000m 2
CHƯƠNG III
Ví dụ 3.46. Việc thở là những vòng tuần hoàn, mỗi vòng tính từ lúc bắt đầu hít vào đén lúc
kết thúc thở ra, thường kéo dài 5s. Vận tóc cực đại của khí là V l / s, vì thế nó được mô hình
2 t
hóa bởi v(t ) V sin
. Dùng mô hình này để tính thể tích khí K hít vào phổi tại thời điểm t,
5
áp dụng với V 0,5, t 2 . Khi nào trong phổi có nhiều khí nhất?
Giải:
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
17
Ta có:
t
2 x
5
2 t 5V
2 t
dx V . cos
1 cos
5
2
5 0 2
5
0
Ví dụ 3.47. Trong một mẻ cấy, số lượng ban đầu của vi khuẩn là 500, số lượng này tăng lên
theo vận tốc v(t ) 450e1,1257t vi khuẩn trong 1 giờ. Sẽ có bao nhiêu vi khuẩn trong buồng
cấy sau 3 giờ ?
K v(t )t K
K
v(t )t
(
V sin
)
Giải:
Ta có :
V v(t )t
V
t
t
0
0
1,1257 x
V v(t )t V ( x)dx 450e
450.e1,1257 x t 450.e1,1257t 450
dx
1,1257 0
1,1257
450.e1,1257.3 450
Sau 3h thì số lượng vi khuẩn sẽ là :
500 11800
1,1257
Ví dụ 3.48. Theo định luât Archimede, lực đẩy tác động lên vật nhúng một phần hay toàn bộ
vào chất lỏng bằng trọng lượng của chất lỏng mà vật chiếm chỗ. Vật, vật có khối lượng riêng
0 nhúng một phần trong chất lỏng với khối lượng riêng l (Xem hình) sẽ chịu một lực đẩy
0
F g l
S ( y )dy, trong đó g là gia tốc trọng trường, h là mức ngập nước tối đa của vật;
h
S ( y ) là diện tích thiết diện của mặt cắt bởi mặt song song với mặt chất lỏng tại độ sâu y
Hình vẽ:
k
-h
a) Chiều cao của phần nổi của vật là k , chỉ ra công thức tính trọng lượng vật. Chứng tỏ
0
rằng, tỷ lệ phần trăm của thể tích vật nổi trên mặt chất lỏng là 100. l
l
b) Khối lượng riêng của băng và nước biển lần lượt là 917kg / m3 và 1030kg / m3 . Tính tỷ
lệ phần trăm thể tích băng nổi trên mặt nước biển.
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
18
Giải:
k
a) Trọng lượng của vật là : g .m g .0 .V g 0 .
S ( y )dy
h
Do vật cân bằng nên ta lại có :
k
0
g l
g
h
S ( y )dy
h
0
g l
h
k
0
S ( y )dy g 0
g l g 0 g 0
h
S ( y )dy g 0
S ( y)dy
0
(VV )
noi
chim
l 0 Vnoi
l 0
Vnoi
0
Vchim
0 ( l 0 ) Vchim Vnoi
l 0 Vnoi
l
V
Từ đây ta suy ra ngay tỷ lệ phần trăm của thể tích vật nổi trên mặt chất lỏng là 100
l 0
l
b) Áp dụng kết quả của câu a) với 0 917 kg / m3 và l 1030kg / m3 ta có tỷ lệ phần
trăm thể tích băng nổi trên mặt nước biển là:
100
1030 917
11%
1030
Ví dụ 3.49.Giả sử khối lượng ( kể cả nhiên liệu) ban đầu của tên lửa là m, tốc độ tiêu hao
nhiên liệu là r, và luồng khí phụt ra có vận tốc tương đối ( với tên lửa) là vk . Vận tốc của tên
lửa phóng thẳng đứng tại thời điểm t được mô hình hóa bởi phương trình
v(t ) gt vk .ln
m rt
,
m
Trong đó g là gia tốc trọng trường, t không quá lớn.
Nếu g 9,8m / s 2 , m 30000kg , r 160kg / s, vk 3000m / s tìm chiều cao tên lửa sau khi
phóng được 1 phút.
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
19
Giải :
t
Ta có h v(t )t h
h v(t )t [ gt v ln(
k
0
t2 t
g.
2 0
t
0
m rt
m
)]dt
( m m rt )dt
vk ln
t2
m rt t
g vk t.ln
vk
0
2
m
(
)
t
(
td ln 1
0
)
rt
m
r
t
m rt
g vk t.ln
vk t. m dt
rt
2
m
0
1
m
2
(
)
t2
m rt
g vk t.ln
vk
2
m
(
t
t
) (1 1rt )dt
1
0
m
t2
m rt
m
rt
g vk t.ln
vk t vk . .ln 1
2
m
r
m
(
t2
rt
g vk ln 1
2
m
(
)
(
)
)( mr t) v t
k
Thay g 9,8m / s 2 , m 30000kg , r 160kg / s, vk 3000m / s vào biểu thức ở trên ta được
kết quả xấp xỉ 14842m.
Ví dụ 3.52: Các nhà thiên văn dùng kỹ thuật sao kế để xác định mật độ sao trong một chòm
sao từ mật độ sao trong một chòm sao từ mật độ chòm sao quan sát được(hai chiều) mà có
thể tính toán được từ một bức ảnh. Giả sử rằng, trong chòm sao hình cầu bán kính R, mật độ
chòm sao chỉ phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm của chòm sao. Nếu mật độ chòm sao nhận
được là y(s), trong đó s là khoảng cách hai chiều quan sát được từ tâm của chòm sao và x(r)
là mật đô thực, có thể chứng minh rằng
R
y (s)
s
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
2r
2
r s
2
x ( r )d (r )
20
1
Nếu mật độ thực của các ngôi sao là x(r ) ( R r ) 2 ,tìm mật độ nhận được y(s)
2
Giải:
Ta sẽ tính nguyên hàm
r ( R r )2
r 2 s2
dr
Như vậy ta sẽ có :
r ( R r )2
r 2 s2
dr ( Ar 2 Br C ) r 2 s 2
dr
r 2 s2
Đạo hàm 2 vế ta thu được:
r ( R r )2
r 2 s2
(2 Ar B ) r 2 s 2 ( Ar 2 Br C ).
r
r 2 s2
1
r 2 s2
r ( R r ) 2 (2 Ar B )(r 2 s 2 ) r ( Ar 2 Br C )
r 3 2 Rr 2 R 2 r (2 Ar 3 2 As 2 r Br 2 Bs 2 ) ( Ar 3 Br 2 Cr )
r 3 2 Rr 2 R 2 r 3 Ar 3 2 Br 2 r (C 2 As 2 ) Rs 2
Cân bằng hệ số 2 bên ta thu được:
1
A
1 3 A
3
2 B 2 R
B R
2
2
C 2 s 2 R 2
C 2 As R
2
Rs 0
3
Rs 2
Thay vào ta được kết quả của nguyên hàm:
r (r R) 2
r 2 s2
dr
(13 r
2
2
( R)r r 2 R 2
3
Giải tích 1: Ứng dụng đạo hàm, tích phân.
)
r 2 s 2 Rs 2
dr
r 2 s2
- Xem thêm -
.PDF 
24 
438 
67 
