Chương 29: Hàm mũ và tăng trưởng

Câu hỏi mở đầu

Có những đại lượng không tăng thêm một lượng cố định, mà tăng theo một tỉ lệ cố định: tiền gửi, vi khuẩn, tin đồn. Quy luật của chúng có hình dạng gì, và vì sao sớm muộn nó vượt mọi parabol?

Cái mới sinh ra từ cái đang có

Ba câu chuyện, với số liệu giả định. Một khoản tiền gửi hưởng lãi 6% mỗi năm, và tiền lãi được nhập vào gốc, nên năm sau chính tiền lãi cũng sinh lãi. Một con vi khuẩn cứ 20 phút tách làm đôi, và mỗi con mới lại tách như thế. Một tin đồn lan đi: mỗi ngày, mỗi người đã biết kể cho hai người chưa biết.

Ba chuyện chẳng liên quan gì nhau, nhưng có chung một cấu trúc: lượng mới sinh ra trong mỗi bước tỉ lệ với lượng đang có. Tiền càng nhiều thì lãi càng nhiều, vi khuẩn càng đông thì con mới càng nhiều, càng nhiều người biết thì tin đồn càng lan nhanh. Gọi \(f(n)\) là lượng sau \(n\) bước và \(k\) là tỉ lệ ấy:

\[ f(n + 1) - f(n) = k \cdot f(n), \qquad \text{tức} \qquad f(n + 1) = (1 + k) \cdot f(n). \]

Mỗi bước, lượng cũ được nhân với cùng một số \(r = 1 + k\): tiền gửi có \(r = 1{,}06\) mỗi năm, vi khuẩn có \(r = 2\) mỗi 20 phút, tin đồn có \(r = 3\) mỗi ngày (mỗi người đã biết, cộng hai người mới). Nhân lặp \(n\) lần, \(f(n) = f(0) \cdot r^n\). Đó là lũy thừa của Chương 12, giờ được nhìn như một hàm của số mũ.

Vì sao cấu trúc này phải xuất hiện, dù chưa ai đặt tên cho nó? Chỉ cần hai giả thiết. Một: mỗi đơn vị sinh sôi như nhau, không phụ thuộc có bao nhiêu đơn vị khác; hai đồng sinh lãi gấp đôi một đồng, và một con vi khuẩn không biết bên cạnh nó có bao nhiêu con, chừng nào thức ăn còn thừa. Hai: luật sinh sôi không đổi theo thời gian. Từ hai giả thiết ấy, bước sau là bước trước nhân với một số cố định, và hàm mũ ra đời. So với hai chương trước: thêm một lượng cố định mỗi bước cho đường thẳng (Chương 27); lượng thêm vào tự tăng một lượng cố định cho parabol (Chương 28); lượng thêm vào tỉ lệ với cái đang có cho hàm mũ.

Bảng sai phân của Chương 28 cho thấy loại quy luật này khác hẳn. Với \(2^n\): các giá trị 1, 2, 4, 8, 16, 32; sai phân 1, 2, 4, 8, 16; sai phân bậc hai 1, 2, 4, 8. Lấy hiệu bao nhiêu lần, ta vẫn gặp lại chính dãy ban đầu, không bao giờ tới một hàng hằng số. Không parabol nào có tính chất ấy.

Cộng thêm và nhân lên

Hai đại lượng cùng bắt đầu từ 100. Một cái mỗi bước cộng thêm 10; cái kia mỗi bước nhân với \(1{,}1\), tức tăng 10%. Sau bước đầu, cả hai cùng bằng 110. Sau đó:

bước \(n\)	0	1	2	5	10	20	30
cộng thêm 10	100	110	120	150	200	300	400
nhân với \(1{,}1\)	100	110	121	\(161{,}05\)	\(259{,}37\)	\(672{,}75\)	\(1744{,}94\)

Cùng xuất phát từ 100, cùng bằng 110 sau bước đầu. Cộng thêm 10 mỗi bước cho một đường thẳng; nhân với \(1{,}1\) mỗi bước cho một đường cong lúc đầu gần như trùng đường thẳng, rồi bỏ xa nó.

