Задачи про банковский вклад (страница 2)

Пусть для определенности банк начисляет проценты в январе, мае, сентябре. Пусть было положено \(A\) рублей в банк. Составим таблицу: \[\begin{array}{|l|c|c|c|} \hline \text{Номер года}&\text{Сумма в январе} &\text{Сумма в мае}&\text{Сумма в сентябре}\\ \hline 1& (1+0,01y)A & (1+0,01y)^2A & (1+0,01y)^3A \\ \hline 2& (1+0,01\cdot 5y)(1+0,01y)^3A & (1+0,05y)^2(1+0,01y)^3A & (1+0,05y)^3(1+0,01y)^3A\\ \hline \end{array}\]

Таким образом, спустя 2 года на счете было \[(1+0,05y)^3(1+0,01y)^3A \quad {\small{\text{рублей}}}\]

По условию эта сумма должна превысить первоначальную, то есть \(A\), как минимум на \(72,8\%\). Следовательно, эта сумма составляет как минимум \(172,8\%\) от \(A\). Значит, \[(1+0,05y)^3(1+0,01y)^3A\geqslant1,728A\] Обозначим \(0,01y=x\) и получим следующее уравнение: \[\Big((1+5x)(1+x)\Big)^3\geqslant 1,728\]

Разложим на множители число \(1728=2^6\cdot 3^3\). Следовательно, \(1728=(2^2\cdot 3)^3\). Следовательно, \(1,728=1,2^3\). Следовательно, неравенство можно переписать в виде: \[(1+5x)(1+x)\geqslant 1,2 \quad\Rightarrow\quad x\geqslant \dfrac{\sqrt{10}-3}5, \quad {\small{\text{так как }}}x>0\]

Следовательно, \(y=100x\geqslant 20(\sqrt{10}-3)\). Так как \(3<\sqrt{10}<3,5\), то \(0<20(\sqrt{10}-3)<10\). Следовательно, проверим \(y=5\): \[5\geqslant 20(\sqrt{10}-3) \quad\Leftrightarrow\quad 169\geqslant 160 \quad - {\small{\text{верно.}}}\]

Следовательно, \(y=5\).

Ответ: 5

Составим таблицу, обозначив за \(t=\dfrac{100+y}{100}, \ A=351\,000\): \[\begin{array}{|l|c|c|c|} \hline \text{Год} & \text{Сумма на счете} & \text{Сумма на счете} & \text{Сумма на счете}\\ & \text{до начисления }\% & \text{после начисления }\% & \text{после дополнительного взноса} \\ \hline &&&\\ 1 & A & t A & t A+\dfrac{1}{3}A\\ &&&\\ \hline &&&\\ 2 & tA+\dfrac{1}{3}A & t\left(tA+\dfrac{1}{3}A\right) & t\left(tA+\dfrac{1}{3}A\right)+\dfrac{1}{3}\left(tA+\dfrac{1}{3}A\right) \\ &&&\\ \hline \end{array}\]

Таким образом, на начало третьего года на счете у Елены будет та же сумма, которая была на счете на конец второго года после начисления процентов и после внесения второго дополнительного взноса, т.е.

\(t\left(tA+\dfrac{1}{3}A\right)+\dfrac{1}{3}\left(tA+\dfrac{1}{3}A\right)\).

Необходимо, чтобы \(t(tA+\dfrac{1}{3}A)+\dfrac{1}{3}(tA+\dfrac{1}{3}A) \leqslant 1\,092\,000\)

Заметим, что \(1\,092\,000=\dfrac{28\cdot 351\,000}{9}=\dfrac{28}{9}A \Rightarrow\) неравенство примет вид: \[3t^2+2t-9 \leqslant 0 \quad \Rightarrow \quad t \leqslant \dfrac{2\sqrt7-1}{3},\] т.к. \(t>0\).

Т.к. \(\sqrt7<3\), то \(\dfrac{2\sqrt7-1}3<\frac53=1,(6)\).

