Bài tập chương 4 - Môn Toán cho các nhà kinh tế | Đại học Kinh Tế Quốc Dân
Đại học Kinh tế Quốc dân với những kiến thức và thông tin bổ ích giúp các bạn định hướng và họp tập dễ dàng hơn. Mời bạn đọc đón xem. Chúc bạn ôn luyện thật tốt và đạt điểm cao trong kì thi sắp tới.
Preview text:
Chương 4 Phép toán tích phân
4.1 Tích phân bất định và Phương trình vi phân KIẾN THỨC QUAN TRỌNG Định nghĩa
• Hàm số F (x) được gọi là một nguyên hàm của hàm số f (x) nếu
F ′(x) = f (x) với mọi x thuộc tập xác định của f (x).
• Quá trình tìm các nguyên hàm của một hàm số cho trước còn được
gọi là lấy nguyên hàm hoặc lấy tích phân bất định của hàm số đó.
• Nếu F (x) là một nguyên hàm của hàm số f (x) thì mọi nguyên hàm
của hàm số f(x) đều có dạng: F (x) + C với C là một hằng số bất kỳ.
• Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số f (x) được ký hiệu như sau: Z f (x)dx = F (x) + C.
Các quy tắc tính tích phân Z Z • k.f (x)dx = k.
f (x)dx với k là hằng số bất kỳ, k 6= 0. Z Z Z • [f (x) + g(x)]dx = f (x)dx + g(x)dx. 1 Z Z Z • [f (x) − g(x)]dx = f (x)dx − g(x)dx.
Công thức tính tích phân với các hàm thường gặp Z •
kdx = kx + C, với k là hằng số. Z xn+1 • xndx =
+ C với mọi số thực n, n 6= −1. n + 1 Z 1 • dx = ln |x| + C. x Z 1 • ekxdx =
ekx + C với hằng số k 6= 0. k Phương trình vi phân
• Phương trình vi phân là phương trình liên quan tới vi phân hoặc đạo
hàm, một hàm số như vậy thỏa mãn phương trình được gọi là nghiệm.
• Phương trình vi phân đơn giản nhất có dạng dy = g(x). Với phương dx
trình này, chỉ cần lấy tích phân bất định của hàm g(x) ta sẽ được
nghiệm tổng quát của phương trình vi phân đã cho.
• Phương trình vi phân phân ly biến số là phương trình có dạng: dy h(x) = dx g(y)
Với phương trình này, thực hiện biến đổi đại số đưa về phương trình
tách biến g(y)dy = f(x)dx, sau đó lấy tích phân bất định hai vế ta sẽ
được nghiệm tổng quát của phương trình vi phân đã cho.
HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP CƠ BẢN
Bài 1 (Bài 28, trang 282). Tính tích phân bất định 2
Lời giải: Biến đổi biểu thức trong dấu tích phân thành tổng và sử dụng
các quy tắc tính tích phân, ta có: Z 1 Z 1 (x + 1)2dx = (x2 + 2x + 1)dx x x Z 1 1 = x + 2 + dx = x2 + 2x + ln |x| + C. x 2
Bài 2 (Bài 41, trang 282). Tìm hàm số từ hàm độ dốc Lời giải: Ta có: Z Z 1 f (x) = f ′(x)dx =
e−x + x2 dx = −e−x + x3 + C. 3
Do đồ thị của f đi qua điểm (0, 4), thay f(0) = 4 vào phương trình của f (x) ta có: 4 = −1 + C suy ra C = 5.
Do vậy, hàm số cần tìm là f(x) = −e−x + 1x3 + 5. 3
Bài 3 (Bài 34, trang 282). Giải phương trình vi phân
Lời giải: Lấy tích phân hai vế ta được: Z x + 1 Z √ 1 2 √ √ y = √ dx = x + √ dx = x x + 2 x + C. x x 3
Với điều kiện ban đầu y = 5 khi x = 4, thay vào biểu thức vừa tìm được, ta có: 16 13 5 = + 4 + C suy ra C = − . 3 3
Nghiệm của phương trình vi phân thỏa mãn điều kiện ban đầu là: 2 √ √ 13 y = x x + 2 x − . 3 3
Bài 4 (Bài 45, trang 282). Giải PTVP phân ly biến số
Lời giải: Biến đổi phương trình đã cho về dạng: e−ydy = exdx 3
Lấy tích phân hai vế ta được: Z Z e−ydy =
e−ydy hay − e−y = ex + C.
Với điều kiện ban đầu y = 0 khi x = 0, thay vào biểu thức vừa tìm được, ta có: −1 = 1 + C suy ra C = −2.
Do vậy, nghiệm của phương trình vi phân thỏa mãn điều kiện ban đầu có dạng: −e−y = ex − 2.
Bài 5 (Bài 49, trang 283). Tìm lợi nhuận từ hàm cận biên
Lời giải: Hàm lợi nhuận cận biên có dạng: 1
P ′(q) = R′(q) − C′(q) = 100q−2 − 0.4q. Lấy tích phân ta được: Z Z 1 P (q) = P ′(q)dq = 100q− 2 − 0.4q dq 1 = 200q 2 − 0.2q2 + C.
Với giả thiết P (16) = 520, thay vào biểu thức vừa tìm được, ta có: 1
520 = 200 × 162 − 0.2 × 162 + C suy ra C = −288.8.
Do vậy, lợi nhuận của nhà sản xuất tại mức sản lượng q = 15 đơn vị là : 1
P (25) = 200 × 252 − 0.2 × 252 − 288.8 = 586.2 đô-la .
Bài 6 (Bài 52, trang 283). Doanh thu cận biên
Lời giải: Doanh thu khi sản xuất và tiêu thụ x đơn vị hàng hóa là: Z Z R(x) = R′(x)dx =
(240 − 4x)dx = 240x − 2x2 + C.
Do R(0) = 0, suy ra C = 0, hàm doanh thu có dạng: R(x) = 240x − 2x2. 4
Hàm cầu đối với sản phẩm có dạng: R(x) p = = 240 − 2x. x
Do đó, tại mức sản lượng x = 5, giá của mỗi đơn vị hàng hóa là:
p = 240 − 2 × 5 = 230 đô-la mỗi đơn vị.
Bài 7 (Bài 59, trang 284). Tăng trưởng dân số
Lời giải: Gọi N (t) là dân số của thị trấn ở thời điểm t tháng sau kể từ thời điểm hiện tại, ta có: 2 N ′(t) = 4 + 5t3 . Lấy tích phân ta được: Z Z 2 5 N (t) = N ′(t)dt = 4 + 5t3 dt = 4t + 3t3 + C.
Dân số ở thời điểm hiện tại là N(0) = 10, 000, thay vào biểu thức vừa tìm được, ta có: 10, 000 = C.
Do vậy, dân số của thị trấn ở thời điểm 8 tháng sau kể từ thời điểm hiện tại là: 5
N (8) = 4 × 8 + 3 × 8 3 + 10, 000 = 10, 128 người.
Bài 8 (Bài 65, trang 284). Khả năng ghi nhớ Lời giải: a. Ta có: Z Z 0.005 M (t) = M ′(t)dt =
(0.4t − 0.005t2)dt = 0.2t2 − t3 + C. 3
Số mục mà Rob có thể ghi nhớ được trong 10 phút đầu tiên là: 0.005
M (10) − M(0) = 0.2 × 102 −
× 103 + C − C ≈ 18.3 mục . 3
b. Trong 10 phút tiếp theo, Rob có thể ghi nhớ được số mục là: 0.005
M (20) − M(10) = 0.2 × 202 − × 203 + C 3 0.005 − 0.2 × 102 − × 103 + C ≈ 48.3 mục . 3 5
Bài 9 (Bài 67, trang 284). Điều trị ung thư
Lời giải: a. Thể tích khối u sau t ngày được tính theo công thức: Z V (t) =
V ′(t)dt = 0.15t − 15e0.006t + C
Tại thời điểm ban đầu t = 0, thể tích khối u là 30 cm3, ta có: 30 = −15 + C suy ra C = 45 Do vậy: Z V (t) =
V ′(t)dt = 0.15t − 15e0.006t + 45.
b. Thể tích khối u sau 60 ngày là:
V (60) = 0.15 × 60 − 15e0.006×60 + 45 ≈ 32.5 cm3
Thể tích khối u sau 120 ngày là:
V (120) = 0.15 × 120 − 15e0.006×120 + 45 ≈ 32.184 cm3.
c. Thể tích khối u sau 90 ngày là:
V (90) = 0.15 × 90 − 15e0.006×90 + 45 ≈ 32.760cm3.