Lúc đầu hai dãy gần như trùng nhau, như một đường cong nhìn gần trông như đường thẳng (Chương 27). Khác biệt nằm ở chỗ: 10% của 100 là 10, nhưng 10% của 1000 là 100. Bước tăng của dãy nhân lớn dần theo chính nó, nên khoảng cách giữa hai dãy không chỉ tăng mà còn tăng ngày càng nhanh. Dãy nhân không bao giờ tụt dưới dãy cộng; đó là nội dung của bất đẳng thức Bernoulli (Bernoulli's inequality), Bổ đề 2 ở cuối chương.

Có một cách nhìn thứ hai. Dãy cộng có hiệu hai số liên tiếp không đổi; dãy nhân có tỉ số hai số liên tiếp không đổi, \(\frac{f(n + 1)}{f(n)} = r\). Logarit biến tỉ số thành hiệu: \(\log f(n + 1) - \log f(n) = \log r\). Vậy logarit của một dãy nhân là một dãy cộng, và trên thang logarit (Chương 13), tăng trưởng theo tỉ lệ cố định là một đường thẳng (bài C3).

Ký hiệu

Một dãy \(u_0, u_1, u_2, \dots\) mà mỗi số hạng bằng số hạng trước cộng thêm cùng một số \(d\) là một cấp số cộng (arithmetic sequence): \(u_n = u_0 + nd\). Một dãy mà mỗi số hạng bằng số hạng trước nhân với cùng một số \(r\) là một cấp số nhân (geometric sequence), và \(r\) là công bội (common ratio) của nó: \(u_n = u_0 \cdot r^n\). Sách giáo khoa thường đánh số từ \(u_1\); bắt đầu từ \(u_0\) chỉ là quy ước cho công thức gọn hơn.

Với \(r > 0\) và \(r \neq 1\), hàm \(x \mapsto r^x\) xác định trên \(\mathbb{R}\) là hàm mũ (exponential function) cơ số \(r\). Chương 12 đã cho \(r^x\) nghĩa khi \(x\) là phân số, và hẹn làm cẩn thận trường hợp \(x\) vô tỉ; Mệnh đề 3 ở cuối chương giữ lời hẹn ấy. Quy luật \(f(x) = c \cdot r^x\) với \(c > 0\) là tăng trưởng mũ (exponential growth) khi \(r > 1\) và phân rã mũ (exponential decay) khi \(0 < r < 1\); số \(c = f(0)\) là giá trị ban đầu. Với tăng trưởng mũ, thời gian để giá trị gấp đôi là thời gian nhân đôi của Chương 13. Với phân rã mũ, thời gian để giá trị còn một nửa là chu kỳ bán rã (half-life).

Trong chuyện tiền bạc, lãi đơn (simple interest) chỉ tính trên số tiền gốc ban đầu, nên số tiền theo thời gian là một cấp số cộng. Lãi kép (compound interest) nhập lãi vào gốc để kỳ sau lãi cũng sinh lãi, nên số tiền là một cấp số nhân. "Tăng 6%" nghĩa là nhân với \(1{,}06\); "giảm 20%" nghĩa là nhân với \(0{,}8\). Phần trăm tăng giảm là một phép nhân trá hình, và đó là gốc của nhiều lầm lẫn (mục Ranh giới).

Làm bằng tay

Ví dụ 1 (lãi đơn và lãi kép). Gửi 10 triệu đồng với lãi suất giả định 6% một năm. Lãi đơn: mỗi năm được \(0{,}6\) triệu, sau 10 năm có \(10 + 10 \cdot 0{,}6 = 16\) triệu. Lãi kép: sau 10 năm có \(10 \cdot 1{,}06^{10} \approx 17{,}91\) triệu. Khoản chênh gần \(1{,}9\) triệu là lãi của lãi. Sau 30 năm, lãi đơn cho 28 triệu, còn lãi kép cho \(10 \cdot 1{,}06^{30} \approx 57{,}43\) triệu, gấp hơn hai lần.