Следовательно, учитывая то, что \(y\) кратно десяти, то искомое \(t\) будет среди чисел \(1,1; \ 1,2; \ 1,3; \ 1,4; \ 1,5\) и \(1,6\).
Подставив все числа в неравенство, найдем, что наибольшее \(t=1,4\), т.к.:
\(3\cdot 1,4^2+2\cdot 1,4-9=-0,32<0\), а вот уже \(3\cdot 1,5^2+2\cdot 1,5-9=0,75>0\).

Следовательно \(t=1,4\), а значит \(y=40\%\).

Заметим, что число \(\sqrt7\) можно было бы оценить точнее, если лучше помнить таблицу квадратов. Например, \(\sqrt7<2,7^2=7,29\), а значит \(\dfrac{2\sqrt7-1}3<\dfrac{22}{15}=1,4(6)\).

Ответ:

\(40\%\).

Рассмотрим вклад. Пусть \(S=151\,807\,041\) руб. Тогда в первый год вклад увеличится на \(0,01y\cdot S\). Это и есть максимальная сумма, которую человек может снять со своего счета. Следовательно, во второй год вклад увеличится как минимум на столько же.

Рассмотрим кредит. Обозначим \(A=251\,807\,041\) руб. Составим таблицу, где \(x\) – ежегодный платеж по кредиту. \[\begin{array}{|l|c|c|c|} \hline \text{Номер года}&\text{Долг до начисления }\% &\text{Долг после начисления }\%&\text{Долг после платежа}\\ \hline 1&A&1,11A&1,11A-x\\ \hline 2&1,11A-x&1,11(1,11A-x)&1,11(1,11A-x)-x=\\ &&&=1,11^2A-x(1,11+1)\\ \hline ...&...&...&...\\ \hline 8&1,11^7A-x(1,11^6+\dots+1)&1,11(1,11^7A-x(1,11^6+\dots+1)) &1,11^8A-x(1,11^7+\dots+1)\\ \hline \end{array}\]

Так как в конце восьмого года долг должен быть выплачен, то \[\begin{aligned} &1,11^8A-x(1,11^7+\dots+1)=0 \quad\Leftrightarrow\quad\\[3ex] &x=\dfrac{1,11^8A}{1,11^7+\dots+1}=\dfrac{1,11^8A\cdot (1,11-1)}{1,11^8-1}=\\[3ex] &=\dfrac{1,11^8A\cdot (1,11-1)}{(1,11^4+1)(1,11^2+1)(1,11+1)(1,11-1)}=\\[3ex] &= \dfrac{1,11^8A}{(1,11^4+1)(1,11^2+1)(1,11+1)} \end{aligned}\]

Следовательно, нужно, чтобы \[0,01y\cdot S\geqslant x \quad\Rightarrow\quad y\geqslant \dfrac{1,11^8\cdot 100}{(1,11^4+1)(1,11^2+1)(1,11+1)}\cdot \dfrac AS\]

Выполним умножение:
\(1,11^2=1,2321; \qquad 1,11^4=1,2321^2=1,51807041\).
Следовательно, неравенство примет вид: \[y\geqslant \dfrac{1,51807041\cdot 1,51807041\cdot 100}{2,51807041\cdot 2,2321\cdot 2,11} \cdot \dfrac{251\,807\,041}{151\,807\,041}\]

Выполним сокращения, получаем: \[y\geqslant \dfrac{151\,807\,041}{211\cdot 22321}\]

Разделим в столбик эту “некрасивую” дробь и получим \[\dfrac{151\,807\,041}{211\cdot 22321}\sim 32,...\]

Следовательно, наименьшее целое \(y=33\).

