Mỗi kì nhân cùng một hệ số
Nếu một lượng ban đầu N₀ tăng r so với lượng của kì ngay trước, sau n kì nó bằng $N_n=N_0(1+r)^n$. Ở đây r viết dạng thập phân: 5% là 0,05.
Nếu giảm r mỗi kì, với 0<r<1, hệ số là 1−r. Lãi kép theo kì cũng có dạng $A=P(1+r)^n$ khi lãi nhập gốc mỗi kì, r không đổi, không gửi thêm hay rút bớt.
Cần xác định một kì là tháng hay năm. Công thức là mô hình theo các giả thiết đã cho; không tự đổi tỉ lệ năm thành tỉ lệ tháng nếu đề chưa quy định cách tính.
Tăng trên lượng của năm trước
Theo mô hình, đàn cá ban đầu có 1200 con, tăng 5% mỗi năm so với năm trước. Sau 2 năm:
$$N_2=1200(1{,}05)^2=1323\text{ con}.$$
Có thể tính lần lượt: năm đầu 1260 con; năm sau 1260×1,05=1323 con. Cộng 60 con hai lần chỉ cho 1320 và không đúng giả thiết tăng 5% của năm ngay trước.
Giảm 10% mỗi kì
Một lượng còn 90% sau mỗi kì. Sau 3 kì, từ lượng ban đầu N₀, mô hình đúng là
0,1 là phần mất đi, không phải phần còn lại.
Đúng: nhân phần còn lại qua ba kì.
1,1 ứng với tăng 10%.
Không trừ một lượng cố định khi đề cho tỉ lệ.
Lời giải
Mỗi kì nhân 0,9, nên sau 3 kì là N₀(0,9)³.
Tìm số kì nguyên ít nhất
Trong bài toán giả định, gửi 100 triệu đồng, lãi kép 10% mỗi năm, lãi nhập gốc cuối năm, không có giao dịch khác. Cần ít nhất mấy năm trọn vẹn để tổng tiền đạt 150 triệu?
Ta giải $100(1{,}1)^n\ge150$, tức $(1{,}1)^n\ge1{,}5$. Vì 1,1>1:
$$n\ge\frac{\ln1{,}5}{\ln1{,}1}\approx4{,}254.$$
n phải là số nguyên không âm, nên ít nhất 5 năm. Kiểm hai mốc: sau 4 năm có 146,41 triệu, chưa đủ; sau 5 năm có 161,051 triệu. Không làm tròn 4,254 xuống 4 khi hỏi số năm ít nhất để đạt ngưỡng.
Khi đề cho mô hình liên tục
Một số bài cho sẵn $N(t)=N_0e^{kt}$, trong đó k và t dùng đơn vị thời gian tương thích. Khi cần N(t)=M>0, lấy ln cho $t=\ln(M/N_0)/k$ nếu k≠0, rồi xét miền t của bài.
Mô hình suy giảm theo chu kì bán rã T có dạng $N(t)=N_0(1/2)^{t/T}$. Chẳng hạn sau 2T còn N₀/4. Không nhầm hệ số k của mô hình liên tục với tỉ lệ tăng r mỗi kì: hai công thức khác nhau.
Tính lượng còn lại
Thiết bị có giá trị ban đầu 80 triệu đồng, theo mô hình mỗi năm còn 90% giá trị năm trước. Sau 2 năm còn bao nhiêu?
Phương án dùng đúng dữ kiện và lập luận.
Mô hình cho mỗi năm còn 90% của năm trước, nên dùng lũy thừa.
Hai lần giảm theo tỉ lệ không cộng trực tiếp phần trăm; hệ số là $0{,}9^2$.
Hệ số 0,9 phải nhân và còn nhỏ hơn 1 nên giá trị giảm.
Lời giải
$80(0{,}9)^2=64{,}8$ triệu đồng.
Tìm thời gian gấp đôi
Một mô hình cho N(t)=N₀e^{0,2t}, t tính bằng giờ. Sau bao lâu N(t)=2N₀, với N₀>0?
Giải $0{,}2t=\ln2$ phải chia cho 0,2.
Phương án dùng đúng dữ kiện và lập luận.
Từ $e^{0{,}2t}=2$ phải lấy ln, không thay $e^u$ bằng $u$.
$N_0>0$ triệt tiêu ở hai vế trước khi lấy logarit.
Lời giải
$e^{0{,}2t}=2$, nên $t=\ln2/0{,}2\approx3{,}47$ giờ.
Đọc chu kì bán rã
Mô hình $N(t)=100(1/2)^{t/3}$, t tính bằng giờ. Sau 6 giờ còn bao nhiêu?
Mỗi 3 giờ là một chu kì bán rã; 6 giờ gồm hai chu kì.
Phương án dùng đúng dữ kiện và lập luận.
Mỗi lần chỉ giảm một nửa lượng còn lại, không trừ một nửa lượng ban đầu.
Bán rã là giảm theo tỉ lệ, không giảm một lượng cố định.
Lời giải
t/3=2, nên $N(6)=100/4=25$, cùng đơn vị với lượng ban đầu.
Lãi suất và số kì phải khớp
Đề cho lãi 1% mỗi tháng, nhập gốc cuối tháng, gửi một lần P và giữ 12 tháng. Viết tổng tiền theo mô hình.
Phương án dùng đúng dữ kiện và lập luận.
Lãi nhập gốc mỗi tháng nên dùng lũy thừa của hệ số 1,01.
Dù gửi một lần, khoản tiền trải qua 12 kì tính lãi.
Số mũ là số kì tháng thực tế, bằng 12.
Lời giải
$A=P(1{,}01)^{12}$. Số mũ đếm 12 kì tháng, khớp với lãi suất 1% mỗi tháng.
Điều cần nhớ
Xác định lượng ban đầu, hệ số mỗi kì và số kì. Tìm thời gian bằng logarit; nếu hỏi số kì trọn vẹn ít nhất, chọn số nguyên đáp ứng bất đẳng thức rồi kiểm lại mốc liền trước.
Đang học