Sáng kiến kinh nghiệm Dùng bất đẳng thức để giải phương trình, hệ phương trình

ải phương trình: 
Lời giải:
Điều kiện có nghĩa: Vì 16x4 + 5 > 0 nên > 0 Û x > 0
áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 4x; 4x2 +1 ; 2 ta có:
=> 16x3 + 5 Ê 4x2 + 4x + 3
Û 8x3 + 2x2 - 2x + 1 Ê 0
Û (2x-1)2 . (2x2 + 2x + 1) Ê 0
Û (2x - 1)2 Ê 0, vì (2x - 1)2 ³ 0, nên x = 1/2 thỏa mãn
Nhận xét: Đây là bài toán phương trình vô tỷ khó, hiểu giải bằng cách nâng lên lũy thừa thì bài toán phức tạp và khó giải được . Bằng cách quan sát, sử dụng điều kiện hợp lý, bất đẳng thức Cauchy kết hợp với biến đổi tương đông chúng ta tìm ra lời giải. Quan sát kỹ chúng ta có thể tạo ra một lớp bài toán bằng cách biển đổi đi lên.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 
Lời giải: 
Cộng vế với vế ta có: 	(1)
áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có: 
Vậy dấu bằng xảy ra ở (1) khi: 	 Û 	x = ± 1
	y = ± 1
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là:
	( x ; y) = {(1 ; 1), (1 ; -1), (-1 ; 1), (-1 ; -1)
Nhận xét: Đứng ở góc độ nào đó, thì đây là lệ phương trình đối xứng loại 2, bài toán có thể giải theo phương trình chung đó. Vận dụng bất đẳng thức cauchy trong bài là lời giải độc đáo và sáng tạo. Chỉ sử dụng bất đẳng thức Cauchy thì phương trình (1) dễ phát hiện hơn so với hệ phương trình đầu bài cho. áp dụng cách giải, ta có thể tạo ra nhiều bài hay và khó hơn.
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình :
Lời giải:
Dễ thấy ( x; y; z) = (0; 0; 0) là một nghiệm của phương trình 
Xét x # 0 thì y # 0, z # và x, y, z > 0
áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có: 1+ x2 ³ 2x , 1+ y2 ³ 2y ,1 +z2 ³2z.
Nên ta có: ; ; Vậy từ hệ phương trình ta có:
 y Ê x Ê z Ê y do đó x = y = z . Giải ra ta có: x = y = z = 1
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x, y, z) = {(0, 0, 0) ; (1, 1, 1)}
Nhận xét: Đây là hệ phương trình có dạng hoán vị, ngoài cách giải trên, bài toán còn cách giải khác. Tuy nhiên cách giải trên ngắn gọn, phù hợp với học sinh THCS hơn, Bất đẳng thức Cauchy đã đem lại lời giải hay, độc đáo.
II)- áp dụng bất đẳng thức BUNHIACÔPSKI.
1- Kiến thức:
	Khi nhắc đến bất đẳng thức chúng ta không thể không nhắc đến Bất đẳng thức Binhiacôpski. Đây là một bất đẳng thức quen thuộc với học sinh, được sử dụng như một công cụ, trong phần này chúng ta nghiên cứu dưới dạng ứng dụng giải phương trình, hệ phương trình không mẫu mực. Trước hết ta phát biểu bất đửng thức Binhiacôpski.
Giả sử: a1, a2,, an và b1, b2,bn là hai hãy số tùy ý.
Ta có bất đẳng thức.
(a1b1 + a2b2+ anbn) Ê .
Và dấu bằng xảy ra khi: 
Bất đẳng thức được chứng minh trong rất nhiều tài liệu, xin phép không trình bày cách chứng minh trong bài viết này.
2. Một số ví dụ:
Kỹ thuật dùng bất đẳng thức Bunhiacôpski trong giải phương trình, hệ phương trình thường phong phú và đa dạng. Khi giải dạng toán bằng phương pháp này, cần quan sát, có kỹ năng nhận biết các cặp số. Sau đây là một số ví dụ phân tích nhận biết này:
Ví dụ 1: Giải phương trình 
 Lời giải:
Điều kiện có nghĩa x ³ 1
áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpki ta có:
ị 
Đẳng thức xảy ra Û Û Û 
Û x = 5 (loại x = 2 < 3). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.