Do thể tích của khối u sau 90 ngày (32.760 cm3) vẫn cao hơn đáng kể so
với thể tích ban đầu của khối u (30 cm3), ta kết luận phác đồ điều trị mới
này không thành công theo tiêu chí đã nêu.
CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN: HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN Bài 10 4 1 (12, tr. 282). Đáp án: 3x 3 3 4 − 9x + 6x + C. Bài 11 √ (14, tr. 282). Đáp án: 1 ln 2 |y| + 2 + 6 y + C. y √ √ Bài 12 5
(16, tr. 282). Đáp án: 2x 2 − x + 2x + C 5
Bài 13 (18, tr. 282). Đáp án: 2eu + 6 ln |u| + ln (2) u + C
Bài 14 (30, tr. 282). Đáp án: −x3 + 2x3 + C. 3 6
Bài 15 (32, tr. 282). Đáp án: y = −e−x + 4.
Bài 16 (36, tr. 283). Đáp án: f(x) = −x2 + 3x − 1.
Bài 17 (38, tr. 283). Đáp án: f(x) = x3 + 3x2 − 2x + 6. Bài 18 √
(40, tr. 283). Đáp án: 2 x + x22 − 12
Bài 19 (42, tr. 283). Đáp án: 3 ln |x| − 4x + 4 2 Bài 20 x
(44, tr. 283). Đáp án: y = e 2 .
Bài 21 (46, tr. 283). Đáp án: y = x. Z Bài 22 (48, tr. 283). R(q) =
(4q − 1.2q2)dq = 2q2 − 0.4q3 + C. Từ
R(20) = 30, 000 suy ra C = 32, 400. Do đó R(40) = 10, 000. Z 462 5 Bài 23 (51, tr. 283). N(t) = N ′(t)dt = t3 + 37t + C. Mặt khác 5
C = 0 vì N (t) = 0. Vì vậy N (8) = 3, 252.8. Do đó kỳ vọng có được số thuê
bao mới sau 8 tháng là 3, 253 thuê bao. Z
Bài 24 (53, tr. 283). a. Lợi nhuận P (q) = P ′(q)dq = −q2 + 100q + C.
Do P (10) = 700 nên C = −200. Vậy P(q) = −q2 + 100q − 200. b. q = 50 và P (50) = 2, 300. Z Bài 25 1 (54, tr. 284). a. Q(K) =
Q′(K)dK = 600K 3 + C. Mặt khác 1
C = 4, 300 vì Q(8) = 5, 500. Vì vậy Q(K) = 600K 3 + 4, 300. b. Q(27) = 6, 100;
c. Từ Q(K) = 7, 000 ta có K = 91, 124 đô-la. Z Bài 26 3 (55, tr. 284). c(x) =
c′(x)dx = 0.9x + 0.2x 2 + C. Từ c(0) = 10 Z suy ra 3 C = 10. Vậy c(x) =
c′(x)dx = 0.9x + 0.2x 2 + 10. Bài 27 (56, tr. 284). Ta có Z P (q) = (R′(q) − C′(q))dq Z 1 =
(200q−1/2 − 0.4q)dq = 400q 2 − 0.2q2 + C. Từ 1
P (25) = 2, 000 suy ra C = 125. Vậy P (q) = 400q 2 − 0.2q2 + 125. Ta có P (36) = 2, 265.8 đô-la. 7
Bài 28 (61, tr. 284). Số lượng vi khuẩn Z Z P (t) = P ′(t)dt = (200e0.1t + 150e−0.03t)dt
= 2, 000e0.1t − 5, 000e−0.03t + C.
Do P (0) = 200, 000 nên C = 203, 000. Ta có P (t) = 2, 000e0.1t−5000e−0.03t+
203, 000. Số lượng vi khuẩn sau 12 giờ là P (12) ≈ 206, 152.
Bài 29 (62, tr. 284). Chiều cao của cây sau t năm là: Z 2 h(t) =
0.2t2/3 + t1/2 dt = 0.12t5/3 + t3/2 + C. 3
Do h(0) = 2 nên C = 2 Do vậy h(t) = 0.12t5/3 + 2t3/2 + 2. Chiều cao của 3
cây sau 27 năm là: h(27) ≈ 124.69 feet.
Bài 30 (64, tr. 284). Gọi f(x) là số người bị gian giữ sau x năm kể từ Z bây giờ. Có f(x) =
280e0.2xdx = 1, 400e0.2x + C. Tìm được C = 600 từ
f (0) = 2, 000. Do đóf (x) = 1, 400e0.2x + 600. Số người bị giam giữ trong
quận ước tính trong 10 năm tới là f(10) ≈ 10, 945 người.
Bài 31 (66, tr. 284). a. Số lượng loài của sau 10 năm dự kiến Z 10 Z 10 P0 + P ′(t)dt = 500 + 0.51e−0.03t ≈ 504. 0 0
Bài 32 (68, tr. 284). Đáp án: a. R(S) = k ln |S| − k ln |S0|
4.2 Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến KIẾN THỨC QUAN TRỌNG Phương pháp đổi biến Z Tính tích phân
f (x)dx bằng phương pháp đổi biến gồm các bước sau: 8
Bước 1. Chọn hàm u = u(x) làm cho hàm lấy tích phân f(x) đơn giản
hơn. Sau đó biểu diễn tích phân theo u và du = u′(x)dx và biến
đổi tích phân cần tính về dạng: Z Z f (x)dx = g(u)du Z
Bước 2. Tính tích phân về kết quả
g(u)du = G(u) + C (nếu được).
Bước 3. Thay u bởi u(x) trong kết quả ở Bước 2, ta được: Z f (x)dx = G[u(x)] + C.
Lưu ý: Khó khăn khi làm các bài tập trong mục này là bạn cần phải tìm
được phép đổi biến để tích phân trở lên đơn giản hơn, do đó cần quan sát
biểu thức dưới dấu tích phân để có thể tìm được phép đổi biến u = u(x)
phù hợp. Trong một số trường hợp, bạn đọc nên biến đổi tích phân về dạng: Z g[u(x)]u′(x)dx
sau đó thực hiện phép đổi biến u = u(x) và thực hiện các bước tiếp theo.
HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP CƠ BẢN
Bài 1 (Bài 12 và 36, trang 297). Tính tích phân bằng phép đổi biến Lời giải:
a. Đặt u = t2 + 8, suy ra du = 2tdt. Ta có: Z Z 3 p 3 √ 3 3t t2 + 8dt =
udu = u 2 + C = t2 + 8 2 + C. 2 b. Đặt u = 1 dx. Ta có: x − 1, suy ra du = − 1 x2 Z 1 1 2/3 Z 2 − 1 dx = − u 3 du x2 x 5 3 5 3 1 3 = − u3 + C = − − 1 + C. 5 5 x 9
Bài 2 (Bài 38, trang 297). Sử dụng phép đổi biến để giải PTVP
Lời giải: Lấy tích phân ta có: Z √ y = 4x + 5dx.
Đặt u = 4x + 5 suy ra du = 4dx, ta có: Z √ 1 Z √ y = 4x + 5dx = udu 4 1 √ 1 √ = u u + C = (4x + 5) 4x + 5 + C. 6 6
Do y = 3 khi x = 1, thay vào biểu thức vừa tìm được, ta có: 9 3 3 = + C suy ra C = − . 2 2
Do vậy, phương trình vi phân đã cho có nghiệm: 1 √ 3 y = (4x + 5) 4x + 5 − . 6 2
Bài 3 (Bài 46, trang 298). Tìm hàm số từ hàm độ dốc
Lời giải: Lấy tích phân ta có: Z 2x f (x) = dx. 1 + 3x2
Đặt u = 1 + 3x2, suy ra du = 6xdx, ta có: Z 2x 1 Z 1 1 f (x) = dx = du = 3 ln |u| + C = ln (1 + 3x2) + C. 1 + 3x2 3 u 3
Do đồ thị của f(x) đi qua điểm (0, 5), tức là: f(0) = 5, suy ra C = 5.
Do vậy, f(x) = 1 ln (1 + 3x2) + 5. 3
Bài 4 (Bài 53, trang 298). Doanh thu Lời giải: a. Ta có: Z Z R(x) = R′(x)dx = 50 + 3.5xe−0.01x2 dx Z = 50x + 3.5xe−0.01x2dx. 10
Đặt u = −0.01x2 suy ra du = −0.02xdx, ta có: Z Z 3.5xe−0.01x2dx = −175 eudu
= 175eu + C = 175e−0.01x2 + C.