Ví dụ 2 (chu kỳ bán rã). Một chất phóng xạ có chu kỳ bán rã (giả định) 5 giờ. Sau 5, 10, 15, 20 giờ, lượng còn lại là \(\frac12\), \(\frac14\), \(\frac18\), \(\frac{1}{16}\) lượng ban đầu. Sau \(t\) giờ, đã qua \(\frac{t}{5}\) chu kỳ, nên lượng còn lại là \(m(t) = m_0 \left(\frac12\right)^{t/5}\). Sau 12 giờ, \(\left(\frac12\right)^{2{,}4} \approx 0{,}189\): còn khoảng 19%. Muốn còn dưới 1%, cần \(\left(\frac12\right)^{t/5} < 0{,}01\), tức \(2^{t/5} > 100\), tức \(\frac{t}{5} > \log_2 100 \approx 6{,}64\): phải đợi hơn \(33{,}2\) giờ.

Phân rã với chu kỳ bán rã 5 giờ (giả định): cứ sau 5 giờ, lượng còn lại giảm một nửa, dù đang còn nhiều hay ít.

Ví dụ 3 (thời gian nhân đôi không phụ thuộc lúc bắt đầu). Một đĩa nuôi cấy (giả định) có 1000 vi khuẩn lúc \(t = 0\), nhân đôi sau mỗi 20 phút: \(N(t) = 1000 \cdot 2^{t/20}\), với \(t\) tính bằng phút. Từ bất kỳ thời điểm nào, 20 phút sau số vi khuẩn gấp đôi: \(N(t + 20) = 1000 \cdot 2^{t/20} \cdot 2 = 2N(t)\). Lúc 30 phút có khoảng 2828 con, lúc 50 phút khoảng 5657 con, đúng gấp đôi. So với một đại lượng tăng đều \(1000 + 100t\): từ 2000 (lúc 10 phút) lên 4000 mất 20 phút, nhưng từ 4000 lên 8000 mất 40 phút. Thời gian nhân đôi không đổi là dấu vân tay của tăng trưởng mũ (Định lý 4).

Trái: tăng trưởng mũ nhân đôi sau mỗi 20 phút, dù bắt đầu đo lúc nào. Phải: tăng đều, mỗi lần nhân đôi mất lâu gấp đôi lần trước.

Ví dụ 4 (ghép lãi dày hơn, và số \(e\)). Để con số dễ thấy, giả định một ngân hàng trả lãi 100% một năm. Ghép lãi một lần cuối năm, 1 đồng thành 2 đồng. Ghép hai lần, mỗi nửa năm 50%, được \(1{,}5^2 = 2{,}25\) đồng. Ghép \(n\) lần, mỗi lần \(\frac{100\%}{n}\), được \(\left(1 + \frac1n\right)^n\) đồng.

ghép lãi	mỗi năm	mỗi nửa năm	mỗi tháng	mỗi ngày	mỗi giờ	một triệu lần
\(n\)	1	2	12	365	8760	\(10^6\)
\(\left(1 + \frac1n\right)^n\)	2	\(2{,}25\)	\(2{,}6130\)	\(2{,}7146\)	\(2{,}7181\)	\(2{,}71828\)

Ghép càng dày càng được nhiều, nhưng không nhiều mãi: các số dồn về một hằng số \(2{,}71828\ldots\), gọi là số \(e\) (Euler's number). Phần IV sẽ chứng minh các số ấy thật sự dồn về một giới hạn; ở đây ta ghi nhận điều các con số cho thấy.

\(\left(1 + \frac1n\right)^n\) với \(n\) từ 1 tới một triệu (trục ngang theo thang logarit). Ghép lãi dày hơn thì được nhiều hơn, nhưng các giá trị dồn về số \(e\).

Số \(e\) không phải một lựa chọn riêng cho lãi suất 100%. Với lãi suất \(x\) viết dưới dạng số thập phân (như \(x = 0{,}06\)), đặt \(m = \frac{n}{x}\):

\[ \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n = \left(\left(1 + \frac{1}{m}\right)^{m}\right)^{x}. \]

Khi \(n\) lớn dần thì \(m\) cũng vậy, ngoặc trong dồn về \(e\) (Phần IV sẽ cho thấy điều này vẫn đúng khi \(m\) không nguyên), và cả biểu thức dồn về \(e^x\). Mọi phép ghép lãi liên tục (continuous compounding), với lãi suất nào cũng vậy, đều dẫn về cùng một số \(e\). Với 10 triệu đồng ở Ví dụ 1, sau 10 năm, ghép lãi hằng năm cho \(17{,}91\) triệu, ghép hằng tháng cho \(10 \cdot 1{,}005^{120} \approx 18{,}19\) triệu, ghép liên tục cho \(10 \cdot e^{0{,}6} \approx 18{,}22\) triệu. Ghép dày đến đâu cũng có một trần, và trần ấy tính bằng \(e\).

