Đoàn Ngọc Dũng -

(1)

BÀI TOÁN THỰC TIỄN VỀ LÃI SUẤT

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

 Lãi đơn là số tiền lãi chỉ tính trên số vốn gốc mà không tính trên số tiền lãi do số vốn gốc sinh ra trong một khoảng thời gian cố định. (Chỉ có vốn gốc mới phát sinh tiền lãi).

 Công thức tính: Khách hàng gửi vào ngân hàng số tiền A đồng với lãi đơn r%/tháng thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n tháng (n  N*) là:

Công thức 1 : T A nAr A 1 nr  







(Công thức lãi đơn)

 Chú ý :

_ Kỳ hạn có thể là r%/tháng hoặc r%/năm tùy theo giả thiết bài toán cho.

_ Trong tính toán, các bài toán lãi suất và các bài toán liên quan, ta nhớ r% r

100

BÀI 1 : Ông Sáu gửi vào ngân hàng 100 triệu với lãi đơn là 7% trong một năm. Hỏi sau 5 năm ông Sáu rút ra một số tiền là bao nhiêu?

 Hướng dẫn :

Số tiền cả gốc lẫn lãi ông Sáu nhận được sau 5 năm là: ^{T A 1 nr}^



^



^100 1 5 7% 135(triệu đồng)



^{ }



^

 Lãi kép là hình thức lãi có được do cộng dồn tiền lãi năm trước vào tiền gốc thành vốn mới và tiếp tục gửi cho năm sau.

Thuật ngữ lãi kép cũng đồng nghĩa với các thuật ngữ như lãi gộp vốn, lãi ghép vốn hoặc lãi nhập vốn.

BÀI TOÁN 1 : (Công thức lãi kép)

 Công thức tính: Gửi vào ngân hàng số tiền là A đồng, với lãi suất hàng năm là r% trong n năm. Tính cả vốn lẫn lãi T sau n năm?

Gọi A (đồng) là tiền gốc ban đầu.

r (%) là lãi suất hàng năm.

n (năm) là số năm gửi.

T (đồng) tiền vốn lẫn lãi sau n năm.

 Cuối năm thứ 1, số tiền có được: TAA.r%A



1r%



(đồng)

 Cuối năm thứ 2, số tiền có được: TA



1r%

 

A1r%



r%A



1r%



² (đồng)

 Cuối năm thứ 3, số tiền có được: TA



1r%



²A



1r%



².r%A



1r%



³ (đồng) Tương tự cho các năm tiếp theo ...

Từ đó suy ra cuối năm thứ n, số tiền có được: TA



1r%



ⁿ (đồng)

Công thức 2 : Số tiền cả vốn lẫn lãi sau n năm là: TA



1r



ⁿ (Công thức lãi kép)

 Từ công thức TA



1r%



ⁿ ta tính được các đại lượng khác như sau:

1) ln(1 r%)

A lnT A

log T n ₍₁ _r_%)

 

 _ 2) 1

A

% T

r ⁿ  3) _n

%) r 1 ( A T

  Chứng minh :

1) Lấy logarit Nepe hai vế của (*) ta được:

(2)

%) r 1 ln(

a lnT n

%) r 1 ln(

a n lnT

%) r 1 ln(

n a ln T ln

%) r 1 ln(

n a ln

%) r 1 ( a ln T

ln ⁿ

 

























2) Từ

   

1

a

% T a r

% T r 1

% r a 1

% T r 1 a

T  ⁿ    ⁿ   ⁿ  ⁿ 

3) Từ

 

ⁿ



1 r%



ⁿ

a T

% r 1 a

T    

BÀI 2 : Lãi suất ngân hàng là 6% trong một năm. Ông Sáu gửi vào ngân hàng 100 triệu. Hỏi sau hai năm ông Sáu rút ra một số tiền là bao nhiêu ?

Sau một năm tiền lãi là: 100.000.000 x 6 % = 6.000.000 (đồng)

Năm thứ hai tiền lãi là: (100.000.000 + 6.000.000)x6.0% = 6.360.000 (đồng)

Sau hai năm cả vốn lẫn lời la : 100.000.000 + 6.000.000 + 6.360.000 = 112.360.000 (đồng)

 Cách khác :

A là tiền vốn ban đầu; r là lãi suất (%) hàng năm.

n số tháng gửi; T tiền vốn lẫn lãi sau n tháng.

Tháng 1: T = A + Ar = A(1 + r)

Tháng 2: T = A(1 + r) + A(1 + r)r = A(1 + r)(1 + r) = A(1 + r)².

………

Tháng n: ^T^A



¹^r



ⁿ

Do đó: TA



1r



ⁿ 100



10,06



² 112.360.000 (triệu đồng)

 Áp dụng công thức và sử dụng CASIO : Áp dụng công thức lãi kép: TA



1r



ⁿ

Với A = 10010⁶ (đồng) là tiền gốc ban đầu, r = 6%, n = 2 năm, ta có:

 

²

T 100 10 1 6%  6  = 112.360.000 (đồng)

BÀI 3 : Ông Sáu gửi một số tiền vào ngân hàng theo thể thức lãi kép với kỳ hạn một năm là 6%. Tuy nhiên sau thời hạn một năm ông Sáu không đến nhận tiền lãi mà để thêm một năm nữa mới lãnh. Khi đó ông Sáu nhận được số tiền là 112.360.000 đồng (kể cả gốc lẫn lãi). Hỏi ban đầu ông Sáu đã gửi bao nhiêu tiền?

Gọi số tiền ban đầu ông Sáu gửi là: x (đồng) Điều kiện: x > 0.

Số tiền lãi sau năm thứ nhất là: 0,06x (đồng)

Số tiền vốn và lãi sau năm thứ nhất là: x + 0,06x = 1,06x Số tiền lãi sau năm thứ hai là: 1,06x.0,06 = 0,0636x (đồng) Số tiền vốn và lãi sau năm thứ hai là:1,06x + 0,0636x = 1,1236x

Theo đề bài ta được phương trình: 1,1236x = 112.360.000  x = 100.000.000 (đồng) Vậy ban đầu ông Sáu đã gửi 100 triệu đồng.

 Cách khác :

A là tiền vốn ban đầu; r là lãi suất (%) hàng năm n số năm và T tiền vốn lẫn lãi sau n năm.

Sau năm 1 số tiền có được là: T = A + Ar = A(1 + r)

Sau năm 2 số tiền có được là: T = A(1 + r) + A(1 + r)r = A(1 + r)(1 + r) = A(1 + r)².