Do R(0) = 0, ta tìm được C = −175, suy ra:
R(x) = 50x + 175e−0.01x2 − 175.
b. Doanh thu dự kiến khi bán được 1,000 đơn vị hàng hóa là: 2
R(1, 000) = 50 × 1, 000 + 175 × e−0.01×(1,000) − 175 = 49, 825 đô-la.
Bài 5 (Bài 20 và 27, trang 297). Tính tích phân bằng phép đổi biến Lời giải:
a. Đặt u = x4 − x2 + 6, suy ra du = (4x3 − 2x)dx. Ta có: Z 10x3 − 5x 5 Z 1 √ dx = √ du x4 − x2 + 6 2 u √ p = 5 u + C = 5 x4 − x2 + 6 + C.
b. Đặt u = ln x2 + 1, suy ra du = 2x dx. Ta có: x2+1 Z 2x ln x2 + 1 Z dx = udu x2 + 1 1 1 = u2 + C = ln2 x2 + 1 + C. 2 2
Bài 6 (Bài 50, trang 298). Giải phương trình vi phân
Lời giải: Biến đổi phương trình về dạng: ln t xdx = dt t
Lấy tích phân hai vế, ta có: Z Z ln t xdx = dt t 11
Đặt u = ln t, suy ra du = 1dt. Ta có: t Z ln t Z dt = udu t 1 1 = u2 + C = ln2 t + C. 2 2
Phương trình vi phân đã cho có nghiệm tổng quát là: 1 1 x2 =
ln2 t + C hoặc x2 = ln2 t + C (C là hằng số bất kỳ). 2 2
Bài 7 (Bài 69, trang 300). Nồng độ thuốc Lời giải: Z . e0.01t a. Ta có: −0 01 C(t) = dt. (e0.01t + 1)2
Đặt u = e0.01t + 1 suy ra du = 0.01e0.01tdt, ta có: Z −0.01e0.01t Z 1 C(t) = dt = − du (e0.01t + 1)2 u2 1 1 = + C = + C. u e0.01t + 1
Nồng độ thuốc trong máu là 0.5 mg/cm3 ngay sau khi tiêm, nghĩa là
C(0) = 0.5, thay vào biểu thức vừa tìm được, ta có: 1 0.5 = + C, suy ra C = 0. 2 Do vậy: C(t) = 1 . e0.01t+1
b. Nồng độ thuốc sau tiêm 1 giờ là: 1 C(60) = ≈ 0.35 mg/cm3. e0.01×60 + 1
c. Bệnh nhân được tiêm mũi tiếp theo khi C(t) < 0.05 mg/cm3, khi đó: 1
< 0.05 ⇐⇒ e0.01t + 1 > 20 e0.01t + 1 1 ⇐⇒ t > ln 19 ≈ 294.4 phút. 0.01
Do vậy, khoảng thời gian giữa hai mũi tiêm liên tiếp là 294.4 phút, tức là xấp xỉ 5 giờ. 12
Bài 8 (Bài 60, trang 300). Thu nhập hưu trí Lời giải:
a. Tốc độ thay đổi của V (t) theo t sau t năm kể từ khi mở tài khoản là
V ′(t). Do lãi suất hàng năm là r và được tính gộp liên tục, đồng thời người
đó rút ra W đô-la mỗi năm, nên tốc độ thay đổi của giá trị tài khoản sau t
năm là V ′(t) = rV − W. Ta có phương trình vi phân: dV = rV − W. dt
Biến đổi phương trình về dạng: dV = dt rV − W
Lấy tích phân hai vế ta có: 1 W ln |rV − W | = t + C r 0 → V (t) = Cert + r Do V (0) = S nên: W W S = C + → C = S − . r r
Do đó giá trị tài khoản ở năm thứ t kể từ khi gửi là: W W V (t) = S − ert + . r r
b. Frank và Jessie Jones gửi S = 500 nghìn đô-la với lãi suất 5%/năm
(r = 0.05) và mỗi năm rút ra W = 50 nghìn đô-la nên ta có: V (t) = −500e0.05t + 1000.
Số tiền trong tài khoản sau 10 năm nữa của cặp đôi này là:
V (10) = −500 × e0.05×10 + 1000 ≈ 175.6 nghìn đô-la. 13
c. Để tài khoản hàng năm không đổi ở mức 500 nghìn đô-la, ta có: W W V (t) = 500 − e0.05t + = 500 0.05 0.05 W ⇐⇒ e0.05t − 1 − 500 = 0 với mọi t 0.05
⇐⇒ W = 0.05 × 500 = 25 nghìn đô-la.
Vậy, để tài khoản hàng năm không đổi ở mức 500 nghìn đô-la thì cặp
đôi nên rút mỗi năm 25 nghìn đô-la.
d. Nếu mỗi năm rút W = 80 nghìn đô-la thì tiền trong tài khoản của cặp
đôi sẽ hết khi V (t) = 0, tức là: W W V (t) = S − ert + = 0 r r Suy ra: W 1 W ert = → t = ln . W − rS r W − rS
Vậy, thời điểm Frank và Jessie Jones rút hết tiền trong tài khoản là: 1 80 t = ln ≈ 7.5 năm. 0.05 80 − 0.05 × 500
CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN: HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN
Bài 9 (4, tr. 297). Đáp án: 1e5x+3 + C. 5
Bài 10 (6, tr. 297). Đáp án: 1 ln 3 |3x + 5| + C.
Bài 11 (8, tr. 297). Đáp án: 1 (x 6 − 1)6 + x3 − 3x2 + 8x + C
Bài 12 (10, tr. 297). Đáp án: ex2−1 + C
Bài 13 (22, tr. 297). Đáp án: 3 ln 4 4u2 − 4u + 1 + C .
Bài 14 (24, tr. 297). Đáp án: ln |ln (x)| + C.
Bài 15 (26, tr. 297). Đáp án: ln2 (x) + C. 14 √
Bài 16 (28, tr. 297). Đáp án: 2e x + C.
Bài 17 (30, tr. 297). Đáp án: −e−x + ex + C.
Bài 18 (32, tr. 297). Đáp án: −2 ln |t + 1| + t + C. 2 5
Bài 19 (34, tr. 297). Đáp án: −1x (4 3 − 1 (4 3 + C. 2 − 3x) 10 − 3x) Z
Bài 20 (37, tr. 297). Từ y′ = (3 − 2x)2 ta có y = (3 − 2x)2 dx = −1 (3 . Vậy y = (3 . 6
− 2x)3 + C. Do y(0) = 0 nên C = 92 −16 − 2x)3 + 92
Bài 21 (40, tr. 297). Đáp án: y = −e2−x + 1
Bài 22 (42, tr. 298). Đáp án: y = 1 ln2 x + 2. 4 Z 1 Bài 23 5 (43, tr. 298). f (x) =
(1 − 2x)3/2dx = − (1 − 2x) 2 + C. Do 5
đường cong y = f(x) đi qua điểm (0, 0), nên từ f(0) = 0 suy ra C = 1. Do 5 đó 5 f (x) = −1 (1 2 + 1 . 5 − 2x) 5 3
Bài 24 (44, tr. 298). Đáp án: f(x) = 1 x2 + 52 + 1. 3 dy dy Bài 25 2 − y dx (47, tr. 298). = = (đk: y 6= 2). dx (x + 1)2 ⇒ 2 − y (x + 1)2 Z Z Lấy tích phân 2 vế dy dx 1 = ta được y = Cex+1 + 2. 2 − y (x + 1)2 √ Bài 26 1
(48, tr. 298). Đáp án: y = Ce x 4 2 2x − 1.
