GIẢI BÀI TẬP BÀI 13: ỨNG DỤNG HÌNH HỌC CỦA TÍCH PHÂN
(SGK TOÁN 12 - KẾT NỐI TRI THỨC)

Quan sát Hình 4.29, hình phẳng được tô màu nằm trên khoảng \(x \in [0; 4]\), được giới hạn bởi đồ thị hàm số phía trên là parabol \(y = 5x - x^2\) và đồ thị phía dưới là đường thẳng \(y = x\).

Tọa độ giao điểm của hai đường được xác định bởi phương trình:

\(5x - x^2 = x \Leftrightarrow x^2 - 4x = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 4 \end{array}\right.\)

Vì trên đoạn \([0; 4]\), ta có \(5x - x^2 \ge x\), nên diện tích hình phẳng là:

\(S = \int_{0}^{4} [(5x - x^2) - x] \, dx = \int_{0}^{4} (4x - x^2) \, dx\)

\(= \left. \left( 2x^2 - \frac{x^3}{3} \right) \right|_{0}^{4} = \left( 2 \cdot 4^2 - \frac{4^3}{3} \right) - 0 = 32 - \frac{64}{3} = \frac{32}{3}\).

a) Diện tích hình phẳng được tính theo công thức:

\(S = \int_{-1}^{1} |e^x - (x^2 - 1)| \, dx\)

Vì với mọi \(x \in [-1; 1]\) ta có \(x^2 - 1 \le 0 < e^x\) nên \(e^x - (x^2 - 1) > 0\).

\(S = \int_{-1}^{1} (e^x - x^2 + 1) \, dx = \left. \left( e^x - \frac{x^3}{3} + x \right) \right|_{-1}^{1}\)

\(= \left( e^1 - \frac{1}{3} + 1 \right) - \left( e^{-1} + \frac{1}{3} - 1 \right) = e + \frac{2}{3} - e^{-1} + \frac{2}{3} = e - \frac{1}{e} + \frac{4}{3}\).

b) Xét hiệu \(h(x) = x - \sin x\). Ta xét dấu của \(h(x)\) trên các khoảng:

- Trên đoạn \(\left[-\frac{\pi}{2}; 0\right]\): \(x \le 0\) và \(\sin x \le 0\), nhưng \(x \le \sin x \Rightarrow x - \sin x \le 0\).

- Trên đoạn \([0; \pi]\): \(x \ge \sin x \Rightarrow x - \sin x \ge 0\).

Do đó, diện tích hình phẳng là:

\(S = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\pi} |x - \sin x| \, dx = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} (\sin x - x) \, dx + \int_{0}^{\pi} (x - \sin x) \, dx\)

\(= \left. \left( -\cos x - \frac{x^2}{2} \right) \right|_{-\frac{\pi}{2}}^{0} + \left. \left( \frac{x^2}{2} + \cos x \right) \right|_{0}^{\pi}\)

\(= \left[ (-1 - 0) - \left( 0 - \frac{\pi^2}{8} \right) \right] + \left[ \left( \frac{\pi^2}{2} - 1 \right) - (0 + 1) \right]\)

\(= -1 + \frac{\pi^2}{8} + \frac{\pi^2}{2} - 2 = \frac{5\pi^2}{8} - 3\).

c) Trên đoạn \([-\sqrt{3}; \sqrt{3}]\), ta có \(9 - x^2 \ge 2x^2 \Leftrightarrow 3x^2 \le 9 \Leftrightarrow x^2 \le 3 \Leftrightarrow -\sqrt{3} \le x \le \sqrt{3}\).

Do đó, \(9 - x^2 - 2x^2 \ge 0\). Diện tích hình phẳng là:

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

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

d) Trên đoạn \([0; 1]\), ta có \(\sqrt{x} \ge x^2\).

Diện tích hình phẳng là:

\(S = \int_{0}^{1} (\sqrt{x} - x^2) \, dx = \left. \left( \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} - \frac{x^3}{3} \right) \right|_{0}^{1} = \left( \frac{2}{3} - \frac{1}{3} \right) - 0 = \frac{1}{3}\).

Sự bất bình đẳng thu nhập của Hoa Kỳ năm 2005 chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường \(y = x\) và đường cong Lorenz \(y = f(x) = (0,00061x^2 + 0,0218x + 1,723)^2\) trên đoạn \([0; 100]\).