Logarit cơ số \(e\) gọi là logarit tự nhiên (natural logarithm), viết \(\ln x\); đây là cơ số mà Chương 13 báo trước. Ghép lãi liên tục với lãi suất \(r\%\) thì số tiền nhân đôi khi \(e^{\frac{r}{100}T} = 2\), tức \(T = \frac{100 \ln 2}{r} \approx \frac{69{,}3}{r}\). Con số \(100 \ln 2 \approx 69{,}3\) là cấu trúc đứng sau quy tắc 70 (Chương 13, Ví dụ 4). Hằng số xấp xỉ \(0{,}00434\) ở đó cũng hết bí ẩn. Máy tính cho \(e^{0{,}01} \approx 1{,}01005\) và \(e^{0{,}05} \approx 1{,}0513\): với \(x\) nhỏ, \(1 + x \approx e^x\), nên \(\log(1 + x) \approx x \log e \approx 0{,}4343\,x\). Với \(x = \frac{r}{100}\), đó là \(0{,}004343\,r\). Phần IV sẽ cho biết vì sao \(1 + x \approx e^x\) khi \(x\) nhỏ, và sai số là bao nhiêu.

Ví dụ 5 (hàm mũ vượt đường thẳng). So \(1{,}1^n\) với \(100n\). Lúc đầu đường thẳng bỏ xa: \(1{,}1^{10} \approx 2{,}6\) trong khi \(100 \cdot 10 = 1000\). Nhưng \(1{,}1^{96} \approx 9412 < 9600\) và \(1{,}1^{97} \approx 10.354 > 9700\). Từ \(n = 97\) trở đi, hàm mũ dẫn trước mãi: nếu \(1{,}1^n > 100n\) với \(n \geq 10\) thì \(1{,}1^{n+1} > 110n = 100n + 10n \geq 100(n + 1)\), và quy nạp làm nốt. Lý do nằm ở tỉ số: mỗi bước, \(100n\) chỉ được nhân với \(\frac{n + 1}{n}\), số này dồn về 1, còn \(1{,}1^n\) luôn được nhân với \(1{,}1\).

\(1{,}1^x\) và \(100x\). Trên thang thường (trái), hàm mũ nằm sát trục hoành rất lâu rồi vọt lên, gặp đường thẳng gần \(x = 96{,}2\). Trên thang logarit (phải), hàm mũ là một đường thẳng, còn \(100x\) cong xuống vì tỉ số tăng của nó nhỏ dần.

Ranh giới

Không gì tăng theo cấp số nhân mãi được. Một vi khuẩn nhân đôi sau mỗi 20 phút, trong 24 giờ, là 72 lần nhân đôi: \(2^{72} \approx 4{,}7 \times 10^{21}\) con. Nếu mỗi con nặng \(10^{-12}\) gam (giả định để tính), tổng khối lượng khoảng \(4{,}7 \times 10^{9}\) gam, tức khoảng 4.700 tấn, trong một đĩa nuôi cấy. Điều đó không xảy ra, vì giả thiết "mỗi con sinh sôi như nhau, bất kể đông hay thưa" sai dần khi thức ăn và chỗ ở cạn. Tin đồn cũng vậy: \(3^{15} \approx 1{,}4 \times 10^{7}\), nên sau 15 ngày, công thức đòi số người biết nhiều hơn cả một thành phố 10 triệu dân; trong thực tế, người kể ngày càng hay gặp người đã biết. Tăng trưởng mũ là mô hình của giai đoạn đầu; Chương 39 sẽ dựng mô hình cho lúc nó chững lại.

Tăng 50% rồi giảm 50% không về chỗ cũ. Từ 100, tăng 50% được 150, giảm 50% còn 75. Hai bước là hai phép nhân, \(1{,}5 \cdot 0{,}5 = 0{,}75\), chứ không phải hai phép cộng triệt tiêu nhau. Muốn tháo ngược "tăng 50%", phải nhân với \(\frac{1}{1{,}5} = \frac23\), tức giảm khoảng \(33{,}3\%\). Đổi thứ tự cũng không cứu được: giảm 50% rồi tăng 50% vẫn còn 75, vì phép nhân giao hoán.