Bài 27 (52, tr. 298). a. Gọi p(t) là giá máy khi được t năm tuổi. Ta có Z t t p(t) =
−960e− 5 dt = 4, 800e−5 + C. Gọi p0 = p(0) là giá ban đầu ta có t
C = p0 − 4, 800. Do đó, giá máy khi được t tuổi là p(t) = 4, 800e−5 + p0 − 4, 800. b. Nếu t
p0 = $5, 200 thì p(t) = 4, 800e− 5 + 400. Giá trị của chiếc máy khi
nó được 10 năm tuổi là p(10) ≈ $1, 050. Z √ 3
Bài 28 (54, tr. 298). Giá gà sau t tuần: p(t) = 3 t + 1dt = 2 (t + 1) 2 + 3
C. Do p(0) = 230 nên C = 228. Vì vậy p(t) = 2 (t + 1) 2 + 288. Giá gà sau
8 tuần là p(8) = 342 cents mỗi kilogram. 15 Z 20x
Bài 29 (58, tr. 298). a. Hàm cung: p(x) = dx. (7 − x)2 p(x) = 20 x + ln 7
+ C. Từ p(2) = 200 suy ra C = 7 | − x| −20 ln (5) − 6. −x Ta có p(x) = 20 x + ln 7 7 | − x| − 20 ln (5) − 6. −x b. p(5) ≈ 25.67
Bài 30 (62, tr. 299). a. Ta có Z 0.4x3 V (x) = dx = p0.2x4 + 8, 000 + C. p0.2x4 + 8, 000 Từ √
V (0) = 500 suy ra V (x) = p0.2x4 + 8, 000 + 500 − 40 5.
b. Giá trị đất ở Carter trong 10 năm nữa V (10) ≈ 511. Z Bài 31 (68, tr. 298). R(t) =
R′(t)dt = 300 ln |0.07t + 5| + C. Từ
R(0) = 0 suy ra R(t) = 300 ln |0.07t + 5| − 300 ln (5).
b. Sau 1 giờ (t = 60), thì R(60) ≈ 183. Do vậy diện tích vết dầu sau 1 giờ khoảng: 105208 feet vuông.
4.3 Tích phân xác định và định lý cơ bản của giải tích KIẾN THỨC QUAN TRỌNG
Định nghĩa tích phân xác định
• Tích phân xác định của hàm số f (x) xác định và liên tục trên đoạn Z b [a, b], ký hiệu bởi
f (x)dx, được xác định như sau: a Z b
f (x)dx = lim [f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn)] ∆x a n→+∞
• Hàm số f (x) được gọi là hàm lấy tích phân, các số a và b lần lượt
được gọi là cận dưới và cận trên của tích phân. Quá trình tìm tích
phân được gọi là phép tính tích phân xác định. 16
Tính diện tích bằng tích phân xác định
Nếu f(x) là hàm liên tục và f(x) ≥ 0 trên đoạn [a, b] thì miền R bên
dưới đường cong y = f(x) trên đoạn [a, b] có diện tích A, được xác định bởi công thức: Z b A = f (x)dx. a
Định lý cơ bản của Giải tích
Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a, b] thì: Z b A = f (x)dx = F (b) − F (a) a
Trong đó, F (x) là một nguyên hàm bất kỳ của f(x) trên đoạn [a, b].
Các quy tắc tính tích phân xác định
Cho f và g là các hàm số liên tục trên đoạn [a, b]. Khi đó: Z b Z b • kf (x)dx = k
f (x)dx, với k là hằng số a a Z b Z b Z b • [f (x) + g(x)]dx = f (x)dx + g(x)dx a a a Z b Z b Z b • [f (x) − g(x)]dx = f (x)dx − g(x)dx a a a Z a • f (x)dx = 0 a Z b Z a • f (x)dx = − f (x)dx a b Z b Z c Z b • f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx. a a c
Phép đổi biến trong tích phân xác định
Tích phân xác định được tính bằng phương pháp đổi biến tương tự như
đối với tích phân bất định. Tuy nhiên, cần lưu ý khi thực hiện phép đổi biến 17 Z b
u = u(x) để tính tích phân
f (x)dx, bạn đọc cần thay thế các cận ban a
đầu a và b bởi các cận mới c = u(a) và d = u(b) để đưa tích phân về dạng: Z b Z d f (x)dx = g(u)du. a c
Ứng dụng tích phân xác định tính lượng thay đổi ròng
Nếu Q′(x) là hàm liên tục trên đoạn [a, b] thì thay đổi ròng của Q(x)
khi x thay đổi từ x = a đến x = b được xác định bởi: Z b Q(b) − Q(a) = Q′(x)dx. a
HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP CƠ BẢN
Bài 1 (Bài 2, trang 313). Sử dụng tổng Rieamann để tính tích phân
Lời giải: Sử dụng công thức tính tích phân theo tổng Rieamann ta có: Z 2
f (x)dx ≈ [f(1) + f(1.2) + f(1.4) + f(1.6) + f(1.8)] ∆x 1
= [1.1 + 1.4 + 0.8 − 0.3 − 1.4] × 0.2 = 0.32.
Bài 2 (Bài 11, trang 313). Tính diện tích hình phẳng
Lời giải: Diện tích bên dưới đồ thị hàm số f (x) = x2 + 1 trên đoạn [0, 4]
được ký hiệu là S và tính bởi công thức: Z 4 S = x2 + 1 dx. 0
- Sử dụng tổng Rieamann với 8 đoạn con và sử dụng điểm mút bên trái
của mỗi đoạn con, ta có:
S ≈ [f(0) + f(0.5) + f(1) + f(1.5) + f(2) + f(2.5) + f(3) + f(3.5)] ∆x
= [1 + 1.25 + 2 + 3.25 + 5 + 7.25 + 10 + 13.25] × 0.5 = 21.5.
- Sử dụng định lý cơ bản của Giải tích ta có: Z 4 1 4 76 S = x2 + 1 dx = x3 + x = ≈ 25.3. 0 3 3 0 18
So sánh kết quả từ hai phương pháp, ta thấy kết quả từ công thức
Riemann khác biệt đáng kể so với kết quả từ phương sử dụng định lý cơ
bản của Giải tích. Điều này là bởi trong định nghĩa tích phân theo tổng
Rieamann thì cần phải chia đoạn [a, b] thành n đoạn con và n đủ lớn (n dần tới vô cực).
Bài 3 (Bài 36, trang 313). Tính tích phân xác định
Lời giải: Đặt u = x3 + 1, suy ra du = 3x2dx. Ta có u = 2 khi x = 1 và u = 9 khi x = 2. Do vậy: Z 2 x2 1 Z 9 1 1 9 7 dx = du = − = . 1 (x3 + 1)2 3 2 u2 3u 54 2
Bài 4 (Bài 63, trang 314). Quản lý nông trại
Lời giải: Sản lượng ròng của vụ mùa sẽ tăng lên trong 5 ngày tới là: Z 5 Z 5 f (t)dt = (0.3t2 + 0.6t + 1)dt 0 0 5
= 0.1t3 + 0.3t2 + t = 25 giạ. 0
Giá trị ròng của vụ mùa trong 5 ngày tới (ký hiệu là V ) bằng tích của
tổng sản lượng ròng trong 5 ngày tới với mức giá cố định là $3 đô-la mỗi giạ. Ta đó: V = 25 × 3 = 75 đô-la.
Bài 5 (Bài 70, trang 315). Quảng cáo Lời giải:
a. Số người biết đến sản phẩm trong tuần đầu tiên là: Z 7 Z 7 0.04t N (7) − N(0) = N ′(t)dt = 5t2 − dt 0 0 t2 + 3 5 Z 7 Z 7 7 0.04t 1, 715 0.04t = t3 − dt = − dt. 3 0 0 t2 + 3 3 0 t2 + 3
Đặt u = t2 + 3, suy ra du = 2tdt. Ta có u = 3 khi x = 0 và u = 52 khi
x = 7. Do đó, số người biết đến sản phẩm trong tuần đầu tiên là: 1, 715 Z 52 0.02 N (7) − N(0) = − dt 3 3 u 1, 715 = − 0.02 (ln |u|)|52 3 3 ≈ 572 người. 19
b. Số người biết đến sản phẩm trong tuần thứ hai là: Z 14 Z 14 0.04t N (14) − N(7) = N ′(t)dt = 5t2 − dt 7 7 t2 + 3 5 Z 14 14 0.04t = t3 − dt. 3 7 7 t2 + 3
Đặt u = t2 + 3, suy ra du = 2tdt. Ta có u = 52 khi x = 7 và u = 199 khi
x = 14. Do đó, số người biết đến sản phẩm trong tuần thứ hai là: 12, 005 Z 199 0.02 N (14) − N(7) = − dt 3 52 u 12, 005 = − 0.02 (ln |u|)|199 3 52 ≈ 4, 002 người.