Vì \(x \ge f(x)\) trên đoạn \([0; 100]\), diện tích bất bình đẳng thu nhập là:

\(S = \int_{0}^{100} [x - (0,00061x^2 + 0,0218x + 1,723)^2] \, dx\)

Sử dụng máy tính cầm tay để tính tích phân xác định này:

\(S = \int_{0}^{100} x \, dx - \int_{0}^{100} (0,00061x^2 + 0,0218x + 1,723)^2 \, dx \approx 5000 - 3351,18 \approx 1648,82\).

Vậy sự bất bình đẳng thu nhập của Hoa Kỳ vào năm 2005 xấp xỉ 1648,82 (hoặc nếu xét theo tỉ lệ phần trăm chuẩn hóa từ \(0\) đến \(1\) bằng cách chia cho \(10000\) thì Chỉ số Gini xấp xỉ \(0,33\)).

Thể tích khối tròn xoay thu được khi quay hình phẳng xung quanh trục \(Ox\) được tính theo công thức:

\(V = \pi \int_{0}^{2} (2x - x^2)^2 \, dx = \pi \int_{0}^{2} (4x^2 - 4x^3 + x^4) \, dx\)

\(= \pi \left. \left( \frac{4}{3}x^3 - x^4 + \frac{x^5}{5} \right) \right|_{0}^{2}\)

\(= \pi \left( \frac{4}{3} \cdot 8 - 16 + \frac{32}{5} \right) = \pi \left( \frac{32}{3} - 16 + \frac{32}{5} \right) = \pi \cdot \frac{16}{15} = \frac{16\pi}{15}\).

Thể tích của khối chỏm cầu được tính bằng tích phân:

\(V = \pi \int_{R - h}^{R} \left(\sqrt{R^2 - x^2}\right)^2 dx = \pi \int_{R - h}^{R} (R^2 - x^2) \, dx\)

\(= \pi \left. \left( R^2 x - \frac{x^3}{3} \right) \right|_{R - h}^{R}\)

\(= \pi \left[ \left( R^3 - \frac{R^3}{3} \right) - \left( R^2(R - h) - \frac{(R - h)^3}{3} \right) \right]\)

\(= \pi \left[ \frac{2R^3}{3} - \left( R^3 - R^2 h - \frac{R^3 - 3R^2 h + 3Rh^2 - h^3}{3} \right) \right]\)

\(= \pi \left[ \frac{2R^3}{3} - \left( \frac{2R^3}{3} - Rh^2 + \frac{h^3}{3} \right) \right] = \pi \left( Rh^2 - \frac{h^3}{3} \right) = \pi h^2 \left( R - \frac{h}{3} \right)\).

a) Tính thể tích \(V\):

Tam giác \(OAB\) vuông tại \(A\), đỉnh \(O\) trùng với gốc tọa độ, cạnh \(OA = a\) nằm trên trục \(Ox\).

Tọa độ các đỉnh: \(O(0; 0)\), \(A(a; 0)\). Vì \(\widehat{AOB} = \alpha\) nên \(AB = OA \cdot \tan \alpha = a \tan \alpha\). Do đó điểm \(B(a; a \tan \alpha)\).

Đường thẳng \(OB\) đi qua gốc tọa độ \(O(0;0)\) và điểm \(B(a; a \tan \alpha)\) có phương trình là: \(y = (tan \alpha) x\).

Khối tròn xoay \(\mathcal{B}\) tạo thành chính là một hình nón có bán kính đáy \(R = AB = a \tan \alpha\) và chiều cao \(h = OA = a\).

Áp dụng công thức thể tích khối tròn xoay (hoặc công thức hình nón):

\(V = \pi \int_{0}^{a} (x \tan \alpha)^2 \, dx = \pi \tan^2 \alpha \int_{0}^{a} x^2 \, dx = \pi \tan^2 \alpha \left. \left( \frac{x^3}{3} \right) \right|_{0}^{a} = \frac{1}{3}\pi a^3 \tan^2 \alpha\).

b) Tìm \(\alpha\) để thể tích \(V\) lớn nhất:

Vì \(0 < \alpha \le \frac{\pi}{4}\), hàm số \(y = \tan \alpha\) đồng biến trên \(\left(0; \frac{\pi}{4}\right]\).

Do đó, \(\tan \alpha\) đạt giá trị lớn nhất khi \(\alpha = \frac{\pi}{4}\), khi đó \(\tan \frac{\pi}{4} = 1\).

Suy ra thể tích \(V_{\max} = \frac{1}{3}\pi a^3 \cdot 1^2 = \frac{1}{3}\pi a^3\) đạt được khi \(\alpha = \frac{\pi}{4}\) (hay \(\alpha = 45^\circ\)).