Trên một ô lưới như hình, hình chữ chữ nhật \(AB\) gồm 9 cột và 5 hàng ô vuông. Một bé cún xuất phát từ điểm \(A\) và chạy đến điểm \(B\). Mỗi bước, bé cún chỉ được chạy sang phải hoặc xuống dưới đúng 1 ô (đi theo các cạnh của ô vuông), vì vậy bé cún luôn đi theo đường ngắn nhất. Trong hình vuông có phần tô đậm là những bãi bùn. Bé cún không được chạy vào miền trong của các vùng tô đậm, nhưng vẫn được phép chạy trên đường biên của chúng. Hỏi bé cún có bao nhiêu cách chạy từ \(A\) đến \(B\)?

a) Gọi \(y = f\left( x \right)\)\( = a{x^2} + bx + c\).

Parabol cắt trục tung tại điểm \(\left( {0;0,5} \right)\) và đỉnh \(I\left( {0,75;0,2} \right)\)

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0,5\\a{\left( {0,75} \right)^2} + b.0,75 + c = 0,2\\ - \frac{b}{{2a}} = 0,75\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = \frac{1}{2}\\\frac{{9a}}{{16}} + \frac{{3b}}{4} + c = \frac{1}{5}\\3a + 2b = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{8}{{15}}\\b = - \frac{4}{5}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Suy ra: \(f\left( x \right) = \frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}\). Mệnh đề a) đúng.

b) Thể tích của chậu nước bằng

\(V = \pi \int\limits_0^{1,5} {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} \)\( = \pi \int\limits_0^{1,5} {{{\left[ {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right]}^2}{\rm{d}}x} \)\( \approx 0,4618141201 \approx 0,5\). Mệnh đề b) đúng.

c) Tốc độ bơm nước vào bể \(5\) lít/phút \( = 5\,d{m^3}\)/phút \( = {5.10^{ - 3}}\,{m^3}\)/phút

Thể tích nước bơm sau \(1,5\) giờ \( = 1,5 \times 60 = 90\) phút là \({5.10^{ - 3}} \times 90 = 0,45 \approx 0,5\,\,{m^3}\). Mệnh đề c) đúng.

d) Gọi \(h\) là độ cao của nước trong chậu sau khi bơm được \(t\) phút.

Ta có: \({V_h} = \pi \int\limits_0^h {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} \)\( = \pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right)\) \({m^3}\).

Thể tích nước bơm sau \(t\) phút là \(V = 0,005t\,{m^3}\)

Khi đó: \(\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,005t\)        \(\left( * \right)\).

Tại thời điểm \(t = 20\) ta có: \(\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,1\)\( \Rightarrow {h_0} \approx 0,1640803548\).

Đạo hàm theo biến \(t\) hai vế của \(\left( * \right)\) ta được:\(\left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{\pi }\)

Tốc độ dâng lên của nước

        \(v\left( t \right) = h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)}}\)  

Tại thời điểm \(t = 20\),\({h_0} \approx 0,1640803548\) tốc độ dâng của nước là:

        \(v\left( {20} \right) = h'\left( {20} \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}h_0^4 - \frac{{64}}{{75}}h_0^3 + \frac{{264}}{{225}}h_0^2 - \frac{4}{5}{h_0} + \frac{1}{4}} \right)}}\)

Gán hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta dễ dàng tìm được \((P):y = - \frac{1}{{40}}{x^2} + 10\).

Diện tích hồ bơi là: \({S_b} = 2\int\limits_0^{20} {\left( { - \frac{1}{{40}}{x^2} + 10} \right)} = \frac{{800}}{3}\).

Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi tia \(Ot\) và trục \(Ox\).

Lúc đó: \[M(OM\cos \alpha ;OM{\rm{ sin}}\alpha {\rm{)}}\]. Vì \[M \in \left( P \right)\]\( \Rightarrow OM{\rm{ sin}}\alpha = \frac{{ - 1}}{{40}}{\left( {OM{\rm{ cos}}\alpha } \right)^2} + 10\).

\[ \Rightarrow O{M^2}{\rm{ }}{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)^2} + 40OM{\rm{ sin}}\alpha - 400 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}OM = \frac{{ - 20\sin \alpha - 20}}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}}\\OM = \frac{{ - 20\sin \alpha + 20}}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}}\end{array} \right.\].

Ta chọn \(OM = \frac{{20 - 20\sin \alpha }}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}} = \frac{{20}}{{1 + \sin \alpha }}\).

TH1: \(\alpha \in \left[ {0,\arctan 2} \right] \Rightarrow ON = \frac{{20}}{{{\rm{cos}}\alpha }}\). Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{\rm{cos}}\alpha }}\).

TH2: \(\alpha \in \left[ {\arctan 2,\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow ON = \frac{{40}}{{{\rm{sin}}\alpha }}\). Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{\rm{sin}}\alpha }}\).

\[{S_{(L)}} = 2\left[ {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{\rm{cos}}\alpha }}} \right)}^2}} {\rm{d}}\alpha + \frac{1}{2}\int\limits_{\arctan 2}^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{\rm{sin}}\alpha }}} \right)}^2}} {\rm{d}}\alpha } \right] = 756,3({m^2})\].

Tổng chi phí:

\(5.{S_b} + 2.\left( {{S_L} - {S_b}} \right) + 0,1\left( {{S_V} - {S_L}} \right) = 5.\frac{{800}}{3} + 2.\left( {756,3 - \frac{{800}}{3}} \right) + 0,1\left( {1600 - 756,3} \right) = 2396,97 \approx 2,4\)tỉ.

Lưu ý: Ở trên ta sử dụng công thức của bổ đề sau:

Cho một đương cong ( \(L\) ) có phương trình trong hệ tọa độ cực là \(r = r\left( \theta \right)\), với \(\alpha \le \theta \le \beta \). Tính diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(\left( L \right)\) và hai tia \(\theta = \alpha ,\theta = \beta \).

\(S = \int_\alpha ^\beta {\frac{1}{2}} {[r(\theta )]^2}d\theta \).