………

Sau n năm số tiền có được là: TA



1r



ⁿ

(3)

Ta có: ^T^A



¹^r



ⁿ  _n ) r 1 ( A T

  .

Số tiền ban đầu ông Sáu đã gửi là: 100.000.000 )

06 , 0 1 (

112360000

A ₂ 

  đồng.

 Áp dụng công thức và sử dụng CASIO : Áp dụng công thức lãi kép: ^T^^A



¹^^r



ⁿ

Với T = 112.360.000 (đồng) là tiền lãi và gốc, r = 6%, n = 2 năm, ta có:

 

²

112360000x 1 6% = 100.000.000 (đồng)

 Chú ý :

_ Nhập trực tiếp các dữ liệu vào công thức TA



1r



ⁿ và bấm qr1 _ Phải bấm luôn % (tức là bấm 6%) thì mới ra kết quả 100.000.000 (đồng)

BÀI 4 : Một số tiền 100.000.000 đồng gửi tiết kiệm trong 2 năm thì lãnh về được 112.360.000 đồng. Tìm lãi suất hàng năm?

Gọi lãi suất cho vay trong một năm là x (%). Điều kiện x > 0.

Số tiền lãi năm đầu là:

  

1.000.000



.x 100

. x 000 . 000 .

100  (đồng)

Số tiền lãi năm sau là:

   

100 . x x 000 . 000 . 1 ) 000 . 000 . 100

(  (đồng)

Vì 2 năm bác nơng dân phải trả tất cả là 112.360.000 đồng nên ta cĩ:

000 . 360 . 100 112 ). x x 000 . 000 . 1 000 . 000 . 100 ( x 000 . 000 . 1 000 . 000 .

100    

Theo giả thiết : _









 













 (loại)

(nhận) 206 x

6 0 x

1236 x

200 x

236 . 11 x x 100 x 100 000 .

10 ² ²

Vậy lãi suất cho vay là 6% trong một năm.

 Cách khác :

A là tiền vốn ban đầu, r là lãi suất (%) hàng tháng, n số tháng và T tiền vốn lẫn lãi sau n tháng.

Tháng 1: T = A + Ar = A(1 + r)

Tháng 2: T = A(1 + r) + A(1 + r)r = A(1 + r)(1 + r) = A(1 + r)².

………

Tháng n: TA



1r



ⁿ

Ta có: ^T^A



¹^r



ⁿ  1

A r T A r T A 1

) T r 1

(  ⁿ    ⁿ  ⁿ 

Vậy lãi suất hàng năm là: 1

000 . 000 . 100

000 . 360 .

r 112  = 0,06 hay 6%.

 Áp dụng công thức và sử dụng CASIO : Áp dụng công thức lãi kép: TA



1r



ⁿ

Với T = 112.360.000 (đồng) là tiền lãi và gốc, A = 10010⁶ (đồng) là tiền gốc ban đầu, n = 2 năm, ta có:

 

²

112360000 10 1 x% 8  = 6%

BÀI 5 : Một số tiền 100.000.000 đồng muốn gửi vào ngân hàng để được 112.360.000 đồng. Hỏi để có số tiền ít nhất là 112.360.000 đồng thì phải gởi bao nhiêu năm với lãi suất là 6% năm?

Tiền lãi cần có ít nhất là: 112.360.000 – 100.000.000 = 12.360.000 (triệu đồng)

Gọi số năm gởi ít nhất để có lãi 12.360.000 triệu đồng là x (năm) (Điều kiện: x  N*)

(4)

Nếu gởi 100 triệu đồng, lãi suất 6%/năm, lãi đơn thì sau x năm có số tiền lãi là 100.000.000  6%.x = 6.741.600x

Ta có 6.000.000x < 12.360.000  x < 2,06 (1)

Nếu gời 112.360.000 đồng, lãi suất 6%/năm, lãi đơn thì sau x năm có số tiền lãi là 112.360.000  6%.x = 6,7416x

Ta có 6.741.600x > 12.360.000  x > 1,84 (2)

Từ (1) và (2) ta có 1,84 < x < 2,06. Mà x  N* nên x = 2

Vậy phải gởi 2 năm thì được số tiền ít nhất là 112.360.000 đồng.

 Cách khác :

Giả sử số tiền gửi ban đầu là A (đồng), lãi suất 1 kỳ 6 tháng là r.

Số tiền có sau kỳ thứ nhất là: A + Ar = A(1 + r) (đồng)

Số tiền có sau kỳ thứ hai là: A(1 + r) + A(1 + r)r = A(1 + r)² (đồng)

…

Số tiền có sau kỳ thứ n là: A(1 + r)ⁿ (đồng) (n  N*) Theo đề bài, ta có : A = 100 triệu đồng, r = 6%

Cần tìm n sao cho 100.000.000  (1 + 6%)ⁿ  112.360.000

 

¹^.¹²³⁶

2500 2809 000

. 000 . 100

000 . 360 .

% 112 6

1 ⁿ   



Bấm máy



¹^⁶^%



ⁿ và chọn

 n = 1  1.06 (loại do bé hơn 1.1236)

 n = 2  1.1236 (nhận do bằng 1.1236)

 n = 3  1.191016 (nhận do lớn hơn 1.1236)

…

 n  2. Do n nhỏ nhất là 2 nên ta chọn n = 2.

Vậy phải gởi 2 năm thì được số tiền ít nhất là 112.360.000 đồng.

 Cách khác : Ta có : ^T^A



¹^r



ⁿ

Lấy logarit Nepe hai vế của (*) ta được:

) r 1 ln(

a lnT n ) r 1 ln(

a n lnT ) r 1 ln(

n a ln T ln ) r 1 ln(

n a ln ) r 1 ( a ln T

ln ⁿ

 

























Số tháng tối thiểu phải gửi là:



 

 



100 1 6 ln

000 . 000 . 100

000 . 360 . ln112

n = 2 năm.

Vậy phải gửi là 2 năm.

 Áp dụng công thức và sử dụng CASIO : Áp dụng công thức lãi kép: ^T^A



¹^r



ⁿ

Với T = 112.360.000 (đồng) là tiền lãi và gốc, A = 10010⁶ (đồng) là tiền gốc ban đầu, r = 6%, ta có:

 

^x

112360000 10 1 6% 8  = 2 năm.