Bài 6 (Bài 69, trang 315). Đầu tư Lời giải:
a. Giá trị doanh mục đầu tư của Ashok thay đổi trong khoảng thời gian từ 2006 đến năm 2010 là: Z 4 Z 4 V (4) − V (0) = V ′(t)dt =
12e−0.05t e0.3t − 3 dt 0 0 Z 4 = 12e0.25t . − 36e−0 05t dt 0
= 48e0.25t + 720e−0.05t4 ≈ −48.04 (nghìn đô-la). 0
b. Giá trị doanh mục đầu tư của Ashok thay đổi trong khoảng thời gian từ 2010 đến năm 2012 là: Z 6 Z 6 V (6) − V (4) = V ′(t)dt =
12e−0.05t e0.3t − 3 dt 4 4 Z 6 = 12e0.25t . − 36e−0 05t dt 4
= 48e0.25t + 720e−0.05t6 ≈ 28.55 (nghìn đô-la). 4
Bài 7 (Bài 61, trang 314). Chi phí lưu kho
Lời giải: Do tốc độ bán hàng mỗi tuần là 300 pound, nên lượng hàng trong
kho tại tuần thứ t là: 12, 000 − 300t (pound). Với chi phí lưu kho là 0.2 cent 20
(0.002 đô-la) mỗi pound mỗi tuần, tốc độ thay đổi chi phí lưu kho tại tuần thứ t là:
C′(t) = 0.002 × (12, 000 − 300t)
= 24 − 0.6t (đô-la/tuần).
Tổng chi phí lưu kho trong 40 tuần của nhà bán lẻ là: Z 40 Z 40 C(40) − C(0) = C′(t)dt = (24 − 0.6t) dt 0 0 = 24t − 0.3t240 = 480 (đô-la). 0
Bài 8 (Bài 72, trang 315). Ô nhiễm nước
Lời giải: Số dân của cộng đồng trong 2 năm tới thay đổi với số lượng là: Z 2 Z 2 f (t)dt = 0.6t2 + 0.2t + 0.5 dt 0 0
= 0.2t3 + 0.1t2 + 0.5t2 = 3 (nghìn người). 0
Trong 2 năm tới, mức độ ô nhiễm trong hồ sẽ tăng lên: 3 × 5 = 15 đơn vị.
CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN: HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN
Bài 9 (1, tr. 313). Sử dụng công thức tính tích phân theo tổng Rieamann: Z 2
f (x) dx ≈ (f(0) + f(0.4) + f(0.8) + f(1.2) + f(1.6) + f(2.0))∆x 0
= (1.1 + 1.7 + 2.3 + 2.5 + 2.4 + 2.1) × 0.4 = 4.84 Bài 10 (10, tr. 314).
S ≈ (f(0) + f(0.5) + f(1) + f(1.5) + f(2) + f(2.5) + f(3) + f(3.5))∆x
= (4 + 3.5 + 3 + 2.5 + 2 + 1.5 + 1 + 0.5) × 0.5 = 9. 21
Bài 11 (12, tr. 314). Đáp án: ≈ 2.17.
Bài 12 (14, tr. 314). Đáp án: 45.5.
Bài 13 (16, tr. 314). Đáp án: 3π.
Bài 14 (18, tr. 314). Đáp án: 0.
Bài 15 (20, tr. 314). Đáp án: 28 . 3
Bài 16 (30, tr. 314). Đáp án: 1. 2
Bài 17 (44, tr. 314). Đáp án: 4. 5
Bài 18 (46, tr. 314). R 1 [4f(x)−3g(x)]dx = 4 R 1 f(x)dx−3 R 1 g(x)dx = −3 −3 −3 −12. Z −3 Z −3 Bài 19 (48, tr. 314). f (x)dx = − f (x)dx = −5. 2 −3 Z 1
Bài 20 (50, tr. 314). Đáp án: [2f (x) + 3g(x)]dx = 12. −3
Bài 21 (52, tr. 315). Đáp án: 272. 15
Bài 22 (54, tr. 315). Đáp án: 6.
Bài 23 (56, tr. 315). Đáp án: e9 − 1 . 2e9 Z 4
Bài 24 (60, tr. 315). Đáp án: N ′(t)dt. 2
Bài 25 (62, tr. 315). Số lượng gạo lưu kho tại tháng thứ t là 10, 000 −
2, 000t (kg). Tốc độ thay đổi chi phí lưu kho tại tháng thứ t là: C′(t) =
0.8(10, 000 − 2, 000t) đô-la/tháng. Số tiền lưu kho phải trả trong 5 tháng Z 5 thới là: C(5) − C(0) = C′(t)dt = 20, 000 (đô-la). 0
Bài 26 (66, tr. 315). a. Tổng chi phí ản xuất 10 sản phần đầu tiên là: Z 10 C(10) − C(0) = C′(t)dt = 310đô-la. 0 Z 20 b. C(20) − C(10) = C′(t) = 910 đô-la. 10 22
Bài 27 (68, tr. 315). Số đơn vị được san xuất từ 10 giờ đến giữa trưa Z 4
(12 giờ) ứng với t = 2 đến t = 4. Ta có Q(4) − Q(2) = Q′(t)dt = 2 Z
4 2t3 − 3t2 + 10t + 3dt = 130 đơn vị sản phẩm. 2
Bài 28 (74, tr. 316). Số lượng nước tiêu thụ trong thập kỷ 2005-2015 là Z 10 Z 10 C(10)−C(0) = C′(t)dt =
10 + 0.3e0.03t dt = 103.4985 tỷ gallons. 0 0
Bài 29 (76, tr. 316). Lượng protein còn lại sau 2 giờ nhiều hơn sau 5 giờ Z 2 là: m(2) − m(5) =
−(0.1t + e0.1t)dt ≈ 5.32 grams. 5
Bài 30 (77, tr. 316). Số sự kiện mà người học có thể ghi nhơ trong khoảng
thời gian từ phút thứ 5 đến phút thứ 10 là Z 10 Z 10 4dt L(10) − L(5) = L′(t)dt = √ ≈ 7 sự kiện. 5 5 t + 1
Bài 31 (78, tr. 316). Số lượng cá thể được tính bởi hiệu: P (10) − P (0). Z 10 Z 10 √ P (10) − P (0 = P ′(t)dt =
(−0.75t 10 − 0.2t)dt ≈ −110. 0 0
Số lượng giảm khoảng 110 cá thể trong thập kỷ 2005–2015.
Bài 32 (79, tr. 316). Nồng độ của thuốc giả trong 4 giờ đầu sau khi tiêm Z 4 Z 4 là: −0.33tdt C′(t)dt = √ ≈ 0.8283 mg/cm3. 0 0 0.02t2 + 10
4.4 Ứng dụng tích phân xác định: Phân phối thu
nhập và Giá trị trung bình KIẾN THỨC QUAN TRỌNG
Diện tích giữa hai đường cong
Nếu f(x) và g(x) liên tục với f(x) ≥ g(x) trên đoạn [a, b] thì diện tích
A của miền nằm giữa hai đường y = f (x) và y = g(x) trên đoạn [a, b] được xác định bởi Z b A = [f (x) − g(x)]dx. a 23
Lợi nhuận vượt trội dòng
Giả sử sau t năm kể từ thời điểm hiện tại, hai dự án đầu tư sinh ra lợi
nhuận lần lượt là P1(t) và P2(t), với tốc độ sinh lợi lần lượt là P′1(t) và P′2(t)
thỏa mãn: P ′1(t) ≤ P′2(t) trong thời gian N năm tới. Gọi E(t) = P2(t)−P1(t)
là lợi nhuận vượt trội của dự án 2 so với dự án 1 tại thời điểm t, thì lợi
nhuận vượt trội dòng (NE) trên khoảng thời gian 0 ≤ t ≤ N được xác định bởi công thức: Z N Z N N E = E(N ) − E(0) = E′(t)dt =
P ′2(t) − P ′1(t) dt. 0 0 Chỉ số Gini
Nếu y = L(x) là phương trình của đường cong Lorenz thì sự bất bình
đẳng trong phân phối thu nhập tương ứng được đo bởi chỉ số Gini( G), được
xác định bởi công thức: Z b G = 2 [x − L(x)]dx. a
Giá trị trung bình của hàm số
Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a, b]. Khi đó giá trị trung bình V
của f(x) trên đoạn [a, b] được xác định bởi công thức: 1 Z b V = f (x)dx. a − b a
HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP CƠ BẢN
Bài 1 (Bài 11, trang 331). Tính diện tích giữa hai đường cong
Lời giải: Giải phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị: x = 0 x3 = 9x ⇐⇒ x = 3 x = −3 (loại do x ≥ 0). 24
Do 9x − x3 = x(3 − x)(3 + x) ≥ 0 với mọi x thuộc đoạn [0, 3], nên đường
thẳng y = 9x nằm trên đồ thị hàm số y = x3 trên đoạn [0, 3]. Do vậy, diện
tích hình phẳng cần tìm là: Z 3 9 1 3 81 S = 9x − x3 dt = x2 − x4 = . 0 2 4 4 0
Bài 2 (Bài 24, trang 332). Tìm giá trị trung bình của hàm số
Lời giải: Giá trị trung bình của hàm số f (x) trên đoạn [−1, 1] là: 1 Z 1 1 Z 1 x + 1 ftb = f (x)dx = dx. 2 2 x2 + 2x + 6 −1 −1
Đặt u = x2 + 2x + 6 suy ra du = (2x + 2)dx. Ta có u = 9 khi x = 1 và u = 5 khi x = −1. Do đó: 1 Z 9 1 1 9 1 9 f tb = du = ln |u| = ln . 4 5 u 4 4 5 5
Bài 3 (Bài 42, trang 333). Lợi nhuận vượt trội ròng Lời giải:
a. Tốc độ sinh lợi của dự án thứ nhất vượt quá tốc độ sinh lợi của dự án thứ hai khi: 8
P ′1(t) ≥ P ′2(t) ⇐⇒ 60e0.12t ≥ 160e0.08t ⇐⇒ e0.04t ≥ 3 1 8 ⇐⇒ t ≥ ln ≈ 24.5 (năm). 0.04 3
Vậy, sau 24.5 năm thì tốc độ sinh lợi của dự án đầu tư thứ nhất sẽ vượt
quá tốc độ sinh lời của dự án đầu tư thứ hai.