Ответ: 33

Составим таблицу, обозначив за \(t=\dfrac{100+y}{100}\): \[\begin{array}{|l|c|c|} \hline \text{Год} & \text{Сумма на счете до} & \text{Сумма на счете после}\\ &\text{начисления }\%\text{(февраль)} & \text{начисления }\%\text{(декабрь)}\\ \hline 2015 & A & tA\\ \hline 2016 & tA & t^2A\\ \hline 2017 & t^2A-A & t(t^2A-A)\\ \hline 2018 & t(t^2A-A)-2A & t(t(t^2A-A)-2A)\\ \hline 2019 & t(t(t^2A-A)-2A)-A &\\ \hline \end{array}\]

Для того, чтобы Дмитрию удалось сделать то, что он задумал, нужно:
\[\begin{cases} \begin{aligned} & t^2A-A \geqslant 0\\ & t(t^2A-A)-2A \geqslant0\\ & t(t(t^2A-A)-2A)-A \geqslant0 \end{aligned} \end{cases}\]

(т.к. он не может снять со счета больше, чем есть на счете в данный момент)

Заметим, что, т.к. \(t>1 \Rightarrow A(t^2-1) \geqslant0\) при всех \(t\).
Рассмотрим другие два неравенства:
\[\begin{cases} \begin{aligned} & t^3-t-2 \geqslant0\\ & t^4-t^2-2t-1 \geqslant0 \end{aligned} \end{cases}\]
Заметим, что если выполнено \(t^4-t^2-2t-1 \geqslant0\), то \(t^3-t-2 \geqslant \dfrac{1}{t}>0\), т.к. \(t>1\). Т.е. при тех значениях \(t\), при которых выполнено второе неравенство, выполнено и первое неравенство. Значит, решим только второе неравенство:
\[t^4-(t+1)^2 \geqslant0 \Rightarrow (t^2-t-1)(t^2+t+1) \geqslant0 \Rightarrow t \geqslant \dfrac{1+\sqrt5}{2}\]
Сделав обратную замену, получим: \(y\geqslant 50(\sqrt5-1)\). Т.к. \(\sqrt5>2\), то \(50(\sqrt5-1)>50\). Следовательно, возможные варианты для \(y\) – это \(60; 70; 80\) и т.д. Проверкой убеждаемся, что подходит \(y=70\), т.к.:
\(70>50(\sqrt5-1) \quad\Leftrightarrow\quad 12>5\sqrt5\quad\Leftrightarrow\quad 144>125\quad\) — верно.

Ответ:

\(70 \%\).

Пусть планируется сделать вклад на сумму \(A\) рублей. Составим таблицу для первого банка:

\[\begin{array}{l|c|c} \hline \text{Год}&\text{Сумма на счете до}&\text{Сумма на счете после}\\ &\text{начисления процентов}&\text{начисления процентов}\\ \hline 1&A&1,1A\\ \hline 2&1,1A&1,1^2A\\ \hline 3&1,1^2A&1,1^3A\\ \hline \end{array}\]

Таким образом, сумма на счете после трех лет хранения в этом банке будет равна \(1,1^3A\) рублей.

Составим таблицу для второго банка, используя обозначение \(0,01y=t\).

\[\begin{array}{l|c|c} \hline \text{Год}&\text{Сумма на счете до}&\text{Сумма на счете после}\\ &\text{начисления процентов}&\text{начисления процентов}\\ \hline 1&A&1,04A\\ \hline 2&1,04A&(1+t)\cdot1,04A\\ \hline 3&(1+t)\cdot 1,04A&(1+2t)(1+t)\cdot 1,04A\\ \hline \end{array}\]

Таким образом, сумма на счете во втором банке в конце третьего года будет равна \((1+2t)(1+t)\cdot 1,04A\) рублей.

Т.к. необходимо, чтобы второй банк стал выгоднее первого, то должно выполнять неравенство:

\[(1+2t)(1+t)\cdot 1,04A>1,1^3A \quad \Rightarrow \quad 2080t^2+3120t-291>0\]

Т.к. \(y\) кратно пяти, то возможные варианты для \(t\) – это \(0,05; \ 0,1; \ 0,15; \ 0,2\) и т.д. Подставляя их в полученное неравенство, найдем наименьшее подходящее \(t=0,1\), т.к.

при \(t=0,05\) имеем \(2080\cdot 0,05^2+3120\cdot 0,05-291=-129,8<0\),
а вот уже при \(t=0,1\) имеем \(2080\cdot 0,1^2+3120\cdot 0,1-291=41,8>0\).