BÀI 6 : (THI THỬ THPT QG TỈNH ĐỒNG THÁP 2015–2016) Một người gửi tiết kiệm ngân hàng với lãi suất 6,8%/năm và lãi hàng năm được nhập vào vốn. Cho biết số tiền cả gốc và lãi được tính theo công thức



¹ ^r



ⁿ

A

S  , trong đó A là số tiền gửi, r là lãi suất và N là số kỳ hạn gửi. Hỏi sau bao nhiêu năm người đó thu được gấp đôi số tiền ban đầu?

A. 9 năm. B. 10 năm. C. 11 năm. D. 12 năm.

(5)

Sau n năm số tiền thu được là SA



10.068



^N

Để S = 2A thì phải có ^A



¹ ⁰^.⁰⁶⁸



²^.^A



¹^.⁰⁶⁸



² ^N ^log1.068² ¹⁰^.⁵⁴ N

N      



Vậy muốn thu được gấp đôi số tiền ban đầu, người đó phải gửi 11 năm  Chọn C

BÀI 7 : (CÂU 22 ĐỀ MINH HỌA THPT QG 2018) Một người gửi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0,4% /tháng. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số tiền nào dưới đây, nếu trong khoảng thời gian này người đó không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi?

A. 102.424.000 đồng B. 102.423.000 đồng C. 102.016.000 đồng D. 102.017.000 đồng

Áp dụng công thức lãi kép, ta có sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền cả vốn ban đầu và lãi là:



¹ ^r



¹⁰⁰



¹ ⁰^,⁴^%



⁶ ¹⁰²^.⁴²⁴^.¹²⁸^,⁴

A

T  ⁿ    (đồng)  Chọn A

BÀI 8 : (CÂU 35 THPT QG 2017) Một người gửi 50 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6%/năm. Biết rằng nếu không được phép rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu đồng bao gồm gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người đó không rút tiền ra.

A. 13 năm B. 14 năm C. 12 năm D. 11 năm

Ta có công thức Ta



1r%



ⁿnên 50.(1 + 6%)ⁿ 100 (triệu đồng)  n  log(1 + 6%)2  n  12  Chọn C BÀI 9 : (CÂU 41 THPT QG 2017) Đầu năm 2016, ông A thành lập một công ty. Tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong năm 2016 là 1 tỷ đồng. Biết rằng cứ sau mỗi năm thì tổng số tiền dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm đó tăng thêm 15% so với năm trước. Hỏi năm nào dưới đây là năm đầu tiên mà tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm lớn hơn 2 tỷ đồng?

A. Năm 2023. B. Năm 2022 C. Năm 2021 D. Năm 2020

Ta có công thức: (1 + 15%)ⁿ  2 tỷ đồng  n  log(1 + 5%)2  n  5  2016 + 5 = 2021  Chọn C

BÀI 10 : (CÂU 16 THPT QG 2018) Một người gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 7,5%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra?

A. 11 năm B. 9 năm C. 10 năm D. 12 năm

Gọi A (đồng) là tiền gốc ban đầu ; r (%) là lãi suất hàng năm ; N (năm) là số năm ; S (đồng) tiền vốn lẫn lãi sau N năm. Áp dụng công thức:

 

¹ ^r ²^A ^A

 

¹ ^r ²

 

¹ ^r ^N ^log ² ^log ² ⁹^,⁵⁸⁴³^... ¹⁰

A

S  ^N   ^N   ^N  ₍₁__r₎  ₍₁_₇_,₅_%)    chọn C

(6)

BÀI TOÁN 2 : (Tiền gửi hàng tháng)

 Công thức tính: Đầu mỗi tháng, khách hàng gửi vào ngân hàng số tiền A đồng với lãi kép r%/tháng thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau n tháng (n  N*) (nhận tiền cuối tháng, khi ngân hàng đã tính lãi) là:

Công thức 3 : ^T^ _r%^A ^__



^{1 r%}^



ⁿ^^{1 1 r%}^__



^



(Công thức tiền gửi hàng tháng) Gọi A (đồng) là số tiền gửi hàng tháng.

r (%) là lãi suất hàng tháng.

n (tháng) là số tháng gửi.

T (đồng) tiền vốn lẫn lãi sau n tháng.

BÀI 11 : Một người mỗi tháng đều đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền T theo hình thức lãi kép với lãi suất 0,6% mỗi tháng. Biết sau 15 tháng người đó có số tiền là 100 triệu đồng. Hỏi số tiền T gần với số tiền nào nhất trong các số sau?

Áp dụng công thức tiền gửi ngân hàng hàng tháng: ^T^_r%^A ^__



^{1 r%}^



ⁿ^^{1 1 r%}^__



^



Với T = 100 triệu đồng, r = 0,6% và n = 15 tháng, ta có:

   

 

      A 15

100000000 1 0,6% 1 1 0,6%

0,6%  6.350.000 đồng  chọn B

 Chú ý :

_ Nhập trực tiếp các dữ liệu vào công thức ^T^ _r%^A ^__



^{1 r%}^



ⁿ^^{1 1 r%}^__



^



và bấm qr1 _ Phải bấm luôn % (tức là bấm 0,6%) thì mới ra kết quả  6.350.000

BÀI 12 : Đầu mỗi tháng, ông Sáu gửi vào ngân hàng số tiền 3 triệu đồng với lãi suất 0,6%/tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng (khi ngân hàng đã tính lãi) thì ông Sáu được số tiền cả gốc lẫn lãi từ 100 triệu đồng trở lên?

A. 30 tháng. B. 31 tháng. C. 40 tháng. D. 35 tháng.



^{1 r%}^



ⁿ^^{1 1 r%}^__



^



Với T = 100 triệu đồng, r = 0,6% và A = 3 triệu đồng, ta có:

   

 

      3000000 n

100000000 1 0,6% 1 1 0,6%

0,6%  30,31174423 (tháng)

Vậy ơng Sáu phải gửi ít nhất là 31 tháng thì mới được số tiền cả gốc lẫn lãi từ 100 triệu đồng trở lên  chọn B BÀI 13 : Đầu mỗi tháng, ông Sáu gửi vào ngân hàng số tiền 3 triệu đồng. Sau 1 năm Ông Sáu nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là 40 triệu đồng. Hỏi lãi suất ngân hàng là bao nhiêu % mỗi tháng?