Nhận xét: Nhận biết hai bộ s và 1; 1 để dùng bất đẳng thức Bunhia -côpski đánh giá vế trái là một kỹ thuật hay và khó. Bài toán này nếu giải theo cách khác sẽ phức tạp và gặp khó khăn, Chúng ta có thể tạo ra những bài toán tương tự.
Ví dụ 2: Giải phương trình 
(Thi học sinh giỏi THCS TP Hồ Chí Minh 2002 - 2003)
Lời giải:
Điều kiện có nghĩa: 5 Ê x Ê 7.
áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpski ta có:
Vế trái: 	(1)
Vế phải: x2 - 12x + 38 = (x-6)2 + 2 ³ 2	(2)
Vậy vế trái Ê 2 Ê vế phải
Từ (1), (2) đẳng thức xảy ra khi:	 	Û x = 6
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 6
Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản đối với học sinh. Nhận biết hai bộ: ; và 1; 1 để sử dụng bất đẳng thức Buhnhia-côpski đánh giá vế trái kết hợp dùng hằng đẳng thức để đánh giá vế phải. Cách thiết lế những bài toán như vậy sẽ kiểm tra được nhiều luồng kiến thức của học sinh.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 
Lời giải:
áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpski ta có:
 ị 	(1)
Đẳng thức (1) xảy ra khi kết hợp với hệ phương trình ta tìm được nghiệm duy nhấy (x, y, z) = (1 ; 3 ; 4).
Nhận xét: Đây là hệ phương trình không mẫu mực. Để phát hiện ra cách vận dụng bất đẳng thức Bunhia-côpski trong bài ta chú ý đến vế phải của chương trình thứ nhất (chứa x2 + y2 + z2), Sau đó chọn bộ số thích hợp là 1; 3; 4 và x, y, z để đánh giá. Phương trình thứ hai chỉu dùng khi đánh giá xong phương trình thứ nhất. Những bài kiểu này dễ thiết kế, xong khó giải. Người giải phải có kiến thức nhất định về bất đẳng thức.
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 
Lời giải: 
Điều kiện có nghĩa; -1 Ê xi Ê 1 ; i = 1, 2 ., 2006.
áp dụng bất đẳng thức Bunhia-côpski ta có:
ị 	(1)
ị	(2)
Từ (1), (2) ịị x1 + x2 + .+ x2006 và điều kiện bất đẳng thức của hệ xảy ra, nên hệ đã cho tương đương với: 
Tương đương với: 
=> x1 = x2 =  x 2006 = 1/2006
Nhận xét: Đây là bài toán khó, dẫu biết rằng phải sử dụng bất đẳng thức. Cách đánh giá liên lục hai phương trình rồi so sánh với nhau đòi hỏi người giải phải có kỹ năng thuân thục, sáng tạo, nhậy bén trong vận dụng bất đẳng thức nói chung.
Tổng quát ta có bài toán sau: 
III)- Giải phương trình bằng cách đánh giá các ẩn
1- Kiến thức: 
Nhiều bài toán tưởng chừng không giải được , thật bất ngờ chung ta chỉ cần đánh giá, so sánh các ẩn trong phương trình thì bài toán cho ta một lời giải thú vị đến bất ngờ.
Kỹ thuật trong phần này thường sử dụng quan sát các ẩn, để đánh giá hai vế hoặc giữa các phương trình của hệ để tìm ra sự kiên hệ giữa các ẩn số, từ đó có được một phương trình , hệ phương trình đơn giản hơn.
2. Một ví dụ:
	Trong phần này thông qua một ví dụ, chúng ta quan sát cách đánh giá giữa các ẩn hoặc với một số, từ đó xác định được nghiệm của hệ.