b. Lợi nhuân vượt trội dòng nếu đầu tư vào dự án thứ hai (so với dự án thứ
nhất) trong khoảng thời gian 0 ≤ t ≤ 24.5 là: Z 24.5 Z 24.5 N E = P ′ .08t 2(t) − P ′1(t) dt = 160e0 0 − 60e .12t dt 0 0 160 60 24.5 = e0.08t − e0.12t ≈ 3, 240.7 (nghìn đô-la). 0.08 0.12 0 25
Bài 4 (Bài 50, trang 334). Phân phối thu nhập Lời giải:
a. Hệ số Gini đối với nghề luật sư là: Z 1 Z 1 4 1 G1 = 2 [x − L1(x)]dx = 2 x − x2 + x dx 0 0 5 5 Z 1 8 8 8 4 1 = − x2 + x dx = − x3 + x2 0 5 5 15 5 0 4 = ≈ 0.267. 15
b. Hệ số Gini đối với nghề bác sỹ phẫu thuật là: Z 1 Z 1 5 3 G2 = 2 [x − L2(x)]dx = 2 x − x4 + x dx 0 0 8 8 Z 1 5 5 1 5 1 = − x4 + x dx = − x5 + x2 0 4 4 4 8 0 3 = = 0.375. 8 Do G
nên nghề luật sư có phân phối thu nhập công bằng hơn so với 1 < G2
nghề bác sĩ phẫu thuật.
Bài 5 (Bài 38, trang 332). Giá thực phẩm
Lời giải: Giá thịt bò xay trung bình trong 3 tháng đầu năm là: 1 Z 3 1 Z 3 Ptb = P (t)dt = (0.09t2 − 0.2t + 4)dt 3 0 3 0 1 3 =
0.03t3 − 0.1t2 + 4t = 3.97 (đô-la mỗi pound). 3 0 CÁC BÀI TẬP MỞ RỘNG
Bài 6 (Bài 12, trang 331). Tính diện tích giữa hai đường cong
Lời giải: Giải phương trình hoành độ giao điểm: x = 0
x3 − 3x2 = x2 + 5x ⇐⇒ x3 − 4x2 − 5x = 0 ⇐⇒ x = −1 x = 5. 26
Diện tích hình phẳng cần tìm là: Z 0 Z 5 S = x3 − 4x2 − 5x dx + −x3 + 4x2 + 5x dx −1 0 1 4 5 0 1 4 5 5 = x4 − x3 − x2 + − x4 + x3 + x2 4 3 2 4 3 2 −1 0 1 4 5 1 4 5 443 = − + − + − × 54 + × 53 + × 52 = . 4 3 2 4 3 2 6
Bài 7 (Bài 45, trang 333). Sản lượng trung bình Lời giải:
a. Sản lượng trung bình khi số giờ lao động sử dụng từ 1,000 đến 2,000 là: 1 Z 2,000 2,000 2 3 5 Q tb = 500L 3 dx = L 3 ≈ 65, 244 (đơn vị). 1, 000 1,000 10 1,000 b. Giải phương trình: 3 2 65, 244 2
Q(L) = 500L 3 = 65, 244 ⇐⇒ L = ≈ 1, 491. 500
Vậy, trong khoảng từ 1,000 đến 2,000 giờ lao động thì cần phải sử dụng
khoảng 1,491 giờ lao động để tạo ra được mức sản lượng trung bình tìm được ở phần (a).
Bài 8 (Bài 54, trang 334). So sánh tăng trưởng
Lời giải: Gọi P1(t) và P2(t) lần lượt là dân số t năm sau kể từ năm 2005,
tương ứng với hai tình huống:
(1) Không có thay đổi về kinh tế-xã hội;
(2) Có thay đổi về kinh tế-xã hội.
Khi đó P (t) = P1(t) − P2(t) là dân số vượt trội của tình huống (1) so
với tình huống (2) tại năm thứ t. Do vậy, dân số vượt trội dòng của tình
huống (1) so với tình huống (2) trong khoảng thời gian từ năm 2005 đến 27
năm 2015 được tính theo công thức: Z 10 Z 10 P (10) − P (0) = P ′(t)dt = P ′ 1(t) − P ′ 2(t) dt 0 0 Z 10 =
10e0.02t − (10 + 0.02t + 0.002t2) dt 0 0.002 10 =
500e0.02t − 10t − 0.01t2 − t3 3 0 ≈ 9.03 (nghìn người).
Do vậy, nếu có một số thay đổi về kinh tế-xã hội được tạo ra thì trong
khoảng thời gian từ 2005-2015, quốc gia này sẽ giảm được khoảng 9.03 nghìn
người so với khi không có sự thay đổi nào về kinh tế-xã hội.
Bài 9 (Bài 63, trang 335). Nhiệt độ Lời giải:
a. Nhiệt độ trung bình ở vùng trong giờ làm việc là: 1 Z 11 1 Z 11 1 Ttb = T (t)dt = 3 − (t − 5)2 dt 9 2 9 2 3 1 Z 11 1 10 16 = − t2 + t − dt 9 2 3 3 3 1 1 5 16 11 = − t3 + t2 − t = 0 (0C). 9 9 3 3 2
b. Nhiệt độ tại thời điểm t trong giờ làm việc bằng với nhiệt độ trung bình khi: " 1 t = 2
T (t) = 3 − (t − 5)2 = 0 ⇐⇒ 3 t = 8.
Do đó, tại thời điểm lúc 8 giờ sáng (t = 2) và 2 giờ chiều (t = 8) thì
nhiệt độ bằng với nhiệt độ trung bình trong ngày làm việc.
CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN: HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN Z 2 Bài 10 (2, tr. 331). S = (0 − x(x2 − 4))dx = 4. 0 28 Z 2 Bài 11 (4, tr. 331). S =
((x2 + 1) − (2x − 2))dx = 9. −1 Z 3
Bài 12 (19, tr. 332). Giá trị trung bình: 1 (1 − x2)dx = −2. 3 − (−3) −3 1 Z 2 9 Bài 13 (20, tr. 332). x2 − 3x + 5 dx = . 2 − (−1) 2 −1 1 Z ln 2 2 Bài 14 (22, tr. 332). e2x + e−x dx = . ln 2 − 0 0 ln (2) 1 Z 4 Bài 15 (26, tr. 332). xdx = 2. 4 − 0 0 1 Z 2 e6 Bài 16 − 1 (28, tr. 332). e−2tdt = ≈ 1.23. 2 − (−1) 6e4 −1
Bài 17 (30, tr. 332). Chỉ số Gini: Z 1 Z 1 Gini 1 = 2 (x − L(x))dx = 2 (x − x2)dx = . 0 0 3
Bài 18 (32, tr. 332). Chỉ số Gini: Z 1 Z 1 Gini = 2 (x − L(x))dx = 2
(x − (0.7x2 + 0.3x))dx ≈ 0.233. 0 0
Bài 19 (34, tr. 332). Chỉ số Gini: Z 1 Z 1 Gini ex − 1 = 2 (x − L(x))dx = 2 x − dx ≈ 0.164. 0 0 e − 1
Bài 20 (36, tr. 332). Tốc độ sắp xếp trung bình của nhânviên bưu điện
trong 3 tháng làm việc đầu tiên là: 1 Z 3 1 Z 3 Q(t)dt =
(700 − 400e−0.5t)dt ≈ 493 lá thư mỗi giờ. 3 − 0 0 3 − 0 0 29
Bài 21 (44, tr. 333). a. Tỷ lệ phần trăm trung bình của công chúng biết
về bộ phim trong 5 tuần của chiến dịch quảng cáo là: 1 Z 5 1 Z 5 59t P (t)dt = + 6 dt ≈ 12.23%. 5 − 0 0 5 − 0 0 0.7t2 + 16
b. Thời điểm t mà công chúng biết về bộ phim bằng với phần trăm trung
bình trong 5 tuần thỏa mãn phương trình 59t + 6 = 12.23 suy ra 0.7t2 + 16 t ≈ 2.