Ngoại suy mũ phóng đại sai số. Lãi 6% hay 7% một năm chỉ lệch nhau 1 điểm phần trăm. Sau 50 năm, \(1{,}06^{50} \approx 18{,}4\) còn \(1{,}07^{50} \approx 29{,}5\): gấp gần \(1{,}6\) lần. Một sai lệch nhỏ trong tỉ lệ tăng bị nhân lên theo thời gian, nên ngoại suy một quy luật mũ ra xa phải kèm một khoảng sai số rất rộng. Ngoại suy nó bằng đường thẳng còn tệ hơn, theo chiều ngược lại (Chương 27).

Biết tỉ số sau mỗi bước dài 1 là chưa đủ. Trên các số tự nhiên, "mỗi bước nhân với \(r\)" buộc \(f(n) = f(0) \cdot r^n\) (Định lý 1). Trên các số thực thì không: hàm \(f(x) = 2^x\left(1 + x - \lfloor x \rfloor\right)\) thỏa \(f(x + 1) = 2f(x)\) với mọi \(x\) mà không có dạng \(c \cdot r^x\) (bài C2), giống như ở Chương 27 và Chương 28.

Phát biểu chặt chẽ

Định lý 1 (tăng theo tỉ lệ cố định). Cho số \(r > 0\) và hàm \(f: \mathbb{N} \to \mathbb{R}\). Khi đó \(f(n + 1) = r \cdot f(n)\) với mọi \(n \in \mathbb{N}\) khi và chỉ khi \(f(n) = f(0) \cdot r^n\) với mọi \(n \in \mathbb{N}\).

Chứng minh. Nếu \(f(n) = f(0) r^n\) thì \(f(n + 1) = f(0) r^{n+1} = r \cdot f(n)\). Ngược lại, giả sử \(f(n + 1) = r f(n)\) với mọi \(n\); ta chứng minh \(f(n) = f(0) r^n\) bằng quy nạp (Chương 18). Với \(n = 0\): \(f(0) = f(0) \cdot r^0\). Nếu \(f(n) = f(0) r^n\) thì \(f(n + 1) = r \cdot f(0) r^n = f(0) r^{n+1}\). \(\square\)

Ba chương liền nhau cho ba định lý cùng khuôn: hiệu không đổi khi và chỉ khi quy luật tuyến tính (Chương 27, Định lý 2); sai phân bậc hai không đổi và khác 0 khi và chỉ khi quy luật bậc hai (Chương 28, Mệnh đề 6); tỉ số không đổi khi và chỉ khi quy luật mũ.

Bổ đề 2 (bất đẳng thức Bernoulli). Với mọi số \(d \geq 0\) và mọi \(n \in \mathbb{N}\): \((1 + d)^n \geq 1 + nd\).

Chứng minh. Quy nạp theo \(n\). Với \(n = 0\): \(1 \geq 1\). Nếu \((1 + d)^n \geq 1 + nd\), nhân hai vế với số dương \(1 + d\):

\[ (1 + d)^{n+1} \geq (1 + nd)(1 + d) = 1 + (n + 1)d + nd^2 \geq 1 + (n + 1)d. \qquad \square \]

Với \(d = 0{,}1\), bổ đề nói \(100 \cdot 1{,}1^n \geq 100 + 10n\): dãy nhân không bao giờ tụt dưới dãy cộng có cùng bước đầu.

Mệnh đề 3 (số mũ thực). Cho \(r > 1\).

1. Nếu \(p < q\) là hai số hữu tỉ thì \(r^p < r^q\).
2. Nếu \(p < q\) là hai số hữu tỉ và \(q - p \leq \frac1n\) với \(n\) nguyên dương, thì \(r^q - r^p \leq r^q \cdot \frac{r - 1}{n}\).

Do đó, với mỗi số thực \(x\), có đúng một số thực nằm giữa \(r^p\) và \(r^q\) với mọi cặp số hữu tỉ \(p \leq x \leq q\); số ấy là \(r^x\). Khi \(x\) hữu tỉ, theo (1), đó chính là \(r^x\) của Chương 12. Với \(0 < r < 1\), đặt \(r^x = \left(\frac1r\right)^{-x}\).