Ví dụ 1: Giải phương trình 
Lời giải:
* Xét vế trái:
= Ê 7
Đẳng thức xảy ra hki x = 2	(1)
	* Xét vế phải: y2 + 2 (2x - 3) y + 5x2 - 16x + 20
	 = (y+2x-3)2 + (x-2)2 + 7
	 Ê 7
Đẳng thưc xảy ra khi x = 2 , y = 1	(2)
	Từ (1), (2) phương trình có một nghiệm duy nhất
Nhận xét: Đây là bài toán rất phức tạp, không giải được trực tiếp. Bằng các quan sát chúng ta đánh giá hai vế của phương trình với cùng số 7, bài toán có nghiệm duy nhất. Cách tạo được bài toán này không khó nhưng giải được thì không dễ.	
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
(Tuyển sinh 10, chuyên toán, ĐHSP Vinh 1998)
	Lời giải:
Điều kiện của bài: 1998 ³ x, y ³ 0
- Nếu x > y thì: 	=> Vô lý
- Nếu x > y thì: 	=> Vô lý
- Vậy x = y ta có hệ phương trình: 
Bình phương hai vế: 
Û x = 0 , x = 1998.
Vậy phương trình có hai nghiệm (x ; y) = {(0 ; 0) , (1998 ; 1998)}.
Nhận xét: Bài toán có vai trò bình đẳng. Bằng sự đánh giá giữa hai ẩn, ta tìm được x = y là then chốt của bài. ý tưởng này được sử dụng rộng trong các bài chứa ẩn có vai trò như nhau.
IV)-Một số cách sử dụng khác của bất đẳng thức.
1- Kiến thức
Đã nói về bất đẳng thức thì rất rộng và khó, việc sử dụng cũng đa dạng và phong phú, các thiết mục trên đã kiểm tra qua những nét chính, những kiến thức kinh điển. Trong mục này chúng ta xét thêm một số kỹ thuật khác mà tưởng chừng như đơn giản song đôi khi lại gặp khó khăn. Một số chú ý là:
- Điều kiện của bài toán.
- Tính chất của lũy thừa, 0 Ê a Ê 1, m > n > 0 => am Ê an Ê 1
	1 Ê a; m am Ê an.
- Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối.
|A| +|B| ³ |A + B| ³ |A| - |B| ; |A| ³ -A
- Làm trội bất đẳng thức không chặt,
2. Một số ví dụ.
	Sau đây thông qua một số ví dụ, chúng ta thấy sự linh hoạt của ý tưởng sử dụng, sử dụng phong phú của ứng dụng bất đẳng thức.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
	(Thi học sinh giỏi Toán THCS Thành phố Hồ Chí Minh - 2002 - 2003)
	Lời giải:
Điều kiện của bài toán 0 Ê x, y.
=> x + 1 ³ 1, y + 1 ³ 1. Vậy:
Đẳng thức chỉ xảy ra khi x = 0 , y = 0
Vậy bài toán có nghiệm duy nhất x = y = 0
Nhận xét: Quả thật bài toán trên có lời giải bất ngờ và đơn giản, chỉ cần sử dụng điều kiện của bài như một nhận xét là tìm được lời giải. bài toán này không khó, có thể giải theo cách khác nhưng dài và không đẹp.. Vì vậy trước khi giải hệ phương trình vô tỷ nên quan tâm đến điều kiện ẩn số.
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
	(1)
	(2)
Lời giải:
Từ phương trình (1) ta có: |x| Ê 1, |y| Ê 1 => 1 - x ³ 0,1 -y ³ 0.
Lấy phương trình (1) trừ đi (2) vế với vế, ta có:
Mà	
	Đẳng thức chỉ xảy ra khi x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0
	Vậy bài toán có hai nghiệm x = 0, y = 1 và x = 1, y = 0.
Nhận xét: bài toán này đã sử dụng tính chất của lũy thừa 0 Ê a Ê 1, m > n > 0 =>am Ê an Ê1 chúng ta có thể mở rộng về số ẩn. Dạng bài này có dùng để tính giá trị biểu thức và vấn đề là tìm giá trị của ẩn, Cách thiết kế kiểu bài này không khó.
Ví dụ 3: Giải phương trình
Lời giải:
Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Dấu bằng xảy ra khi 
A. B > 0, Vậy ta có 
³ 
Đẳng thức xảy ra khi 
Mà x2 -x + 1 > 0 => x ³ 0 Ûs - 1 Ê x Ê 2.