A. 1,6%. B. 1,61%. C. 1,8%. D. 1,5%.



^{1 r%}^



ⁿ^^{1 1 r%}^__



^



Với T = 40 triệu đồng, n = 1 năm = 12 tháng và A = 3 triệu đồng, ta có:

(7)

   

 

      3000000 12

40000000 1 r% 1 1 r%

r%  1,610372506 (tháng) Vậy lãi suất hàng tháng vào khoảng 1,61%  chọn B

BÀI TOÁN 3 : (Gửi tiền ngân hàng và rút tiền hàng tháng)

 Công thức tính: Gửi ngân hàng số tiền là A đồng với lãi suất r% mỗi tháng. Mỗi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi xong, rút ra số tiền là X đồng. Tính số tiền còn lại sau n tháng là bao nhiêu?

Công thức 4 : _{T A 1 r%}_



_



ⁿ__X



^{1 r%}^



ⁿ^¹

r% (Công thức gửi tiền ngân hàng và rút tiền hàng tháng) Gọi A (đồng) là tiền gốc gửi ngân hàng lúc ban đầu.

n (tháng) là số tháng gửi.

X (đồng) tiền lãi sau mỗi tháng.

BÀI 14 : Ông Sáu sau khi bán đất xong được 20 tỉ đồng, liền gửi 20 tỉ đồng vào ngân hàng với lãi suất 0,75%/tháng. Mỗi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi xong, ông Sáu đến ngân hàng rút 300 triệu đồng để đầu tư vào bất động sản. Hỏi sau 2 năm số tiền ông Sáu còn lại trong ngân hàng là bao nhiêu?

A. 11 tỉ. B. 13 tỉ. C. 15 tỉ. D. 16 tỉ.

Áp dụng công thức tiền gửi ngân hàng và rút tiền hàng tháng: _{T A 1 r%}_



_



ⁿ__X



^{1 r%}^



ⁿ^¹

r%

Với T = số tiền còn lại trong ngân hàng sau 2 năm, n = 2 năm = 24 tháng, A = 20 tỉ đồng, X = 300 triệu thì:

  

^



^

     

24

9 24 6 1 0,75% 1

T 20 10 1 0,75% 300 10

0,75%  1,60717294110¹⁰ (đồng)  16 tỉ đồng Vậy sau 2 năm số tiền ông Sáu còn lại trong ngân hàng xấp xỉ là 16 tỉ đồng  chọn D

BÀI 15 : Ông Sáu gửi ngân hàng 200 triệu đồng với lãi suất 0,7%/tháng. Mỗi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi xong, ông Sáu đến ngân hàng rút một số tiền như nhau để chi tiêu. Hỏi số tiền mỗi tháng ông Sáu rút là bao nhiêu để sau 5 năm thì số tiền vừa hết?

A. 3.000.000 (đồng). B. 4.500.000 (đồng). C. 4.020.000 (đồng). D. 4.090.000 (đồng).

Áp dụng công thức tiền gửi ngân hàng và rút tiền hàng tháng: _{T A 1 r%}_



_



ⁿ__X



^{1 r%}^



ⁿ^¹

r%

Với T = số tiền còn lại trong ngân hàng sau 5 năm, n = 5 năm = 60 tháng, A = 20 tỉ đồng, X = 300 triệu thì:

  

^



^

    

60

6 60 1 0,7% 1

0 200 10 1 0,7% x

0,7%  4093673,765 (đồng) Vậy số tiền mỗi tháng ông Sáu rút xấp xỉ là 4.090.000 đồng  chọn D

(8)

BÀI TOÁN 4 : (Vay vốn trả góp)

 Công thức tính: Vay ngân hàng số tiền là A đồng với lãi suất r%/tháng trong vòng n tháng. Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, bắt đầu hoàn nợ với số tiền x mỗi tháng. Nếu sau n tháng trả hết nợ thì số tiền trả góp là bao nhiêu?

Gọi x là số tiền trả hàng tháng.

 Cuối tháng 1, tiền nợ là: A + Ar = A(1 + r).

Do trả x đồng nên cịn nợ: A(1 + r) − x

 Cuối tháng 2, tiền nợ là: [A(1+ r) − x]1 + [A(1+ r) − x]r = [A(1+ r) − x](1 + r) Do trả x đồng nên cịn nợ: [A(1+ r) − x](1+ r) − x = A(1 + r)²− x(1+ r) − x

 Cuối tháng 3, tiền nợ là: [A(1 + r)²− x(1 + r) − x]1 + [A(1 + r)²− x(1 + r) − x]r = [A(1 + r)²− x(1 + r) − x](1+ r) = A(1+ r)³ − x(1+ r)² − x(1+ r) Đã trả x đồng nên số tiền cịn nợ là: A(1 + r)³ − x(1+ r)² − x(1 + r) − x

...

Cuối tháng n cịn nợ: A(1+ r)ⁿ − x(1 + r)ⁿ⁻¹ − x(1+r)ⁿ⁻² − ... – x



¹ ^... ⁽¹ ^r⁾ⁿ ³ ⁽¹ ^r⁾ⁿ ² ⁽¹ ^r⁾ⁿ ¹



x    ^   ^   ^



 



 











 



 (1 r) 1

1 ) r 1 .( 1 . x ) r 1 .(

A

n n

r 1 ) r 1 x( ) r 1 .(

A

n

n   



 r

1 ) r 1 x( ) r 1 .(

A

n

n   





 r

1 ) r 1 x( ) r 1 .(

A

n

n   

 

1 ) r 1 (

) r 1 .(

r .

x A _n

n





 

Để hết nợ số tiền A sau n tháng thì số tiền phải trả hàng tháng là:

1 ) r 1 (

) r 1 .(

r .

x A _n

n





 

Công thức 5 : Số tiền trả góp là:

 



1 r



1 r 1 r .

x A _n

n





  (Công thức vay vốn trả góp)

x (đồng) là số tiền phải trả mỗi tháng để sau n tháng là hết nợ.

A (đồng) là số tiền ban đầu nợ.

n (tháng) là số tháng phải trả.

BÀI 16 : Ông Sáu vay trả góp ngân hàng số tiền là 50 triệu đồng với lãi suất 1,15%/tháng trong vòng 2 năm. Hỏi mỗi tháng ông Sáu phải trả số tiền xấp xỉ bao nhiêu?

A. 1.362.000 (đồng). B. 1.124.000 (đồng). C. 1.115.400 (đồng). D. 1.168.700 (đồng).

Áp dụng công thức số tiền trả góp, ta có:

 

n n

A.r 1 r x

1 r 1

 

  

 

6 48

11

50 10 1,15%. 1 1,15%

x

1 1,15% 1

  

    1361312,807 đồng  chọn A

BÀI 17 : Ông Sáu vay trả góp ngân hàng số tiền là 500 triệu đồng với lãi suất 0,9%/tháng, mỗi tháng trả 15 triệu đồng. Hỏi sau bao nhiêu tháng thì ông Sáu sẽ trả hết nợ?

