Cho hai chất điểm \(M\) và \(N\) lần lượt bắt đầu di chuyển ngược chiều nhau từ hai vị trí \(A\) và \(B\). Đồ thị vận tốc theo thời gian \({v_1}\left( t \right)\) của chất điểm \(M\) là một hàm số bậc hai trên bậc nhất, đồ thị \({v_2}\left( t \right)\) của chất điểm \(N\) là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Sau khi xuất phát được \(3\) giây thì hai chất điểm có tốc độ bằng nhau và bằng \(6\)(m/s), đồ thị \({v_1}\left( t \right)\) cũng đạt cực đại tại thời điểm này. Sau khoảng \(1\) (giây) kể từ lúc xuất phát thì gia tốc của hai chất điểm bằng nhau. Khi \(AB = 14\)m thì khoảng thời gian từ lúc bắt đầu di chuyển đến thời điểm hai vật gặp nhau là bao nhiêu giây? (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

Đối với chất điểm \(N\): Đồ thị \({v_2}\left( t \right)\) là đường thẳng qua gốc tọa độ nên có dạng \({v_2}\left( t \right) = kt\).
Tại \(t = 3,\,{v_2}\left( 3 \right) = 6 \Leftrightarrow 3k = 6 \Rightarrow k = 2\)
Vậy phương trình vận tốc và gia tốc của \(N\) là: \({v_2}\left( t \right) = 2t \Rightarrow {a_2}\left( t \right) = {v_2}^\prime \left( t \right) = 2\)(m/s2)
Đối với chất điểm \(M\): Đồ thị \({v_1}\left( t \right)\) là một hàm số bậc hai trên bậc nhất có dạng tổng quát là\({v_1}\left( t \right) = \frac{{a{t^2} + bt + c}}{{mt + n}}\)
Vì đồ thị đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\) nên \({v_1}\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow c = 0\) nên hàm số \({v_1}\left( t \right) = \frac{{a{t^2} + bt}}{{mt + n}}\)
Tại \(t = 3\) thì \({v_1}\left( 3 \right) = 6 \Rightarrow \frac{{9a + 3b}}{{3m + n}} = 6 \Leftrightarrow 3a + b = 6m + 2n \Rightarrow b = \,6m + 2n - 3a\,\,\,\left( 1 \right)\)
Hàm số đạt cực đại tại \(t = 3\) nên đạo hàm \({v_1}^\prime \left( 3 \right) = 0\):
\({v_1}^\prime \left( t \right) = \frac{{am{t^2} + 2ant + bn}}{{{{\left( {mt + n} \right)}^2}}} \Rightarrow {v_1}^\prime \left( 3 \right) = \frac{{9am + 6an + bn}}{{{{\left( {3m + n} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow 9am + 6an + bn = 0\,\,\left( 2 \right)\)
Thay \(\left( 1 \right)\) vào \(\left( 2 \right)\)ta được:
\(9am + 6an + \left( {6m + 2n - 3a} \right)n = 0 = 9am + 3an + 6mn + 2{n^2} = \left( {3a + 2n} \right)\left( {3m + n} \right) = 0\)
Vì \(t = 3\) là điểm cực đại nên mẫu số không thể bằng \(0\) tại đó, tức là \(3m + n \ne 0\).
Do đó \(3a + 2n = 0 \Rightarrow a = - \frac{2}{3}n\) suy ra \(b = 6m + 2n - 3\left( { - \frac{2}{3}n} \right) = 6m + 4n\)
Thay \(a\) và \(b\) vào phương trình đạo hàm (gia tốc của\(M\)):\[{a_1}\left( t \right) = \frac{{ - \frac{2}{3}mn{t^2} - \frac{4}{3}{n^2}t + 6mn + 4{n^2}}}{{{{\left( {mt + n} \right)}^2}}}\]
Tại \(t = 1\) giây thì gia tốc hai chất điểm bằng nhau: \({a_1}\left( 1 \right) = {a_2}\left( 1 \right) = 2\) .
Thay \(t = 1\) vào phương trình : \[{a_1}\left( 1 \right) = \frac{{ - \frac{2}{3}mn{{\left( 1 \right)}^2} - \frac{4}{3}{n^2}\left( 1 \right) + 6mn + 4{n^2}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^2}}}\, = 2\,\left( * \right)\]
Từ \[\left( * \right) \Rightarrow \frac{{\frac{{16}}{3}mn + \frac{8}{3}{n^2}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^2}}} = 2 \Leftrightarrow \frac{8}{3}mn + \frac{4}{3}{n^2} = {m^2} + 2mn + {n^2} \Leftrightarrow {n^2} + 2mn - 3{m^2} = 0\]
\( \Leftrightarrow \left( {n - m} \right)\left( {n + 3m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n - m = 0\\n + 3m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = - 3m\,\,\left( l \right)\\n = m\,\,\left( n \right)\end{array} \right.\)
Với \(n = m \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - \frac{2}{3}m}\\{b = 6m + 4m = 10m}\end{array}} \right.\) nên \({v_1}\left( t \right) = \frac{{ - \frac{2}{3}m{t^2} + 10mt}}{{mt + n}} = \frac{{m\left( { - \frac{2}{3}{t^2} + 10t} \right)}}{{m\left( {t + 1} \right)}} = \frac{{ - \frac{2}{3}{t^2} + 10t}}{{t + 1}}\)
Khi hai vật gặp nhau thì \(\int\limits_0^T {{v_1}\left( t \right){\rm{d}}t} + \int\limits_0^T {{v_2}\left( t \right){\rm{d}}t} = 14\)
$\iff \underset{0}{\overset{T}{\int }}\left(\frac{-\frac{2}{3}{t}^2+10t}{t+1}\right)\text{d}t+\underset{0}{\overset{T}{\int }}2t\text{d}t=14\stackrel{ShiftSolve}{\to }T=\mathrm{2,17}$ (giây)