Bài 22 (46, tr. 333). a. Công nhân thứ nhất sẽ sản xuất nhiều hơn công nhân thứ hai là Z 4 Z 4 184 (Q′ 2 1(t) − Q′2(t))dt =
((60 −2(t−1) )−(50−5t))dt = ≈ 61 đơn vị. 0 0 3
Bài 23 (52, tr. 334). Dân số trung bình của cộng đồng này trong một Z 10
thập kỷ từ năm 2000 tới năm 2010 là: 1 e0.2t dt ≈ 0.412. 10 − 0 0 r + e0.2t
Bài 24 (56, tr. 334). Lượng rating trung bình của nhóm những người từ 15 đến 25 tuổi là: 1 Z
25 110(ln x − 2) dx ≈ 5.414. 25 − 15 15 x
Lượng rating trung bình của nhóm những người từ 15 đến 25 tuổi là: 1 Z 70 110(ln x − 2)dx ≈ 3.681 70 − 60 60 x
Bài 25 (58, tr. 335). a. Tốc độ lưu thông trung bình trong khoảng thời Z 6
gian từ 1 giờ chiều đến 6 giờ chiều là: 1 (t3 −10.5t+30t+20)dt = 153 6 − 1 1 miles mỗi giờ.
b. Thời điểm t ∈ [1; 6], mà tốc độ lưu thông tại lối ra bằng tốc độ lưu thông
trung bình thỏa mãn phương trình sau: t3 − 10.5t + 30t + 20 = 153 ⇒ t ≈ 3.863.
Bài 26 (62, tr. 335). Nhiệt độ trung bình ở sân bay này từ 9 giờ sáng Z 12 đến lúc giữa trưa là: 1 1 22 (3 − (t − 5)2)dt = − ≈ −7.33 độ C. 12 − 9 9 3 3 30
4.5 Các ứng dụng khác của tích phân trong kinh doanh và Kinh tế học KIẾN THỨC QUAN TRỌNG
Giá trị tương lai và giá trị hiện tại của một dòng thu nhập
Giả sử trong khoảng thời gian 0 ≤ t ≤ T, tiền được chuyển vào tài khoản
liên tục với tốc độ được cho bởi hàm f(t) và tài khoản này nhận được khoản
lãi với tỷ lệ lãi suất hàng năm r và được tính gộp liên tục.
• Giá trị tương lai của dòng thu nhập (F V ) trong khoảng thời
gian T được xác định bởi công thức: Z T Z T F V = f (t)er(T −t)dt = erT f (t)e−rtdt 0 0
• Giá trị hiện tại của dòng thu nhập (P V ) trong khoảng thời gian
T được xác định bởi công thức: Z T P V = f (t)e−rtdt. 0
Mức sẵn lòng chi tiêu và thặng dư của người tiêu dùng
Cho hàm cầu đối với một loại hàng hóa: p = D(q) và giả sử q là số đơn vị 0
hàng hóa được bán ở mức giá p0 đô la mỗi đơn vị.
• Tổng mức sẵn lòng chi tiêu của người tiêu dùng (W S) để mua q đơn 0
vị hàng hóa được cho bởi công thức: Z q0 W S = D(q)dq 0
• Thặng dư của người tiêu dùng CS đối với hàng hóa được cho bởi công thức: Z q0 CS = D(q)dq − p0q0. 0 31
Thặng dư của người nhà sản xuất
Cho hàm cung đối với một loại hàng hóa: p = S(q) và giả sử q là số 0
đơn vị hàng hóa được bán ở mức giá p đô la mỗi đơn vị. Thặng dư 0
của nhà sản xuất( P S) đối với hàng hóa được cho bởi công thức: Z q0 P S = p0q0 − S(q)dq. 0
HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP CƠ BẢN
Bài 1 (Bài 24, trang 345). Giá trị tương lai của một dòng thu nhập
Lời giải: Theo đề bài ta có: f (t) = 2, 400 với mọi t > 0; r = 0.06 và T = 5
Giá trị của tài khoản vào cuối năm thứ năm là: Z T Z 5 F V = erT f (t)e−rtdt = e0.3 2, 400e−0.06tdt 0 0 2, 400 5 = −
× e0.3 e−0.06t ≈ 13, 994 (đô-la). 0 .06 0
Bài 2 (Bài 29, trang 345). Giá trị hiện tại của một khoản đầu tư
Lời giải: Theo đề bài ta có: f (t) = 1, 200 với mọi t > 0; r = 0.05 và T = 5
Giá trị hiện tại của tài khoản sau 5 năm là: Z T Z 5 P V = f (t)e−rtdt = 1, 200e−0.05tdt 0 0 1, 200 5 = −
e−0.05t ≈ 5, 308.8 (đô-la). 0.05 0
Bài 3 (Bài 1, trang 344). Mức sẵn lòng chi tiêu dùng
Lời giải: Tổng lượng tiền mà người tiêu dùng sẵn lòng chi tiêu để sở hữu
q0 = 5 đơn vị một sản phẩm đó là: Z 5 300 W S = dq. (0.1 0 q + 1)2
Đặt u = 0.1q + 1, suy ra du = 0.1dq. Ta có u = 1.5 khi q = 5 và u = 1 khi q = 0. Z 1.5 1 3000 1.5 W S = 3000 du = − = 1000 (đô-la). 1 u2 u 1 32
Bài 4 (Bài 17, trang 344). Thặng dư Lời giải:
a. Thị trường cân bằng khi: " q = 10
D(q) = S(q) ⇐⇒ 0.4q2 + q − 50 = 0 ⇐⇒ q = −25 (loại). 2
Vậy, mức giá cân bằng thị trường là pe = 10 (đô-la).
b. Ở trạng thái cân bằng, với mức giá cân bằng là pe = 10 đô-la, sản lượng
cân bằng là qe = 40 đơn vị. Khi đó:
- Thặng dư của người tiêu dùng: Z 10 CS = D(q)dq − peqe 0 Z 10 = −0.3q2 + 70 dq − 400 0 10
= −0.1q3 + 70q − 400 = 200 (đô-la). 0
- Thặng dư của nhà sản xuất: Z 10 P S = peqe − S(q)dq 0 Z 10 = 400 − 0.1q2 + q + 20 dq 0 0.1 1 10 = 400 − q3 + q2 + 20q ≈ 116.7 (đô-la). 3 2 0
Bài 5 (Bài 26, trang 345). Lựa chọn kế hoạch đầu tư
Lời giải: Thu nhập ròng của mỗi kế hoạch được tính bằng giá trị hiện tại
của dòng thu nhập trừ đi chi phí mở rộng và cải tạo cửa hàng. Ta có:
- Kế hoạch thứ nhất có chi phí $40,000, tạo ra dòng thu nhập f1(t) =
10, 000; r = 0.05; T = 3, do đó có thu nhập ròng là: Z 3 T N R1 = 10, 000e−0.05tdt − 40, 000 0 10, 000 3 = −
e−0.05t − 40, 000 ≈ −12, 142 (đô-la). 0.05 0 33
- Kế hoạch thứ hai có chi phí $25,000, tạo ra dòng thu nhập f2(t) =
8, 000; r = 0.05; T = 3, do đó có thu nhập ròng là: Z 3 T N R2 = 8, 000e−0.05tdt − 25, 000 0 8, 000 3 = −
e−0.05t − 25, 000 ≈ −2, 713 (đô-la). 0.05 0
Do vậy, kế hoạch thứ hai có thu nhập ròng nhiều hơn (hay khả năng thu
hồi vốn của kế hoạch thứ hai tốt hơn so với kế hoạch thứ nhất) trong vòng 3 năm tới.