A. 40 (tháng). B. 50 (tháng). C. 45 (tháng). D. 48 (tháng).

 

n n

A.r 1 r x

1 r 1

 

  

 

6 n 6

n

500 10 0,9%. 1 0,9%

15 10

1 0,9% 1

  

 

   39,80862049  40 tháng  chọn A

(9)

BÀI 18 : (CÂU 44 ĐỀ MINH HỌA THPT QG 2019) Ông A vay ngân hàng 100 triệu đồng với lãi suất 1%/tháng. Ông ta muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi tháng là như nhau và ông A trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ ngày vay. Biết rằng mỗi tháng ngân hàng chỉ tính lãi trên số dư nợ thực tế của tháng đó. Hỏi số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng gần nhất với số tiền nào dưới đây?

A. 2,22 triệu đồng B. 3,03 triệu đồng C. 2,25 triệu đồng D. 2,20 triệu đồng

Áp dụng công thức trả góp, ông A trả hết nợ sau đúng 5 năm kể từ ngày vay, số tiền mỗi tháng ông ta cần trả cho ngân hàng:

Với A = 100 triệu đồng, r = 1% và n = 5  12 = 60 tháng thì:

 

n n

A.r 1 r x

1 r 1

 

  =

 



1 1%



1

% 1 1

%.

1 100

60 60





  2,22 triệu đồng  chọn A

BÀI 19 : Một xe máy điện giá 10.000.000 đồng được bán trả góp 11 lần, mỗi lần trả góp với số tiền là 1.000.000 đồng (lần đầu trả sau khi nhận xe được 1 tháng). Tính lãi suất tiền hàng tháng?

A. r  1,59% B. r  1,60% C. r  1,61% D. r  1,62%

 

n n

A.r 1 r x

1 r 1

 

  

 

11 11

10000000 r%. 1 r%

1000000

1 r% 1

 

    1,62 triệu đồng  chọn A

 Chú ý :

_ Nhập trực tiếp các dữ liệu vào công thức

 

n n

A.r 1 r x

1 r 1

 

  và bấm qr1

_ Phải bấm luôn x% thì mới ra kết quả  1,62. Còn chỉ nếu bấm x thì chỉ ra 0,0162

BÀI 20 : (CÂU 21 ĐỀ MINH HỌA THPT QG 2017) Ông A vay ngắn hạn ngân hàng 100 triệu đồng, với lãi suất 12%/năm. Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng theo cách: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay, ông bắt đầu hoàn nợ ; hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng, số tiền hoàn nợ ở mỗi lần là như nhau và trả hết tiền nợ sau đúng 3 tháng kể từ ngày vay. Hỏi, theo cách đó, số tiền m mà ông A sẽ phải trả cho ngân hàng trong mỗi lần hoàn nợ là bao nhiêu? Biết rằng, lãi suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ.

A.

 

3 01 , 1 .

m100 ³ (triệu đồng) B.

 

1,01 1 01 ,

m 1 ₃ ³

  (triệu đồng)

C. 3

03 , 1 m 100

 (triệu đồng) D.

 

1,12 1 12 , 1 .

m 120 ₃ ³

  (triệu đồng)

Lãi suất 12% một năm = 1% một tháng hay r = 0,01.

Sau tháng 1, ông A còn nợ 100.1,01 – m (triệu)

Sau 2 tháng, ông còn nợ (100.1,01 – m).1,01 – m = 100.1,01² – 2,01m (triệu)

Sau 3 tháng, ông hết nợ do đó : (100.1,01² – 2,01m).1,01 – m = 100.1,01³– 3,0301m = 0

 1,01 1

01 , 1 030301 ,

0 01 , 1 100

0301 , 3

01 , 1 0301 , 3

01 , 1 .

m 100 ₃

3 3

 



 (triệu đồng)

 Cách 2 :

(10)

 Dành cho bài toán trả góp: Áp dụng công thức lãi kép cho bài toán trả góp:

 

 

  

n n

A 1 r% r%

x 1 r% 1

x : số tiền phải trả mỗi tháng để sau n tháng là hết nợ.

A : số tiền nợ.

r% : lãi suất.

n : là số tháng phải trả.

Giải :

Lãi suất 12% một năm = 1% một tháng.

Số tiền mỗi tháng phải trả là:

 

   

  

   

n 3

A 1 r% r% 100 1 1% 1%

x 34,00221115

1 r% 1 1 1% 1 lưu vào biến A và trừ lần lượt từng phương án.

Phương án B làm kết quả bằng 0 nên ta chọn phương án B  chọn B.

BÀI 21 : Anh B mua nhà trị giá tám trăm triệu đồng theo phương thức trả gĩp được ngân hàng hỗ trợ vốn. Nếu cuối mỗi tháng bắt đầu từ tháng thứ nhất anh B trả 7 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả là 0,5% mỗi tháng thì sau bao lâu anh trả hết số tiền trên?

Gọi x là số tiền trả hàng tháng.

 Cuối tháng 1, anh B nợ: A + Ar = A(1 + r).

Do trả x đồng nên anh B cịn nợ: A(1 + r) − x

 Cuối tháng 2 anh B nợ: [A(1+ r) − x]1 + [A(1+ r) − x]r = [A(1+ r) − x](1 + r) Do trả x đồng nên anh B cịn nợ: [A(1+ r) − x](1+ r) − x = A(1 + r)²− x(1+ r) − x

 Cuối tháng 3 anh B nợ: [A(1 + r)²− x(1 + r) − x]1 + [A(1 + r)²− x(1 + r) − x]r = [A(1 + r)²− x(1 + r) − x](1+ r) = A(1+ r)³ − x(1+ r)² − x(1+ r) Đã trả A đồng nên anh B cịn nợ: A(1 + r)³ − x(1+ r)² − x(1 + r) − x

...