Следовательно, \(t=0,1\), а значит \(y=10\%\).

Ответ: 10

Пусть для определенности банк начисляет проценты в январе и июле. Пусть было положено \(A\) рублей в банк. Составим таблицу: \[\begin{array}{|l|c|c|} \hline \text{Номер года}&\text{Сумма в январе} &\text{Сумма в июле}\\ \hline 1& (1+0,01y)A & (1+0,01y)^2A \\ \hline 2& (1+0,01\cdot 2y)(1+0,01y)^2A & (1+0,01\cdot 2y)^2(1+0,01y)^2A \\ \hline 3& (1+0,01\cdot 4y)(1+0,01\cdot 2y)^2(1+0,01y)^2A & (1+0,01\cdot 4y)^2(1+0,01\cdot 2y)^2(1+0,01y)^2A \\ \hline \end{array}\]

Таким образом, спустя 3 года на счете было \[(1+0,01\cdot 4y)^2(1+0,01\cdot 2y)^2(1+0,01y)^2A \quad {\small{\text{рублей}}}\]

По условию эта сумма превышает первоначальную, то есть \(A\), на \(241,5104\%\). Следовательно, эта сумма составляет \(341,5104\%\) от \(A\). Значит, \[(1+0,01\cdot 4y)^2(1+0,01\cdot 2y)^2(1+0,01y)^2A=3,415104A\] Обозначим \(0,01y=x\) и получим следующее уравнение: \[\Big((1+4x)(1+2x)(1+x)\Big)^2=3,415104\]

Разложим на множители число \(3\,415\,104=2^6\cdot 3^2\cdot 11^2\cdot 7^2\). Следовательно, \(3\,415\,104=(2^3\cdot 3\cdot 11\cdot 7)^2\). Следовательно, \(3,415104=1,848\). Следовательно, уравнение можно переписать в виде: \[(1+4x)(1+2x)(1+x)=1,848\]

Так как \(y\) кратно десяти, то \(y=10; \ 20; \ 30\) и т.д. Следовательно, \(x=\frac1{10}; \ \frac1{5}; \ \frac3{10}\) и т.д. Подставляя по очереди эти числа, видим, что первое значение \(x=\frac1{10}=0,1\) подходит: \[(1+0,4)(1+0,2)(1+0,1)=1,848 \quad\Leftrightarrow\quad 1,848=1,848\] Следовательно, \(y=10\).

Ответ: 10

Пусть в какой-то год на счете у Ивана будет \(A\) рублей. Определим, каким должно быть \(A\), чтобы ему было выгодно выбрать схему 1.
Если он выберет схему 1, то его прибыль в этом году составит \(0,1A\) рублей. Если схему 2 – то \(0,05A+50\,000\). Если схема 1 должна быть выгоднее, то прибыль в случае выбора схемы 1 должна быть больше: \[0,1A>0,05A+50\,000 \quad\Rightarrow\quad A>1\,000\,000\] Заметим, что если \(A=1\,000\,000\), то это значит, что прибыль и для схемы 1, и для схемы 2 будет одинаковой. Таким образом, если в какой-то год на счете у Ивана окажется не меньше \(1\,000\,000\), то ему выгоднее выбирать схему 1 и в этот год, и в последующие (так как дальше сумма на счете будет только увеличиваться). Если сумма на счете в какой-то год меньше \(1\,000\,000\), то ему выгодно в этот год выбирать схему 2 и так до тех пор, пока сумма на счете не станет \(\geqslant 1\,000\,000\); после этого ему выгоднее выбирать схему 1.
Таким образом, мы доказали, что не может быть такого, что Ивану в какой-то год выгодно выбрать схему 1, а потом – схему 2.