Chứng minh. (1) Viết \(q - p = \frac{m}{k}\) với \(m\), \(k\) nguyên dương. Số \(s = r^{\frac1k}\) lớn hơn 1, vì nếu \(s \leq 1\) thì \(r = s^k \leq 1\). Vậy \(r^{q - p} = s^m > 1\), và \(r^q = r^p \cdot r^{q - p} > r^p\).

(2) Bổ đề 2 với \(d = \frac{r - 1}{n}\) cho \(\left(1 + \frac{r - 1}{n}\right)^n \geq 1 + (r - 1) = r\). Nếu \(r^{\frac1n}\) lớn hơn \(1 + \frac{r - 1}{n}\) thì lũy thừa bậc \(n\) của nó, tức \(r\), sẽ lớn hơn \(r\), vô lý. Vậy \(r^{\frac1n} \leq 1 + \frac{r - 1}{n}\). Theo (1), \(r^{q - p} \leq r^{\frac1n}\), nên

\[ r^q - r^p = r^p\left(r^{q - p} - 1\right) \leq r^p \cdot \frac{r - 1}{n} \leq r^q \cdot \frac{r - 1}{n}. \]

Với số thực \(x\), gọi \(p_j\) là số có được khi cắt \(x\) sau \(j\) chữ số sau dấu phẩy, làm tròn xuống, và \(q_j = p_j + 10^{-j}\). Theo (1), các khoảng \(\left[r^{p_j}; r^{q_j}\right]\) lồng nhau; theo (2), độ dài của khoảng thứ \(j\) không vượt quá \(r^{q_0} \cdot \frac{r - 1}{10^j}\), rồi sẽ nhỏ hơn mọi số dương. Theo Nguyên lý 7 của Chương 11, chúng có đúng một điểm chung \(y\). Một số nằm giữa mọi \(r^p\) và \(r^q\) như trên thì nằm trong mọi khoảng ấy, nên chỉ có thể là \(y\). Ngược lại, nếu có số hữu tỉ \(p \leq x\) với \(r^p > y\), thì vì \(r^p \leq r^{q_j}\), mọi khoảng đều chứa đoạn từ \(y\) tới \(r^p\), trái với việc độ dài của chúng nhỏ dần tùy ý; phía \(q\) tương tự. \(\square\)

Các luật cộng và nhân số mũ vẫn đúng với số mũ thực: kẹp hai vế giữa các lũy thừa với số mũ hữu tỉ, như trên. Ta dùng chúng mà không viết lại chứng minh.

Định lý 4 (thời gian nhân đôi, chu kỳ bán rã). Cho \(c > 0\) và \(f(x) = c \cdot r^x\). Nếu \(r > 1\) thì \(f(x + T) = 2 f(x)\) với mọi \(x\) khi và chỉ khi \(T = \frac{\log 2}{\log r}\). Nếu \(0 < r < 1\) thì \(f(x + T) = \frac12 f(x)\) với mọi \(x\) khi và chỉ khi \(T = \frac{\log 2}{\log \frac1r}\).

Chứng minh. Theo luật cộng số mũ, \(f(x + T) = c r^x \cdot r^T = f(x) \cdot r^T\), với \(f(x) > 0\). Khi \(r > 1\): \(f(x + T) = 2f(x)\) khi và chỉ khi \(r^T = 2\), tức \(T = \log_r 2 = \frac{\log 2}{\log r}\) (Chương 13, Định lý 5). Khi \(0 < r < 1\): \(r^T = \frac12\) khi và chỉ khi \(\left(\frac1r\right)^T = 2\), tức \(T = \frac{\log 2}{\log \frac1r}\). \(\square\)

Điều đáng chú ý là thứ không có trong công thức: thời điểm \(x\). Một quy luật tăng đều \(g(x) = a + bx\) với \(a, b > 0\) thì khác: \(g(x + T) = 2g(x)\) khi và chỉ khi \(T = x + \frac{a}{b}\), phụ thuộc vào lúc bắt đầu.