Cuối tháng n cịn nợ: A(1+ r)ⁿ − x(1 + r)ⁿ⁻¹ − x(1+r)ⁿ⁻² − ... – x



¹ ^... ⁽¹ ^r⁾ⁿ ³ ⁽¹ ^r⁾ⁿ ² ⁽¹ ^r⁾ⁿ ¹



x    ^   ^   ^



 



 











 



 (1 r) 1

1 ) r 1 .( 1 . x ) r 1 .(

A

n n

r 1 ) r 1 x( ) r 1 .(

A

n

n   



 r

1 ) r 1 x( ) r 1 .(

A

n

n   





 r

1 ) r 1 x( ) r 1 .(

A

n

n   

 

1 ) r 1 (

) r 1 .(

r .

x A _n

n





 

Để hết nợ sau n tháng thì số tiền A phải trả hàng tháng là:

1 ) r 1 (

) r 1 .(

r .

x A _n

n





  Áp dụng cơng thức trên ta cĩ:

1 1,005

1,005 x 0,005 x 800x10

=

7x10 _n

n 6

6

 Suy ra: 1,005^N2,(3)N169,854227.

Vậy sau 170 tháng anh B sẽ trả hết số tiền trên.

(11)

TỈ LỆ TĂNG TRƯỞNG

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

Phương pháp : Tính tỉ lệ tăng trưởng r cho công thức S = A.e^r.N

 Số e = 2,71828...

x 1 1 lim

x

x  



 

 





 Với số vốn ban đầu A, theo thể thức tính lãi kép định kỳ liên tục, lãi suất mỗi năm sẽ là r thì sau N năm số tiền thu được cả vốn lẫn lãi sẽ là : SA.e^Nr.

THÍ DỤ 1 : (SGK) Sự tăng dân số được ước tính theo công thức SA.e^Nr, trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau N năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Biết rằng tỉ lệ tăng dân số trên thế giới hàng năm là 1,32%, năm 1998 dân số thế giới vào khoảng 5926,5 triệu người. Khi đó dự đoán dân số thế giới năm 2008 (10 năm) sau sẽ là bao nhiêu ? (giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm là không thay đổi).

Dự đoán dân số thế giới năm 2008 sẽ là : SA.e^Nr 5926,5.e¹⁰^.⁰^,⁰¹³²6762,8 (triệu người)

THÍ DỤ 2 : (SGK) Biết rằng năm 2001, dân số Việt Nam lần lượt là 78685800 người và tỉ lệ tăng trưởng dân số năm đó là 1,7% và sự tăng dân số được ước tính theo công thức SA.e^Nr. Hỏi cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm nào dân số nước ta ở mức 100 triệu người ? (giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm là

không thay đổi) ĐS : năm 2015

Theo giả thiết, ta có : ¹⁰⁰⁷⁸^,⁶⁸⁵⁸^.^e⁰^,⁰¹⁷^N^ln¹⁰⁰^ln



⁷⁸^,⁶⁸⁵⁸^.^e⁰^,⁰¹⁷^N



14 017

, 0

6858 , 78 ln 100

N ln  





Vậy cứ nếu tăng dân số với tỉ lệ hàng năm là 1,7% thì đến năm 2015 dân số nước ta sẽ ở mức 100 triệu người.

THÍ DỤ 3 : (CÂU 14 ĐỀ MINH HỌA THPT QG 2017) Số lượng của loại vi khuẩn A trong một phòng thí nghiệm được tính theo công thức s(t) = s(0).2^t, trong đó s(0) là số lượng vi khuẩn A lúc ban đầu, s(t) là số lượng vi khuẩn A có sau t phút. Biết sau 3 phút thì số lượng vi khuẩn A là 625 nghìn con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc ban đầu, số lượng vi khuẩn A là 10 triệu con?

A. 48 phút B. 19 phút C. 7 phút D. 12 phút

Ta có s(3) = s(0).3³  625.000 = 8.s(0)  s(0) = 78125 Gọi thời gian cần tìm là t phút.

Ta có : s(t) = s(0).2^t 

 

78125 ¹²⁸

1000000 0

s t

2^t  s    2^t – 128 = 0  t = 7  chọn C

THÍ DỤ 4 : (CÂU 25 ĐỀ MINH HỌA THPT QG 2020 LẦN 1) Để dự báo dân số của một quốc gia, người ta sử dụng công thức S = Ae^nr ; trong đó A là dân số của năm lấy làm mốc tính, S là dân số sau n năm, r là tỉ lệ tăng dân số hàng năm. Năm 2017, dân số Việt Nam là 93.671.600 người (Tổng cục Thống kê, Niên giám thống kê 2017, Nhà xuất bản Thống kê, Tr.79). Giả sử tỉ lệ tăng dân số hằng năm không đổi là 0,81%, dự báo dân số Việt Nam năm 2035 là bao nhiêu người (kết quả làm tròn đến chữ số hàng trăm)?

A. 109.256.100 B. 108.374.700 C. 107.500.500 D. 108.311.100

Ta có: 2035 – 2017 = 18  n = 18.

Thế A = 93.671.600 ; n = 18 và r = 0,81% vào công thức: S = A.e^Nr

Dân số Việt Nam năm 2035 là S = 93.671.600 × e^{18 × 0,81%}  108.374.741  chọn B.

THÍ DỤ 5 : (CÂU 42 ĐỀ MINH HỌA THPT QG 2020 LẦN 2) Để quảng bá cho sản phẩm A, một công ty dự định tổ chức quảng cáo theo hình thức quảng cáo trên truyền hình. Nghiên cứu của công ty cho thấy: nếu sau n lần quảng cáo được phát thì tỉ lệ người xem quảng cáo đó mua sản phẩm A tuân theo công thức P(n)

(12)

= ₀_,₀₁₅_n e 49 1

1

  . Hỏi cần phát ít nhất bao nhiêu lần quảng cáo để tỉ lệ người xem mua sản phẩm đạt trên 30%?

A. 202 B. 203 C. 206 D. 207

Để tỉ lệ người mua sản phẩm đạt trên 30%, điều kiện là:

 

10

% 3 e 30

49 1 n 1

P ₀_,₀₁₅_n  

  _

203 n 968 , 21 202 ln 1 015 , 0 n 1 21 ln 1 n 015 , 21 0

e 1 3 e 10

49

1 ⁰^,⁰¹⁵ⁿ ⁰^,⁰¹⁵ⁿ   



 



 







 



 













 ^ ^

 nmin = 203  Chọn B.

THÍ DỤ 6 : (THPT QG 2020 ĐỢT 1) Trong năm 2019, diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là 600 ha. Giả sử diện tích rừng trồng mới của tỉnh A mỗi năm tiếp theo đều tăng 6% so với diện tích rừng trồng mới của năm liền trước. Kể từ sau năm 2019, năm nào dưới đây là năm đầu tiên tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1000 ha?