1) Последовательность выбора схем: \(1, 1, 1, 1\).
Пусть Иван изначально положил на счет \(A\geqslant 1\,000\,000\). Тогда он сразу выбирает схему 1 на все 4 года и сумма на счете через 4 года будет равна \(1,1^4\cdot A\). Значит, прибыль будет равна \(1,1^4\cdot A-A\). Проверим, может ли эта прибыль принимать максимальное значение, равное \(417\,967\): \[1,1^4A-A\leqslant 417\,967\quad\Rightarrow\quad A\leqslant \dfrac{417\,967}{4641}\cdot 10^4\] Число \(\dfrac{417\,967}{4641}\cdot 10^4\) меньше \(1\,000\,000\). Следовательно, мы получили противоречие (ведь мы рассматривали случай, когда \(A\geqslant 1\,000\,000\)).

2) Последовательность выбора схем: \(2, 1, 1, 1\).
Пусть Иван положил на счет \(A<1\,000\,000\), то есть в первый год ему выгодно выбрать схему 2, но уже в начале второго года ему стало выгодно выбрать схему 1. Сумма на счете в начале второго года будет равна \(1,05A+50\,000\), значит, чтобы ему выгодно было выбрать схему 1, эта сумма должна быть не меньше \(1\,000\,000\): \[1,05A+50\,000\geqslant 1\,000\,000 \quad\Rightarrow\quad A\geqslant \dfrac{19}{21}\cdot 10^6\] Таким образом, мы получили границы для \(A\): \[\dfrac{19}{21}\cdot 10^6\leqslant A<1\,000\,000 \quad(*)\] В этом случае прибыль в конце 4 года будет равна \[1,1^3(1,05A+50\,000)-A\] Поступим аналогично первому случаю: \[1,1^3(1,05A+50\,000)-A\leqslant 417\,967 \quad\Rightarrow\quad A\leqslant \dfrac{351\,417}{397\,550}\cdot 10^6\] Проверим, есть ли пересечения у полученного множества значений для \(A\) с \((*)\). Для этого нужно сравнить числа \[\dfrac{351\,417}{397\,550}\cdot 10^6 \lor \dfrac{19}{21}\cdot 10^6\] Опуская вычисления, получим: \[\dfrac{351\,417}{397\,550}\cdot 10^6 < \dfrac{19}{21}\cdot 10^6\] Таким образом, пересечений нет, то есть нет ни одного значения \(A\), подходящего для этого случая.

3) Последовательность выбора схем: \(2, 2, 1, 1\).
Пусть в первые два года Ивану было выгодно выбирать схему 2, а дальше – схему 1. Это значит, что на начало третьего года на счете у него будет сумма, больше или равная \(1\,000\,000\): \[1,05(1,05A+50\,000)+50\,000\geqslant 1\,000\,000 \quad\Rightarrow\quad A\geqslant \dfrac{359}{441}\cdot 10^6\] А также это значит, что в начале второго года сумма была все еще меньше \(1\,000\,000\): \[1,05A+50\,000<1\,000\,000\quad\Rightarrow\quad A<\dfrac{19}{21}\cdot 10^6\] Таким образом, \(A\) должно быть таким: \[\dfrac{359}{441}\cdot 10^6\leqslant A<\dfrac{19}{21}\cdot 10^6 \quad (**)\] Прибыль в конце 4 года будет равна \[1,1^2\cdot (1,05(1,05A+50\,000)+50\,000)-A\] Поступаем аналогично предыдущим случаям: \[1,1^2\cdot (1,05(1,05A+50\,000)+50\,000)-A\leqslant 417\,967 \quad\Rightarrow\quad A\leqslant 880\,000\quad (***)\] Опять пересечем полученные решения с \((**)\). Так как \[\dfrac{359}{441}\cdot 10^6<880\,000\] и \[880\,000<\dfrac{19}{21}\cdot 10^6\] то нам подходят такие \(A\): \[\dfrac{359}{441}\cdot 10^6\leqslant A\leqslant 880\,000\] Причем заметим, что именно при \(A=880\,000\) прибыль составит \(417\,967\) рублей (если бы мы вместо неравенства \((***)\) решали такое же равенство).

Так как нам нужно найти хотя бы одно значение \(A\), то остальные случаи рассматривать мы не будем.

Ответ:

\(880\,000\)