BÁO cáo bài tập lớn môn GIẢI TÍCH 1 TÍCH PHÂN lý thuyết trình bày các định lý cơ bản của vi tích phân, công thức newton lebnitz các phương pháp tìm nguyên hàm

BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN MÔN: GIẢI TÍCH 1 GVHD: CÔ ĐOÀN THỊ THANH XUÂN NHÓM: 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, công thức

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 MÔN: GIẢI TÍCH 1 GVHD: CÔ ĐOÀN THỊ THANH XUÂN

NHÓM: 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, công thức Newton-Lebnitz Các phương pháp tìm nguyên hàm.

2/ Bài tập:

- Tìm và giải 10 bài tập đổi biến loại( cho đủ các dạng lượng giác, dạng hửu tỷ, vô 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)

2 ĐẶNG PHƯƠNG DUY 1910934

MỤC LỤC

1. Lịch sử ra đời: 3

2 Trình bày các định luật cơ bản của vi tích phân và CT

3 Các phương pháp tính nguyên hàm 4

II BÀI TẬP

1 Tìm và giải 10 bài tập đổi biến loại 5

a Lượng giác 6

b Hữu tỷ 7

c Vô tỷ 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

I LÝ THUYẾT:

1 Lịch sử ra đời:

Newton (từ 1666) Leibniz (từ 1675) Khái niệm

lượng biến đổi Theo thời gian (fluents) Xem như vô số giias trị nhỏ đặt cạnh nhau

Vận tốc và vi

phân Dựa trên động học, cơ bản là vận tốc (fluxion) Vi phân của biến số có được bằng cách tạo ra một dãy các

hiệu số của những giá trị kế tiếp nhau của biến số

Khái niệm tích

- phân Phương pháp của Newton là tìm diện tích z dưới đường cong vẽ nên

bởi điểm (x,y) bằng cách giải phương trình 𝑧̇ = y𝑥̇, ấy là tìm lượng thay đổi ztừ vận tốc y𝑥̇ Newton không đưa ra các phép tính toán (operations) về tích-phân

Với Leibniz, tích-phân là phép tính toán về tổng số Các hệ thức ʃ dy = y và d ʃ z = z được chứng minh Diện tích dưới đường cong được tính nhờ tích phân ʃ y dx

Lượng vô

cùng nhỏ Newton ngần ngại khi dùng lượng vô cùng nhỏ Vận tốc (fluxion) của

Newton không phải là lượng vô cùng nhỏ, mà là một lượng hữu hạn

Sử dụng lượng vô cùng nhỏ: Nếu y là một biến số nào đó thì

dy là một lượng vô cùng nhỏ

Ký hiệu Sử dụng dấu chấm trên đầu, 𝑥̇, để

chỉ vận tốc, nhưng không có ký hiệu cho phép tính ngược lại

Giới thiệu hai ký hiệu cơ bản d

và ʃ Đó là ký hiệu tượng trưng cho hai phép toán thuận ngược lẫn nhau trên các lượng thay đổi

Vai trò hình vẽ Thường xuyên dùng hình vẽ, giải

thích nhiều kết quả thông qua hình

vẽ và trực giác

Phép toán hình thức của Leibniz cho phép tính toán độc lập với Hình học Các tính toán vi-phân của Leibniz gần với Đại số hơn

là Hình học

1600 TCN: Ai Cập biết đến công 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 Toán học Hy-Lạp Pappus đã tính được thể tích hình khối tròn

xoay khi cho một hình phẳng quay quanh một đường thẳng không cắt hình ấy,

nhưng ông không đưa ra cách chứng minh

1300 - 1400 Nicole Oresme (1320 – 1382), nhà Triết học và Toán 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 Toán học Pháp, năm 1630 cho công 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 Ngoài 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 Ông còn được ghi công đầu trong việc tìm ra công 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 công thức Newton-Leibniz)

2 Trình bày các định lý cơ bản của vi tích phân, công thức Newton-Lebnitz:

a Định lý cơ bản thứ nhất (Phần thứ nhất): Cho là hàm liên tục trên đoạn

và là một hàm xác định,với mọi thỏa mãn

Khi đó cũng liên tục trên đồng thời khả vi trên và

với mọi

b Định lý cơ bản thứ hai (Định lý Newton – Leibniz): Với là một hàm xác định, liên tục trên đoạn Khi đó:

Với là nguyên hàm của hàm số

1 Các phương pháp tìm nguyên hàm:

hàm bằng f(x), nghĩa là, F(x)′ = f(x) Quá trình tìm nguyên hàm được gọi là tích

phân bất định Tìm một biểu thức cho nguyên hàm là công việc khó hơn so với

việc tìm đạo hàm, và không phải luôn luôn 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 công thức mũ

3 Chứa căn → chuyển về lũy thừa

4 Tích lượng giác bậc một của sin và cosin → khai triển theo công 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 không 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 còn lại Nghĩa là nếu

có In hay log thì chọn u = ln hay u = log và dv = còn lại Nếu không có ln, log thì chọn u = đa thức và dv = còn lại Nếu không 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:

1 Tìm và giải 10 bài tập đổi biến loại:

a Dạng lượng giác:

Bài 1:

I = ∫ dx

4 sinx+3 cosx+5

Đặt t = tan2x , x ≠ (2k + 1)π

=> dx =1+t 2dt2

Khi đó sinx =1+t 2t2 , cosx =

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

2t2+8t+8= ∫ dt (t +2)2 = +C =

−1

tan x

2+2 + C

Bài 2:

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

Bài 3:

I =∫ sin3x√cosxdx

Đặt: t = √cosx  t2 = cosx => 2tdt = sinxdx

Do đó: sin3x√cosx dx=(1−cos 2x) √cosx sinxdx

= (t4-1)t2tdt = 2(t6-t2)dt

Vậy: I = ∫ sin3x√cosx dx=2 ∫(t6−t2)dt= 2

7t

7 − 2

3t

3+C

= 27√cosx7−2

3√cosx3+C

Bài 4:

I = ∫ sinx +2cosx−3 sinx−2cosx+3 dx

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

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

 { A= 4

5

B=−35

C=−65

I = ∫ eq¿(d(sinx−2cosx+3), sinx−2cosx+3) - ∫ dx - ∫ eq¿(dx ,sinx−2cosx+3)

=ln|sinx−2 cosx+3|- x - ∫ eq¿(dx ,sinx−2cosx+3)

Đặt I1 = ∫ eq¿(dx ,sinx−2cosx+3)

Đặt t = tan , x ≠(2k+1)π

= > dx =

= > sinx = , cosx =

I1 = ∫ eq¿(2t ,1+t 2)−2.eq eq¿(2dt ,1+t 2)¿(1−t 2,1+t 2)+3

= ∫ 2t−2(1−t 2dt2)+3(1+t2 )

= ∫

2dt 5(t +15)2+ 45 = arctan()+C, với t = tan

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

= ln|t2+t+1| + √23arctan ⁡( 2t +1√3 ) + C

= > I = ln|t| - ln|t2+t+1| - √13arctan ⁡( 2t +1√3 ) + C

Với t = lnx

Bài 6:

I = ∫ = ∫(++)dx

Đồng nhất hệ số, ta có:

A = -1, B=1/3, C = -1/3, D = 1/3

= > I = -∫ + ∫ - ∫dx

= + ln|x−1| - ∫dx

= + ln|x−1| - ln(x2+x+1) + √13arctan 2x+1√3 + C

Bài 7:

I = ∫ = ∫

Đặt t=x+1, => dx=dt

=> I = ∫dt = ∫ (t−3+ 3 t− 1t2)dt = - 3t + ln|t| + +C

Với t = x+1

c Dạng vô tỷ:

Bài 8:

I = ∫x√4 x2 −3dx

Đặt t = 4x2 – 3 = > dt = 8xdx

I = ∫√t dt = t3/2.23+C

= 121 √(4 x2 −3) 3

+ C Bài 9:

I = ∫√x2+6 x+10 dx = ∫√(x+3 dx)2+1

Đặt t = x+3 = > dt=dx

I = ∫ d(x+3)

√(x+3)2 +1 = ∫ dt√t2 +1 = ln|t +√t2 +1| + C

= ln|x+3+√(x+3)2 +1| + C

Bài 10:

I = ∫ 3 dx

√(2 x+1)2 −√2 x+1

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=√62x+1

2 Tìm và giải 10 bài tập sử dụng tích phân từng phần: Dạng 1: ∫x klnm x dx (k, m ∈ Z0)

1) Tính ∫

1

e

x3 ln 2xdx

Giải:

Đặt {u=ln2x

dv=x3dx ⇒{du=2ln x

x= 14 x4 Khi đó ta có:

I= 14x4ln2x|e

1− 12∫

1

e

x3ln x dx= 14e4−12∫

1

e

x3ln xdx

Đặt { u=ln x

dv=x3dx ⇒{du= 1 x dx

v= 14 x4 Khi đó ta có:

I= 1

4e

4 − 1

2[1

8 x

4ln x|e

1− 18∫

1

e

x3dx]

4e

4 −[1

8e

4 − 1

32x

4

|e

1]

¿14e4− 3 e324+1

∫

1

2

2 xln x dx

(x2 +1)2 Giải:

Đặt { u=ln x

dv= 2xdx

(x2+1)2 =(x2+1)−1

d(x2+1)⟹{du= 1

x dx v= −1

x2+1

Khi đó ta có:

I=−ln x

x2 +1|2

1+∫

1

2

1

x(x2 +1)dx=−ln 25 +I1 Trong đó,

2) Tính

1

2

1

x(x2 +1)dx=∫

1

2

x

x2(x2 +1)dx= 12∫

1

2 d(x2)

x2(x2 +1)

I1=12∫

1

2

( 1

x2 − 1

x2 +1)d(x2)= 12ln x2

x2 +1|2

1= 12ln 85

Vậy I= 12ln 85− ln 25

3) Tính I=∫

1

3

1+ln(x+1)

Lời giải:

Đặt {u=1+ln(x+1)

dv= dx

x2

⟹{du= 1 x+1 dx

v=−1 x

Khi đó ta có:

I=−1+ln(x+1)

x ¿13+∫

1

3

1

x(x+1)= 2+ln 23 +I1 Trong đó,

I1=∫

1

3

1

x(x+1) dx=∫

1

3

(1

x− 1x+1)dx=ln| x

x+1|¿13=ln3−ln 2

Vậy I= 2

3+ln 3− 23ln2

Dạng 2: ∫x k e ax dx

4) Tính ∫

0

1

x e x dx

Lời giải:

Do đó

Đặt:

{ u=x

dv=e x dx ⟹{du=dx

v=e x

∫

0

1

x e x dx=xe x

|1

0−∫

0

1

e x dx=e−e x

|1

0=e−(e−1)=1

5) Tính ∫x2e 2 x dx

Lời giải: Đặt { u=x2

dv=e 2x dx ⇒{du=2 xdx

v= 12e 2x I= 12x2e 2 x−∫ (1

2e 2x)2dx=12x2e 2x−∫x e 2 x dx

Với I1=∫xe 2 x dx ta có:

dv=e 2x dx ⟹{du=dx

v= 1

2e

2 x

I1=1

2 xe

2x− 1

2∫e 2x dx= 1

2xe

2x− 1

4e

2x +C

- Thay I1 vào I ta có:

I= 1

2x

2e 2x− 1

2x e

x+ 1

4e

2 x +C= 1

4(2 x2−2x+1)e 2x +C

6) Tính ∫(2x2+x+1)e x dx

Lời giải:

{u=2 x2+x+1

dv=e x dx ⇒{du=(4 x+1)dx

v=e x I=(2 x2+x+1)e x−∫(4 x+1)e x dx

- Với I1=∫(4 x+1)e x dx ta có:

{u=(4 x+1)

dv=e x dx ⇒{du=4 dx

v=e x

I1=(4 x+1)e x−4∫e x dx=(4 x+1)e x −4e x +C=(4 x−3)e x +C

- Thế I1 vào I ta được kết quả:

I=(2 x2+x+1)e x−(4 x−3)e x +C=(2 x2−3 x+4)e x +C

Đặt

Dạng 3: ∫f (x)sin ax dx , : ∫f (x)cos axdx

7) Tính I=∫x cos22xdx

Lời giải:

I=∫x cos22xdx=∫x 1+cos 4 x2 dx=∫12xdx+∫12xcos 4 xdx

- Ta có: I1=∫ (1

2x cos4 x)dx

{ u= 1

2x

dv=cos 4 xdx

⟹{ du= 12dx v= 14sin 4 x

I1= 1

8xsin 4 x− 18∫sin 4 xdx= 1

8x sin 4 x+ 132cos4 x+C

Thế I1 vào I ta có: I= 1

4x

2 + 1

8xsin 4 x+ 132cos 4 x+C

8) Tính I=∫e x cos xdx

Lời giải:

{u=cos x

dv=e x dx ⇒{du=−sin xdx

v=e x I=e x cos x+∫e x sin xdx

Ta có: I1=∫e x sin xdx

{u=sin x

dv=e x dx ⇒{du=cos xdx

v=e x

⇒ I1=e x sin x−∫e x cos xdx=e x sin x−I

⟺ I=e x cos x+e x sin x−I

⟺ I= 12¿

9) Tính ∫e 2 xsin 2xdx

Lời giải:

I=∫e 2xsin2xdx=∫e 2 x 1−cos2 x2 dx= 12∫e 2x dx−12∫e 2 x cos2 xdx= 14e 2x −J

Ta có: J= 12∫e 2x cos2 xdx

{ u=cos2 x

dv= 12e 2x dx ⟹{du=−2sin 2xdx

v= 14e 2x

⟹J= 1

4e

2x cos2x+ 1

2∫e 2 x sin2 xdx= 1

4e

2x cos2x+K

Ta có: K= 1

2∫e 2 x sin 2xdx

{ u=sin 2 x

dv= 1

2e

2x dx ⟹{du=2cos2 xdx

v= 1

4e

2x

⟹ K= 14e 2x sin 2x− 12∫e 2x cos2xdx= 14e 2 x sin 2 x−J

⟹J= 14e 2x cos2x+K = 14e 2 x cos2 x+ 14e 2 x sin 2 x−J

⟹2 J= 14e 2x cos2 x+ 14e 2x sin 2 x

⟹J= 18e 2 x¿

⟹ I= 14e 2 x −J= 14e 2x− 18e 2 x¿

¿18(2−sin2 x−cos 2x)e 2 x +C

10) Tính ∫x sin(2x+1)dx

Lời giải:

dv=sin(2 x+1)dx ⟹{ du=dx

v=−12 cos(2 x+1)

⟹∫xsin(2 x+1)dx=−12 x cos(2x+1)+ 12∫cos(2 x+1)dx

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)

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=

∫

1

4

v(t)dt= - 92 m Và dựa vào dấu của giá trị, ta còn biết rằng, phân tử 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 được trong khoảng thời gian đó là S = ∫

1

4

|v(t)|dt = 10.167 m

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 ?

 Lượng dầu chảy ra sau 1 giờ đầu là ∫

0

60

100 e −0.01tdt = 4511.88 lít với

∫100 e −0.01t dt = - 0.01100e-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 tdt = 400e1.12567t +C

 Số lượng vi khuẩn sau 3 giờ là ∫

0

3

∫450.268 e 1.12567 t dt = 11313.23347 vi khuẩn

4 Để trang trí cho một phòng trong tòa 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 ngoài 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 cóy=−3x2 +3

Do đó diện tích mỗi cánh hoa là

 s1=∫

−1

1

(−3 x2+3)ⅆ =4x

 Diện tích của hình là:

 s=6∗(2√2 3

4 +4)=6√3+24(ⅆ m2 )

 Vậy số tiền cần dùng là:

 (6√3+24)∗10 −2∗50000=17196(đồng)

5 Ông An muốn dựng một cổng chào có dạng hình parabol cho công ty mới của mình Biết rằng cổng chào có chiều dài chân đáy là 3m và chiều cao là 2m Bạn hãy giúp ông An tính số tiền để dựng được cái cửa này bằng gỗ, biết một

m2 có giá 100000 đồng( bề dày không đáng kể)

 Giả sử phương trình parabol có dạng ¿a x2+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

(9 /4)a+2=0 =>y=(−8 ∕ 9 ) x2+2

 Diện tích của cái cổng là

 S=2∫

❑

❑

¿− 8

9x

2+2∨¿ⅆ =4(m x 2)¿

 Vậy số tiền cần bỏ ra là

 4*100000= 400000 ( đồng)

- Calculus 2019.

- Giáo trình giải tích 1.

- Wikipedia.