A. Năm 2028 B. Năm 2047 C. Năm 2027 D. Năm 2046

Gọi P0 là diện tích rừng trồng mới năm 2019.

Gọi Pn là diện tích rừng trồng mới sau n năm.

Gọi r% là phần trăm diện tích rừng trồng mới tăng mỗi năm.

Sau 1 năm, diện tích rừng trồng mới là: P1 = P0 + P0r = P0(1 + r) Sau 2 năm, diện tích rừng trồng mới là: P2 = P1 + P1r = P0(1 + r)²

…

Sau n năm, diện tích rừng trồng mới là: Pn = P0(1 + r)ⁿ

Theo giả thiết: P0 = 600, r = 0,06  600(1 + 0,06)ⁿ > 1000 

 

6 06 10 ,

1 ⁿ  

6 log 10

n ₁_,₀₆  8,8 Do đó n = 9.

Vậy sau 9 năm (tức năm 2028) thì tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1000 ha.

THÍ DỤ 7 : (THPT QG 2020 ĐỢT 2) Năm 2020, một hãng xe ô-tô niêm yết giá bán loại xe X là 750.000.000 đồng và dự định trong 10 năm tiếp theo, mỗi năm giảm 2% giá bán so với giá bán của năm liền trước. Theo dự định đó, năm 2025 hãng xe ô-tô niêm yết giá bán loại xe X là bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng nghìn)?

Đặt A = 750.000.000 đồng là giá niêm yết loại xe X năm 2020.

Năm 2021, hãng xe ô-tô niêm yết giá bán loại xe X là: A



1 0,02



100 A 2 A

A₁    

Năm 2022, hãng xe ô-tô niêm yết giá bán loại xe X là: A₂ A₁



10,02



A



10,02



²

…

Vậy đến năm 2025, hãng xe ô-tô niêm yết giá bán loại xe X là: A₅ A



10,02



⁵ 677.941.000 đồng THÍ DỤ 8 : Một người thả 1 lá bèo vào một cái ao, sau 12 giờ thì bèo sinh sôi phủ kín mặt ao. Hỏi sau mấy giờ thì bèo phủ kín 1/5 mặt ao, biết rằng sau mỗi giờ thì lượng bèo tăng gấp 10 lần lượng bèo trước đó và tốc độ tăng không đổi.

A. 12 – log5 (giờ) B. 12

5 (giờ) C. 12 – log2 (giờ) D. 12 + ln5 (giờ)

 Cách 1 : Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cập số nhân

(13)

 Công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân:

Nếu (un) là một cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q  0 thì số hạng tổng quát un của nó được xác định theo công thức sau :

un = u1.q^{n –1} (n  2)

Vì cứ sau một giờ thì diện tích của đám bèo lớn gấp 10 lần diện tích đám bèo trước đó nên đây là một cấp số nhân có công bội là 10.

Giả sử diện tích bèo ban đầu là u1. Diện tích bèo giờ thứ n là: un = u1.10^{n –1}.

Sau 12 giờ bèo phủ khắp mặt hồ. Khi đó diện tích bèo sẽ là: u12 = u1.10¹¹. Gọi t (giờ) là thời gian đám bèo phủ kín 1

5 mặt hồ.

Diện tích bèo giờ thứ t là: ut = u1.10^{t –1}. Bèo phủ kín 1

5 mặt hồ, tức là diện tích bèo sẽ là: 1 u .10₁ ¹¹ 5

Ta có: u .10₁ ^{t 1}^ 1u .10₁ ¹¹ 5

u .10₁ ^{t 12} 1u₁

5 10^{t 12}^ 1

5  t 12 log 1

5  t 12 log5  t 12 log5  Chọn A. 

 Cách 2 : Sử dụng công thức tăng trưởng của bèo

 Công thức tăng trưởng của bèo: Giả sử lượng bèo ban đầu là T0 và mỗi giờ lượng bèo tăng gấp k lần thì sau n giờ lượng bèo sẽ là T T .k ₀ ⁿ

Ta có : T T .k ₀ ⁿ  T(12) T .10 ₀ ¹² Gọi t0 là thời gian bèo phủ 1

5 mặt hồ thì T .10₀ ^t⁰ 1T(12) T .10₀ ^t⁰ 1 T .10₀ ¹²

5 5

   

0 0

t 12 t 12 12

0 0

1 1 1

10 10 log10 log 10 t log log10 t log5 12

5 5 5

   

             

     Chọn A.

THÍ DỤ 9 : Biết rằng năm 2001 và năm 2006, dân số Việt Nam lần lượt là 78685800 người và 84155800 người. Hỏi đến năm 2015 dân số Việt Nam là bao nhiêu người ? (giả sử tỉ lệ tăng dân số hàng năm là không thay đổi).

ĐS :  95.627.717 người

Tỉ lệ tăng dân số hàng năm được tính theo công thức:

013 , 0 5 r

78685800 ln

84155800 r ln

e . 78685800

84155800  ⁵^r     

Năm 2015 dân số Việt Nam là : 78685800.e^14r = 78685800.e^14.0,013  9439260 (người)

THÍ DỤ 10 : (SGK) Sự tăng trưởng của một loại vi khuẩn theo công thức S = A.e^r.t, trong đó A là số lượng vi khuẩn ban đầu, r là tỉ lệ tăng trưởng (r > 0), t là thời gian tăng trưởng. Biết số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con. Hỏi sau 10 giờ có bao nhiêu con vi khuẩn ? Sau bao lâu số lượng vi khuẩn ban đầu sẽ tăng gấp đôi ?

ĐS :  900 con ; 3 giờ 9 phút.

Trước tiên, ta tìm tỉ lệ tăng trưởng mỗi giờ của loài vi khuẩn này.

Theo giả thiết, số lượng vi khuẩn ban đầu là 100 con và sau 5 giờ có 300 con, nên tỉ lệ tăng trưởng mỗi giờ được xác định bởi: 300 = 100.e^5r. (1)

Lấy logarit cơ số e hai vế của (1) ta được : ln300 = ln(100.e^5r).

(14)

Từ đó suy ra: 0,2197 5

3

rln  tức là tỉ lệ tăng trưởng của loại vi khuẩn này là 21,97% mỗi giờ.

Sau 10 giờ, số con vi khuẩn là : S = 100.e^10.0,2197  900 (con)

Thời gian để số lượng vi khuẩn ban đầu tăng gấp đôi được xác định bởi : 200 = 100.e^rt.