Cách 2: áp dụng bất đẳng thức dấu bằng xảy ra khi A Ê 0
x2 -x + 1 > 0 => |x2 -x + 1| = x2 -x + 1.
|x2 -x - 2| ³ (-x2 - x - 2).
|x2 -x + 1| + |x2 -x - 2| ³ x2 -x + 1 - (x2 -x - 2) = 3
Đẳng thức xảy ra khi: x2 -x - 2 Ê 0 Û - 1 Ê x Ê 2.
Nhận xét: Thông thường học sinh dùng phương án phá dấu giá trị tuyệt đối. Nhưng cách giải bài này là sử dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối đã cho lời giải đơn giản và ngắn gọn. Nếu chúng ta tăng thêm các biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối thì được nhiều bài toán hay và khó.
II.3. Phương pháp nghiên cứu- kết quả nghiên cứu
 II.3.1.Phương pháp.
1/ Nghiên cứu lý luận.
Để viết được kinh nghiệm này bản thân tôi đã sử dụng những phương pháp sau:
 *-Nghiên cứu tài liệu : 
 +SGK - Sách tham khảo ; tạp trí toán học.
 *-Sử dụng phương pháp phân tích đi lên (xuống), tổng hợp 
 của dạy học .
 *- So sánh, tổng kết 
 *- Kết hợp với hội đồng sư phạm nhà trường cùng nghiên cứu vận dụng kiến thức hợp lý không quá sức học sinh trong khuôn khổ chương trình học .
 Tổng kết kinh nghiệm bằng thực tế giảng dạy (đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi) của bản thân và đồng nghiệp
 Tham gia các lớp bồi dưỡng giáo viên do Sở Giáo dục Đào tạo tổ chức
2/ Nghiên cứu thực tiễn.
- Kiểm tra học sinh lớp 8, 9
II.3.1. Kết quả
- Đã hình thành cho học sinh một số kỹ năng “Giải phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp dùng bất đẳng thức”. Giúp cho học sinh nhìn nhận một dạng toán dưới lăng kính nhiều mặt với nhiều màu sắc khác nhau trong quá trình vận dụng linh hoạt các kĩ thuật giải.
- Ôn tập, củng cố và đào sâu các kiến thức về số học, đại số có liên quan đồng thời giúp cho học sinh hình thành thói quen suy nghĩ định hướng tìm tòi lời giải trước một bài toán. Từ đó giúp học sinh có thói quen giải toán theo một trình tự khoa học.
- Xây dựng được một hệ thống phương pháp và kỹ năng Giúp cho học sinh và giáo viên có một tư liệu tham khảo cho hoạt động dạy học toán học với việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi trong nhà trường phổ thông hiện nay.
- Hình thành ở học sinh thói quen khai thác kiến thức cơ bản trong chương trình theo chiều sâu. Giúp cho các em có được tư duy sâu sắc linh hoạt, độc lập sáng tạo trong quá trình giải toán.
- Giúp cho học sinh phân loại được các dạng bài tập và phương pháp, kỹ năng giải cho từng loại tạo điều kiện cho các em nhìn nhận một vấn đề toán học (phương trình) dưới con mắt hoàn thiện hơn.
- Hình thành ở học sinh thói quen khám phá, khai thác tìm tòi lời giải cho một bài toán phát huy được tích cực suy nghĩ trong quá trình giải toán. 
- Góp phần trau dồi cho học sinh những phẩm chất như tính độc lập kiên trì sáng tạo tích cực tìm tòi và giúp các em hoàn thiện dần các phẩm chất đạo đức, phẩm chất trí tuệ trong quá trình học toán ở nhà trường phổ thông.
- Phát huy được đức tính tự học, tự tìm tòi nghiên cứu góp phần tô điểm cho việc đổi mới phương pháp giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh mà hạt nhân là: " Lấy lôgic học của học sinh làm trung tâm " từ đó nâng cao từng bước chất lượng học tập môn toán cho các em. 