Định lý 5 (hàm mũ vượt mọi đa thức). Cho \(r > 1\), số nguyên dương \(k\) và số \(M > 0\). Đặt \(d = r^{\frac{1}{k+1}} - 1\). Khi đó \(d > 0\), và \(r^n > M n^k\) với mọi số tự nhiên \(n > \frac{M}{d^{k+1}}\).

Chứng minh. Số \(s = r^{\frac{1}{k+1}}\) lớn hơn 1 theo Mệnh đề 3(1), nên \(d = s - 1 > 0\). Theo Bổ đề 2, \(s^n \geq 1 + nd > nd\), nên

\[ r^n = \left(s^n\right)^{k+1} > (nd)^{k+1} = d^{k+1} n \cdot n^k > M n^k \qquad \text{khi} \quad n > \frac{M}{d^{k+1}}. \qquad \square \]

Một đa thức (polynomial) theo \(n\) là biểu thức \(a_k n^k + \dots + a_1 n + a_0\); khi \(a_k \neq 0\), số \(k\) là bậc của nó. Với \(n \geq 1\), mỗi số hạng \(a_i n^i\) không vượt quá \(|a_i| n^k\), nên đa thức không vượt quá \(M n^k\) với \(M = |a_k| + \dots + |a_0| + 1\). Vì thế Định lý 5 nói: với cơ số lớn hơn 1, hàm mũ sớm muộn vượt mọi đa thức, và vượt mãi. Với \(k = 2\), đó là câu trả lời cho nửa sau của câu hỏi mở đầu: \(r^n\) vượt mọi parabol \(an^2 + bn + c\), dù \(r\) chỉ là \(1{,}01\) và parabol dốc đến đâu. Chương 18 đã gặp một trường hợp riêng: \(2^n > n^2\) khi \(n \geq 5\).

Định nghĩa 6 (số \(e\)). Số \(e\) là giới hạn của \(\left(1 + \frac1n\right)^n\) khi \(n\) lớn dần; \(e \approx 2{,}71828\). Logarit tự nhiên là \(\ln x = \log_e x\). Phần IV sẽ chứng minh dãy \(\left(1 + \frac1n\right)^n\) tăng và bị chặn, nên có giới hạn, và nói chính xác "giới hạn" nghĩa là gì.

Sợi chỉ

• S1. Bất biến qua biến đổi. Thời gian nhân đôi, hay chu kỳ bán rã, không phụ thuộc thời điểm bắt đầu (Định lý 4): tăng trưởng mũ trông giống nhau ở mọi lúc, chỉ khác cỡ. Tăng đều thì không: lần nhân đôi sau lâu hơn lần trước. Vì thế chu kỳ bán rã là một đặc điểm của chính chất phóng xạ, không phụ thuộc mẫu còn nhiều hay ít.
• S5. Rời rạc và liên tục. Ghép lãi mỗi năm, mỗi tháng, mỗi ngày, rồi liên tục: đi từ rời rạc sang liên tục, và số \(e\) hiện ra như cái đích chung. Số mũ đi từ số tự nhiên tới mọi số thực nhờ các khoảng lồng nhau của Chương 11 (Mệnh đề 3).
• S6. Biểu diễn khác nhau của cùng một cấu trúc. Nhìn qua logarit, một cấp số nhân là một cấp số cộng, và đường cong mũ là một đường thẳng có hệ số góc \(\log r\) (Chương 13, bài C3). Tỉ số không đổi ở thang thường là hiệu không đổi ở thang logarit.
• S2. Thông tin và khả nghịch. Tháo ngược "tăng 50%" là nhân với \(\frac23\), không phải "giảm 50%": phép ngược của phép nhân là nhân với số nghịch đảo (Chương 6). Logarit tháo ngược hàm mũ, và là công cụ để hỏi "bao lâu".