Từ đó suy ra: 3,155

2197 , 0

2 ln 2197 , 0

2 ln r

100 ln 200

tln     (giờ)  3 giờ 9 phút.

THÍ DỤ 11 : (SGK) Cho biết chu kỳ bán hủy của chất phóng xạ Plutôni P_u²³⁹ là 24360 năm (tức là một lượng P_u²³⁹ sau 24360 năm phân hủy thì chỉ còn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo công thức

ert

. A

S , trong đó A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm (r < 0), t là thời gian phân hủy, S là lượng còn lại sau thời gian phân hủy t. Hỏi 10 gam P_u²³⁹ sau bao nhiêu năm phân hủy sẽ còn 1 gam?

ĐS : 82235 năm

Trước hết ta tìm tỉ lệ phân hủy hàng năm của P_u²³⁹.

239

Pu có chu kỳ bán hủy là 24360 năm, do đó ta có: 510.e^r^.²⁴³⁶⁰ 000028

, 0 10

. 84543 , 24360 2

10 ln 5

r ln   ⁵ 

 ^

Vậy sự phân hủy của P_u²³⁹ được tính theo công thức SA.e^⁰^,⁰⁰⁰⁰²⁸^t trong đó S và A tính bằng gam, t tính bằng năm.

Theo giả thiết, ta có : 82235(năm)

000028 ,

0 10 t ln

e . 10

1 ⁰^,⁰⁰⁰⁰²⁸^t 



 



 ^

Vậy sau khoảng 82235 năm thì 10 gam chất P_u²³⁹ sẽ phân hủy còn 1 gam.

THÍ DỤ 12 : (SGK) Khoảng 200 năm trước, hai nhà khoa học Pháp là Clô-zi-ut (R.Clausius) và Cla-pay- rông (E.Clapeyron) đã thấy rằng áp suất p của hợi nước (tính bằng milimét thủy ngân, viết tắt là mmHg) gây ra khi nó chiếm khoảng trống phía trên của mặt nước chứa trong một bình kính được tính theo công thức pa.10^t^²⁷³^k trong đó t là nhiệt độ C của nước, a và k là những hằng số. Cho biết k  –2258,624.

a) Tính a biết rằng khi nhiệt độ của nước là 100C thì áp suất của hơi nước là 760 mmHg (tính chính xác đến hàng phần chục).

b) Tính áp suất của hợi nước khi nhiệt độ của nước là 40C (tính chính xác đến hàng phần chục).

ĐS : a) a  863188841,4 ; b)  52,5mmHg

a) Ta có: pa.10^t^^k²⁷³  760 a.10^t ^k²⁷³ a.10¹⁰⁰²²⁵⁸^²⁷³^,⁶²⁴



 



4 , 863188841 10

. 760 a 10

a 760 ³⁷³

624 , 2258

373 624 ,

2258   



 _

b) 52,5mmHg

10

3 , 863188841 P

273 40

624 ,

2258 





THÍ DỤ 13 : (BT SGK) Một khu rừng có trữ lượng gỗ 4.10⁵ mét khối. Biết tốc độ sinh trưởng của các cây ở khu rừng đó là 4% mỗi năm. Hỏi sau 5 năm, khu rừng đó sẽ có bao nhiêu mét khối gỗ ?

ĐS : 4,8666.10⁵ (m³)

Gọi trữ lượng gỗ ban đầu là V0, tốc độ sinh trưởng hàng năm của rừng là i phần trăm. Ta có : Sau 1 năm, trữ lượng gỗ là: V₁V₀i.V₀ V₀

 

1i

Sau 2 năm, trữ lượng gỗ là: V₂ V₁i.V₁ V₁

 

1i V₀

 

1i ²

(15)

…

Sau 5 năm, trữ lượng gỗ là: V5 V0

 

1i ⁵

Thay V0 = 4.10⁵(m³), i = 4% = 0,04, ta có : ^V5 ⁴^.¹⁰⁵



¹⁰^,⁰⁴



⁵ ⁴^,⁸⁶⁶⁶^.¹⁰⁵ ⁽^m³⁾

THÍ DỤ 14 : (SGK) Một loài cây xanh trong quá trình quang hợp sẽ nhận được một lượng nhỏ cacbon 14 (một đồng vị của cacbon). Khi một bộ phận của một cái cây nào đó bị chết thì hiện tượng quang hợp cũng ngưng và nó sẽ không nhận thêm cacbon 14 nữa. Lượng cacbon 14 của bộ phận đó sẽ phân hủy một cách chậm chạp, chuyển hóa thành nitơ 14. Biết rằng nếu gọi P(t) là số phần trăm cacbon 14 còn lại trong một bộ phận của một cái cây sinh trưởng từ t năm trước đây thì P(t) được tính theo công thức

(%) )

5 , 0 .(

100 ) t (

P ⁵⁷⁵⁰

t



Phân tích một mẩu gỗ từ một công trình kiến trúc cổ, người ta thấy lượng cacbon 14 còn lại trong mẩu gỗ đó là 65%. Hãy xác định niên đại của công trình kiến trúc đó. ĐS : 3574 năm

Theo giả thiết, ta có : P(t) = 65. Vậy ta có phương trình: ⁵⁷⁵⁰

t

2 . 1 100

65 



 



 

2 log

65 log 2 2

log 65 log 100 log 2

log 65 log100 65

log 100 5750

t 65

2 100 2 65

. 1

100 ⁵⁷⁵⁰ ₂

5750 t

t 

 









 



 





2 3574 log

65 log 5750 2

t 

 



  

 năm

THÍ DỤ 15 : (BT SGK) Cho biết chu kì bán rã của một chất phóng xạ là 24 giờ (1 ngày đêm). Hỏi 250 gam chất đó sẽ còn lại bao nhiêu sau :

a) 1,5 ngày đêm? ĐS : 88,388(gam)

b) 3,5 ngày đêm? ĐS : 22,097(gam)

Ta biết công thức tính khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t là ^T

t

0 2

. 1 m ) t (

m 



 



 

trong đó m0 là khối lượng chất phóng xạ ban đầu (tức là tại thời điểm t = 0); T là chu kì bán rã.

Ta có T = 24 giờ = 1 ngày đêm, m0 = 250 gam. Do đó, ta có:

a) Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau 1,5 ngày đêm là: 88,388(gam) 2

. 1 250 ) 5 , 1 (

m ¹

5 , 1

 



 



 

b) Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau 3,5 ngày đêm là: 22,097(gam) 2

. 1 250 ) 5 , 3 (

m ¹

5 , 3

 



 



 

------