 Qua 3 năm dạy học ở trường THCS,với cương vị là giáo viên dạy toán, tôi đã tích cực nghiên cứu để có thể hướng dẫn HS giải toán với sự trợ giúp của MTĐT.Vì vậy HS rất tích cực học tập ,làm bài chính xác.Đặc biệt trong kỳ thi học sinh giỏi huyện môn 
Qua 3 năm dạy học ở trường THCS,với cương vị là giáo viên dạy toán, tôi đã tích cực nghiên cứu để có thể hướng dẫn HS giải toán với sự trợ giúp của MTĐT.Vì vậy HS rất tích cực học tập ,làm bài chính xác.Đặc biệt trong kỳ thi học sinh giỏi huyện môn 
 Vì vậy trong 5 năm học từ năm 2005 - 2006 đến năm 2009 - 2010 kết quả cho thấy những bài toán đưa ra các em rất tích cực học tập, làm được tương đối tốt đạt 65% - 70% và ngày càng gây niềm tin cho học sinh. Đặc biệt trong kỳ thi học sinh giỏi các cấp ở khối 8 và khối 9 ở trường THCS tôi đã đạt học sinh giỏi các cấp có cả cấp quốc gia kết quả cụ thể như sau:
- Năm học 2005 – 2006: Đạt 8 em học sinh giỏi cấp huyện và 4 em học sinh giỏi cấp tỉnh.
- Năm học 2006 – 2007: Đạt 8 em học sinh giỏi cấp huyện và 4 em học sinh giỏi cấp tỉnh.
- Năm học 2007 – 2008: Đạt 6 em học sinh giỏi cấp huyện và 3 em học sinh giỏi cấp tỉnh.
- Năm học 2008 – 2009: Đạt 4 em học sinh giỏi cấp tỉnh, trong đó có một em đạt giải nhì và được thi tiếp Quốc gia vào ngày 13/3/2009 đạt giải khuyến khích cấp Quốc gia.
- - Năm học 2008 – 2009: Đạt 5 em học sinh giỏi cấp tỉnh, trong đó có một em đạt giải nhất và được thi tiếp Quốc gia vào ngày 19/3/2010 đạt giải ba cấp Quốc gia.
Phần III: Phần kết luận – Kiến nghị
III.1.Kết luận 
- Khi chưa được tiếp cận với các bài toán không chính tắc, hầu hết học sinh đều tỏ ra lúng túng, mất phương hướng tìm ra lời giải. Khi làm quen với sự phân tích sâu sắc, hầu hết các em đều thích thú và say mê bởi sự mới lạ, sáng tạo, không máy móc.
	- Với kiến thức như vậy các em nắm bài tốt hơn, liên hệ các kiến thức với nhau mật thiết hơn, thực sự bồi bổ các “chất toán” cho các em tốt hơn trong các môn học khác cũng như trong cuộc sống.
- Nhiều học sinh của huyện khi được học, đã thành công nhiều trong kỳ thi học sinh giỏi toán, thi vào các trường chất lượng cao trong những năm gần đây.
Phương trình, hệ phương trình không chính tắc là một dạng toán khó, đa dạng, thường được dùng trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp, cũng như thi vào các lớp chất lượng cao. Các bài toán như vậy luôn là vấn đề nan giải đối với hầu hết học sinh nói chung, học sinh khá giỏi nói riêng.
Trong một số năm qua, bằng sự trăn trở để tìm ra ý tưởng cho những bài toán hay và khó này,tôi đã tìm tòi, phân dạng để giảng dạy nhằm mục đích truyền đạt hiệu quả nhất đến với học sinh. 
Thật bất ngờ, khi giảng dạy chuyên đề này, tôi thấy học sinh rất say mê mỗi khi tự mình khám phá ra lời giải. Bước đầu đã làm cho học sinh khám phá, tự tìm các kiến thức có liên quan để giải. Qua đây, tôi cũng thấy kiến thức toán học sinh được nâng nhiều phần khác nhau. 
Sử dụng bất đẳng thức và tính chất của nó vào giải phương trình, hệ phương trình là một ứng dụng lớn. Sự phân chia như trên chỉ là ý tưởng của tôi còn nhiều phần chưa nêu hết, Đề tài này hy vọng giúp chúng ta phần nào khó khăn trong giảng dạy và hy vọng các bạn đồng nghiệp nêu tiếp những ứng dụng mà bài viết này chưa nêu được.
