Số lượt tải xuống (đơn vị: nghìn lượt) của một ứng dụng trò chơi mới ra mắt được mô hình hóa bởi hàm số \(N\left( t \right) = \frac{{at + b}}{{t + d}}\) (với \(t \ge 0\) là thời gian tính bằng ngày kể từ lúc phát hành). Biết rằng tại thời điểm ra mắt (\(t = 0\)) chưa có lượt tải nào. Sau 1 ngày đầu tiên, ứng dụng đạt \(50\) nghìn lượt tải. Trong ngày thứ 2 (tính riêng ngày thứ 2), có thêm \(30\) nghìn lượt tải mới

Gọi \(T\left( t \right)\) là nhiệt độ của ly trà tại thời điểm \(t\)(giờ) và nhiệt độ của môi trường là \(25\)°C

Tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường nên \(\frac{{T'\left( t \right)}}{{\left( {T\left( t \right) - 25} \right)}} = k \Leftrightarrow T'\left( t \right) = k\left( {T\left( t \right) - 25} \right)\) (trong đó \(k\) là hằng số tỷ lệ)

Ta đã biết \(T'\left( t \right) = \frac{{dT}}{{dt}}\) nên phương trình trở thành \(\frac{{dT}}{{dt}} = k\left( {T - 25} \right)\)

Lấy nguyên hàm hai vế: \(\int {\frac{1}{{\left( {T - 25} \right)}}d\left( T \right)}  = \int {kt}  \Rightarrow \ln \left| {T - 25} \right| = kt + C\)\( \Leftrightarrow \left| {T - 25} \right| = {e^{kt + C}} = {e^{kt}}.{e^C}\)

Do nhiệt độ của ly trà luôn hơn hơn hoặc bằng nhiệt độ của môi trường nên \(T - 25 \ge 0\) nên ta có thể phá dấu trị tuyệt đối: \(T - 25 = {e^C}.{E^{kt}}\)

Đặt \(A = {e^C}\) (Với \(A\) là một hằng số dương tùy ý) suy ra \[T\left( t \right) - 25 = A.{e^{kt}} \Leftrightarrow T\left( t \right) = 25 + A.{e^{kt}}\]

Tại \(t = 0\)(10 giờ) thì \(T = 65\) nên \(65 = 25 + A.{e^{k.0}} \Rightarrow 65 = 25 + A \Rightarrow A = 40\)

Tại \(t = 1\)(11 giờ) thì \(T = 45\) nên \(45 = 25 + 40.{e^{k.1}} \Rightarrow 45 = 25 + 40.{e^k} \Leftrightarrow 20 = 40.{e^k} \Rightarrow {e^k} = 0,5\)

Vậy lúc này phương trình \(T\left( t \right) = 25 + 40.{\left( {{e^k}} \right)^t} = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t}\)

Nhiệt độ lúc pha trà là \(95\)°C nên \(95 = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t} \Rightarrow {\left( {0,5} \right)^t} = 1,75 \Rightarrow t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right)\)

Khi \(t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right) \approx  - 0,807535\)(dấu âm thể hiện thời điểm pha trà nằm trước mốc thời gian \(t = 0\), tức là trước \(10\) giờ)

Đổi sang phút ta có \(0,80735.60 \approx 48,44\)(phút) nên cốc trà được pha trước lúc bấm giờ \(48\) phút

Ta có: \(r\left( t \right) = 0,5t\) và \(x\left( t \right) = \sqrt {{h^2}\left( t \right) + {r^2}\left( t \right)} \) mà \(h\left( t \right) = 2 - 0,2t\)
Theo bài ra: \(h\left( t \right) = 1,5 \Leftrightarrow 2 - 0,2t = 1,5 \Rightarrow t = 2,5\) nên \(C\left( t \right) = \frac{{\sqrt 8 .\sin \alpha }}{{{x^2}}} = \sqrt 8 .\frac{{\frac{{h\left( t \right)}}{{x\left( t \right)}}}}{{{h^2}\left( t \right) + {r^2}\left( t \right)}}\)
\[ \Leftrightarrow C\left( t \right) = \sqrt 8 .\frac{{\frac{{\left( {2 - 0,2t} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}} }}}}{{{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}}} = \sqrt 8 .\frac{{\left( {2 - 0,2t} \right)}}{{{{\left( {\sqrt {{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}} } \right)}^3}}} = \sqrt 8 .\frac{{\left( {2 - 0,2t} \right)}}{{{{\left[ {{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}} \right]}^{\frac{3}{2}}}}}\]
Khi đó: \(C'\left( {2,5} \right) = \frac{d}{{dX}}{\left[ {\sqrt 8 .\frac{{\left( {2 - 0,2t} \right)}}{{{{\left[ {{{\left( {2 - 0,2t} \right)}^2} + {{\left( {0,5t} \right)}^2}} \right]}^{\frac{3}{2}}}}}} \right]_{x = 2,5}} = - 0,2235 \approx - 0,2\)
Vậy tốc độ thay đổi của cường độ sáng mà robot nhận được tại thời điểm bóng đèn ở độ cao 1,5 mét bằng \( - 0,2\)(m/s)