Một bóng đèn được treo phía trên và chính giữa một cái bàn hình tròn có bán kính cố định bằng 1 mét. Trên mặt bàn có một robot hút bụi hình tròn đang hoạt động. Tại thời điểm ban đầu (\(t = 0\)), bóng đèn ở độ cao \(h = 2\) và bắt đầu được hạ xuống với tốc độ không đổi là \(0,2\)m/s. Cùng lúc đó, robot bắt đầu di chuyển từ tâm bàn ra phía mép bàn với tốc độ không đổi là \(0,5\)m/s. Cường độ sáng mà robot nhận được tại một thời điểm bất kỳ phụ thuộc vào góc nghiêng và khoảng cách từ đèn đến robot được cho bởi công thức \(C\left( x \right) = \sqrt 8 .\frac{{\sin \alpha }}{{{x^2}}}\). Hãy tính tốc độ thay đổi của cường độ sáng mà robot nhận được tại thời điểm bóng đèn ở độ cao 1,5 mét (Kết quả làm tròn kết quả đến hàng phần chục)

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