Mặc dù đã giành nhiều thời gian, công sức, tìm hiểu, rút kinh nghiệm và cố gắng để cho bản đề tài song do nhiều lí do, trong đó lí do còn hạn chế về kiến thức cũng như phương pháp nên bản đề tài chắc không thể tránh khỏi thiếu xót.Tôi mong được sự đóng góp, bổ sung.
III.2- Kiến nghị:
- Với nhà trường: Cần khuyến khích động viên mỗi giáo viên thực hiện và áp dụng những sáng kiến hay để đẩy mạnh phong trào chuyên môn trong nhà trường.
 - Với Phòng, Sở giáo dục: Đề nghị quan tâm đầu tư mở nhiều chuyên đề bồi dưỡng các chuyên đề có liên quan đến môn Toán đặc biệt bồi dưỡng giáo viên ôn học sinh giỏi để nâng cao trình độ, phương pháp, năng lực sư phạm cho giáo viên dạy học.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Mạo Khê, ngày 20 tháng 4 năm 2010
 Người viết
 Nguyễn Thị Hạnh
đánh giá của hội đồng khoa học
 Trường thcs mạo khê II
phòng gd - đt huyện đông triều
Sở gd - đt tỉnh quảng ninh
dạng 5: giải bài toán bằng cách lập phương trình 
Bài 31:Một người gửi 6800 đồng (đô la) vào tài khoản ngân hàng với lãi suất hàng năm là 4,3% .Hỏi sau 1 năm ,2 năm,3 năm,10 năm,người đó có bao nhiêu tiền, biết rằng người đó không rút lãi suất ra?
	Giải:
Đặt a = 6800 đồng (đô la) 
 x = 4,3% = 0,043
Sau 1năm số tiền cả gốc và lãi là:
 A1 = a + a.x = a(1+x)
+ 
 x
Thay số A1 = 6800(1+ 0,043)
 =
Min
 =
ấn 1 0,043 6800 Kết quả :7092,4
Sau 2 năm số tiền cả gốc và lãi là:
 =
 x
 x2
Shift
 MR
 A1 = a(1 +x) + a(1 + x).x = a(1 + x)2. Thay số A2 = 6800(1 + 0,043)2
ấn tiếp: 6800 Kết quả:7397,3732
 =
 x
 xy
Shift
 MR
Sau 3 năm số tiền cả gốc và lãi là:A3 = a(1 + x)3. Thay số A3 = 6800(1 + 0,043)3
 ấn tiếp : 3 6800 Kết quả:7715,460247
Tổng quát: Sau n năm tổng tiền cả gốc và lãi tính theo công thức:An = a(1 + x)n.
Shift
 =
 x
 xy
 MR
Sau 10 năm số tiền cả gốc và lãi là:A10 = a(1 + x)10
ấn tiếp: 10 6800 kết quả :10359,81492 đồng.
Bài 35 : Một người hàng tháng gửi vào ngân hàng một số tiền là 6800 đô la với lãi suất là 0,35%/ tháng . Hỏi sau một năm người ấy nhận được bao nhiêu tiền cả gốc lẫn lãi?
	Giải:
 Giả sử người ấy gửi bắt đầu gửi a đồng (đô la) vào ngân hàng từ đầu tháng giêng với lãi suất là x.