Bài 6 (Bài 35, trang 346). Khai thác mỏ dầu Lời giải: a. Ta có: Z Z 65 P (t) = P ′(t)dt = 1.3e0.04tdt = e0.04t + C. 2
Do mỏ dầu có trữ lượng 20 tỷ thùng ở thời điểm ban đầu, ta có P (0) = 20, suy ra C = −25. Do vậy: 2 65 25 P (t) = e0.04t − . 2 2
- Số lượng dầu khai thác được trong 3 năm đầu tiên là: 65 P (3) − P (0) =
e0.04×3 − 1 ≈ 4.14 (tỷ thùng). 2
- Số lượng dầu khai thác được trong 3 năm tiếp theo là: 65 P (6) − P (3) =
e0.04×6 − e0.04×3 ≈ 4.67 (tỷ thùng). 2
b. Mỏ dầu cạn kiệt khi tổng lượng dầu khai thác được trong T năm bằng
với trữ lượng ban đầu, do đó: 65 65 P (T ) − P (0) = 20 ⇐⇒ e0.04T − = 20 2 2 21 1 21 ⇐⇒ e0.04T = ⇐⇒ T = ln ≈ 12 (năm). 13 0.04 13 34
c. Giá trị hiện tại của dòng thu nhập từ khai thác mỏ dầu trong T = 12
năm, lãi suất r = 0.05 và dòng thu nhập V (t) = 112P ′(t) là: Z 12 Z 12 V =
112 × 1.3e0.04te−0.05tdt = 145.6 e−0.01tdt 0 0 = −14, 560e−0.01t12 ≈ 1, 646.4 (tỷ đô-la). 0
d. Nếu chủ sở hữu mỏ dầu quyết định bán mỏ vào ngày đầu tiên hoạt động
thì giá trị hiện tại của dòng thu nhập tìm được ở câu (c) sẽ là thông tin
quan trọng trong việc định giá mỏ dầu. Tuy nhiên, chủ sở hữu cần phải ước
tính được tổng chi phí bỏ ra để khai thác mỏ dầu trong thời gian T = 12
năm, từ đó định ra mức giá chào bán phù hợp. Do có chi phí khai thác, mức
giá chào bán thực tế sẽ thấp hơn đáng kể so với giá trị của dòng thu nhập tìm được ở câu (c).
Bài 7 (Bài 38, trang 346). Chi trả xổ số
Lời giải: Nếu lựa chọn phương án nhận séc $250,000 và một dòng thu nhập
liên tục với tốc độ f(t) = 200, 000 đô-la/năm trong T = 10 năm, lãi suất
hiện hành là 5% (r = 0.05) và tính gộp liên tục thì giá trị hiện tại của giải thưởng là: Z 10 V = 250, 000 + 200, 000e−0.05tdt 0 200, 000 10 = 250 , 000 − e−0.05t ≈ 1, 823, 877 (đô-la). 0, 05 0
Do vậy, tổng giải thưởng theo giá trị hiện tại theo đề nghị của ban tổ
chức chỉ ở mức xấp xỉ 1.83 triệu đô-la, đây không phải là một thỏa thuận tốt cho Luisa.
CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN: HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN
Bài 8 (2, tr. 344). a. Tổng lượng tiền mà người tiêu dùng sẵn lòng chi
tiêu để sở hữu q0 = 5 đơn vị một loại hàng hóa: Z q0 Z 5 300 W S = D(q)dq = ( )dq = 1, 000.02 đô-la. 0 0 (0.1q + 1)2 35 Z 10 300 Bài 9 (4, tr. 344). a. W S =
dq = 75 (ln (43) − ln (3)) ≈ 0 4q + 3 199.7 đô-la. Z 15 Bài 10 (6, tr. 334). W S = 50e−0.04qdq ≈ 564 đô-la. 0
Bài 11 (8, tr. 344). Thặng dư của người tiêu dùng tại q0 = 6, p0 = Z q0 Z 6 D(q0) = 30 là CS = D(q)dq−p0q0 =
(150−2q−3q2)dq−36×6 = 432 0 0 đô-la.
Bài 12 (10, tr. 344). Thặng dư của người tiêu dùng tại q0 = 3, p0 = Z 3 D(3) = 75e−0.12 là: CS =
(75e−0.04q)dq − 3 × 75e−0.12 ≈ 12.47 đô-la. 0
Bài 13 (12, tr. 334). Thặng dư của nhà sản xuất tại q0 = 4, p0 = S(5) = Z q0 Z 5 17.5 là: P S = p0q0 − S(q)dq = 5 × 17.5 − (0.5q + 15)dq = 6.25 đô-la. 0 0
Bài 14 (14, tr. 334). Thặng dư của nhà sản xuất tại q0 = 7, p0 = S(7) = Z 7
17 + 11e0.07 là: P S = 7 × (17 + 11e0.07) −
(17 + 11e0.01q)dq ≈ 2.83 đô-la. 0
Bài 15 (16, tr. 344). a. Mức giá cân bằng: D(q) = S(q) ⇐⇒ 65 − q2 = 1 q2 + 2q + 5 3 ⇒ q0 = 6, p0 = 29.
b. Thặng dư của người tiêu dùng tại trạng thái cân bằng q là: 0 = 6, p0 = 29 Z 6 CS =
(65 − q2)dq − 6 × 29 = 144 đô-la. 0
Thặng dư của nhà sản xuất tại trạng thái cân bằng q là: 0 = 6, p0 = 29 Z 6 1 P S = 6 × 29 − ( q2 + 2q + 5)dq = 84 đô-la. 0 3
Bài 16 (18, tr. 344). a. Trạng thái cân bằng q0 = 10, p0 = 15. Z 10 b. CS =
(p245 − 2q)dq − 10 × 15 ≈ 3.3; 0
P S = 10 × 15 − R 10 (5 + q) dq = 50. 0
Bài 17 (20, tr. 344). a. Số năm t khi lợi nhuận bắt đầu giảm P ′(t) =
R′(t) − C′(t) ≤ 0 ⇐⇒ 6, 025 − 8t2 − 4, 681 + 13t2 ⇒ t ≤ 8. Niên hạn hữu
dụng của chiếc máy là 8 năm. 36
b. Lợi nhuận ròng do chiếc máy này tạo ra trong niên hạn hữu dụng của nó Z 8 Z 8 là: NE = (R′(t)−C′(t))dt =
(6, 025−8t2−4, 681 + 13t2)dt = 7, 168 0 0 đô-la.
Bài 18 (28, tr. 345). Sue có số tiền trong tài khoản khi nghỉ hưu ở tuổi Z 25 55 là: F V = e0.08×25
2, 000e−0.08tdt ≈ 159, 726 đô-la. 0
Bài 19 (30, tr. 345). Giá trị hiện tại của thương vụ nhượng quyền là: Z 10 P V =
100, 000e−0.04tdt = 824, 200 đô-la. 0
Bài 20 (32, tr. 245). Gọi A là số tiền Molly chi cho khoản đầu tư. Các
khoản đầu tư của Kenvin và Molly có cùng 1 giá trị ròng sau 4 năm: Z 4 Z 4 e0.05×4
(3, 000e−0.05t)dt − 4, 000 = e0.05×4
((2, 000e0.04t)e−0.05t)dt − A. 0 0 Suy ra A ≈ 296 đô-la.
Bài 21 (34, tr. 346). a. Lợi nhuận của công ty: P (q) = R(q) − C(q) =
(124 − 2q)q − (2q3 − 59q2 + 4q + 7, 600).
b. P ′(q) = 0 ⇒ q = 20. Tại q = 20 thì công ty thu được lợi nhuận tối đa.
c. Thặng dư của người tiêu dùng ở mức q0 = 20, p0 = D(20) = 84 là: Z 20 CS =
(124 − 2q)dq − 20 × 84 = 400. 0
Bài 22 (39, tr. 346). Giá trị hiện tại của phương án nhận A đô-la mỗi
năm trong 6 năm tiếp theo như một dòng thu nhập liên tục bằng với nhận Z 6
luôn 10 triệu đô-la: P V =
(A)e−0.05tdt = 10 ⇒ A ≈ 1.929148 triệu 0 đô-la.
Bài 23 (40, tr. 346). Giá trị hiện tại của đội thứ nhất trả cho ngôi sao bóng chày là: Z 5 P V1 = 3 +
(8e0.03t)e−0.05tdt = 41.068 triệu đô-la. 0
Giá trị hiện tại của đội thứ hai trả cho ngôi sao bóng chày là: Z 5 P V2 =
(9)e−0.05tdt = 39.816 triệu đô-la. 0
Do vậy đề nghị của đội thứ nhất đáng giá hơn. 37