 Sang đầu tháng 2 số tiền trong sổ tiết kiệm là: 
 a(1 + x )
Vì hàng tháng người ấy vẫn gửi tiếp vào ngân hàng số tiền là a đồng, nên số tiền gốc của đầu tháng 2 sẽ là: 
 a(1 + x ) + a = a[(1 + x) +1 ] = [(1 + x)2 - 1] đồng
Số tiền đầu tháng 3 có trong sổ sẽ là : 
 [(1 + x)2 - 1](1 + x )= [(1 + x )3 - (1 + x )]
Vì đầu tháng 3 người đó tiếp tục gửi vào a đồng , nên số tiền gốc của đầu tháng 3 là:
 [(1 + x )3 - (1 + x )] + a = [(1 + x )3 - (1 + x ) + x] = [(1 + x )3 - 1]
Số tiền trong sổ đầu tháng 4 sẽ là:
 [(1 + x )3 - 1] (1 + x) = [(1 + x )4 - (1 + x )]
Vì hàng tháng người ấy tiếp tục gửi vào a đồng nên số tiền gốc đầu tháng 4 là:
 [(1 + x )4 - (1 + x )] + a = [(1 + x )4 - 1]
Tương tự:Số tiền trong sổ tiết kiệm đầu tháng thứ k sẽ là
 [(1 + x )k-1 - 1] (1 + x) = [(1 + x )k - (1 + x )]
Số tiền gốc đầu tháng thứ k là :
 [(1 + x )k - (1 + x )] + a =[(1 + x)k - 1] 
Số tiền cả gốc lẫn lãi cuối tháng thứ k là : 
 [(1 + x )k - 1] (1 + x) 
ữ
 =
áp dụng : k = 12 ; a = 6800 ; x = 0,35 % = 0,0035
 =
 x
 MR
 x
 =
 -
 xy
Shift
Min
 =
ấn: 1 + 0.0035 12 1 6800 0,0035 
Kết quả :83480.43356 đô la
Vậy sau 12 tháng người ấy có số tiền là: 83480.43356 đô la
Bài 36: Một người muốn rằng sau một năm phải có 20000 đôla để mua nhà . Hỏi phải gửi vào ngân hàng một khoản tiền (như nhau) hàng tháng là bao nhiêu ,biết rằng lãi suất tiết kiệm là 0,27% một tháng.
	Giải:
 Giả sử người ấy gửi bắt đầu gửi a đồng (đô la) vào ngân hàng từ đầu tháng giêng với lãi suất là x.
 Sang đầu tháng 2 số tiền trong sổ tiết kiệm là: 
 a(1 + x )
Vì hàng tháng người ấy vẫn gửi tiếp vào ngân hàng số tiền là a đồng, nên số tiền gốc của đầu tháng 2 sẽ là: 
 a(1 + x ) + a = a[(1 + x) +1 ] = [(1 + x)2 - 1] đồng
Số tiền đầu tháng 3 có trong sổ sẽ là : 
 [(1 + x)2 - 1](1 + x )= [(1 + x )3 - (1 + x )]
Vì đầu tháng 3 người đó tiếp tục gửi vào a đồng , nên số tiền gốc của đầu tháng 3 là:
 [(1 + x )3 - (1 + x )] + a = [(1 + x )3 - (1 + x ) + x] = [(1 + x )3 - 1]
Số tiền trong sổ đầu tháng 4 sẽ là:
 [(1 + x )3 - 1] (1 + x) = [(1 + x )4 - (1 + x )]
Vì hàng tháng người ấy tiếp tục gửi vào a đồng nên số tiền gốc đầu tháng 4 là:
 [(1 + x )4 - (1 + x )] + a = [(1 + x )4 - 1]
Tương tự:Số tiền trong sổ tiết kiệm đầu tháng thứ k sẽ là
 [(1 + x )k-1 - 1] (1 + x) = [(1 + x )k - (1 + x )]
Số tiền gốc đầu tháng thứ k là :
 [(1 + x )k - (1 + x )] + a =[(1 + x)k - 1] 
Số tiền cả gốc lẫn lãi cuối tháng thứ k là : 
 [(1 + x )k - 1] (1 + x) 
Số tiền nhận được cả gốc lẫn lãi cuối tháng thứ k với lãi suất x = 0,27% sẽ là
 T = [(1 + x )k - 1] (1 + x) .
 Suy ra a = 
 áp dụng : T = 20000 ;x =0,27% = 0,0027 ;k = 12.
ữ
 MR
ữ
 =
Min
 MR
+ 
[(
ữ
 =
 x
Min
 =
ấn :0,27 100 20000 1
 =
 -
 xy
Shift
 12 1 
 Kết quả:1637,639629 (Làm tròn là :1700 đô la )
 Vậy mỗi tháng người ấy phải gửi vào ngân hàng 1700 đô la.