Tóm tắt

• Khi lượng mới sinh ra tỉ lệ với lượng đang có, mỗi bước là một phép nhân với cùng một số \(r\), và quy luật là \(f(n) = f(0) \cdot r^n\) (Định lý 1).
• Cộng thêm đều cho cấp số cộng và đường thẳng; nhân lên đều cho cấp số nhân và hàm mũ; logarit biến cái sau thành cái trước.
• Lãi kép, vi khuẩn, tin đồn là tăng trưởng mũ (\(r > 1\)); chất phóng xạ là phân rã mũ (\(0 < r < 1\)).
• Thời gian nhân đôi \(\frac{\log 2}{\log r}\) và chu kỳ bán rã không phụ thuộc thời điểm bắt đầu; tăng đều không có tính chất ấy.
• Ghép lãi ngày càng dày thì \(\left(1 + \frac1n\right)^n\) dồn về số \(e \approx 2{,}71828\); ghép liên tục với lãi suất \(x\) cho hệ số \(e^x\), và \(100 \ln 2 \approx 69{,}3\) là cấu trúc đứng sau quy tắc 70.
• Với \(r > 1\), \(r^n\) sớm muộn vượt mọi đa thức, nên vượt mọi parabol (Định lý 5, nhờ bất đẳng thức Bernoulli).
• Không gì tăng theo cấp số nhân mãi; tăng rồi giảm cùng một phần trăm không về chỗ cũ; ngoại suy mũ phóng đại sai số.

Bài tập

A. Tư duy

A1. Tiền gửi, vi khuẩn và tin đồn chẳng liên quan gì nhau. Vì sao chúng có chung một quy luật? Với mỗi chuyện, điều gì làm quy luật ấy ngừng đúng?

Lời giải

Cả ba thỏa hai giả thiết: mỗi đơn vị sinh ra cái mới như nhau, không phụ thuộc số đơn vị khác; và luật sinh sôi không đổi theo thời gian. Khi đó lượng mới tỉ lệ với lượng đang có, mỗi bước là phép nhân với cùng một số, và Định lý 1 cho quy luật mũ. Quy luật ngừng đúng khi một giả thiết hỏng: ngân hàng đổi lãi suất hay người gửi rút tiền; thức ăn và chỗ ở của vi khuẩn cạn dần, nên càng đông càng sinh chậm; người nghe tin đồn ngày càng hay gặp người đã biết, nên mỗi người không còn kể được cho hai người mới.

A2. Giá một món hàng giảm 20%, rồi tăng 20%. Nó đã trở về giá cũ chưa? Sau khi giảm 20%, phải tăng bao nhiêu phần trăm mới về giá cũ?

Lời giải

Chưa: \(0{,}8 \cdot 1{,}2 = 0{,}96\), giá chỉ còn 96% giá cũ. Muốn về giá cũ phải nhân với \(\frac{1}{0{,}8} = 1{,}25\), tức tăng 25%. Phần trăm được tính trên giá hiện tại, mà sau khi giảm thì giá hiện tại đã nhỏ hơn, nên cần một phần trăm lớn hơn.

A3. Một bài viết nói: "Số người dùng một ứng dụng (giả định) tăng gấp đôi sau mỗi 3 ngày, vậy sau 30 ngày sẽ gấp 10 lần." Chỗ sai ở đâu? Vì sao cũng không nên tin con số tính đúng theo quy luật ấy cho 90 ngày?

Lời giải

30 ngày là 10 lần nhân đôi, nên số người dùng gấp \(2^{10} = 1024\) lần, không phải 10 lần: người viết đã cộng số lần nhân đôi thay vì nhân. Với 90 ngày, quy luật cho gấp \(2^{30}\), hơn một tỷ lần; nếu lúc đầu có 1000 người dùng thì sau 90 ngày là hơn một nghìn tỷ, nhiều hơn số người đang sống trên Trái Đất. Số người có thể dùng ứng dụng có hạn, nên tăng trưởng mũ phải chững lại từ rất lâu trước đó (mục Ranh giới).

B. Tính toán

B1. Mỗi dãy sau là cấp số cộng, cấp số nhân, hay không phải cả hai? Viết số hạng tiếp theo và công thức của \(u_n\), với \(u_0\) là số hạng đầu: (a) 3, 7, 11, 15; (b) 3, 6, 12, 24; (c) 80, 40, 20, 10; (d) 1, 4, 9, 16.

Lời giải

(a) Cấp số cộng, \(d = 4\): tiếp theo là 19, \(u_n = 3 + 4n\). (b) Cấp số nhân, \(r = 2\): tiếp theo là 48, \(u_n = 3 \cdot 2^n\). (c) Cấp số nhân, \(r = \frac12\): tiếp theo là 5, \(u_n = 80 \cdot \left(\frac12\right)^n\). (d) Không phải cả hai: các hiệu 3, 5, 7 thay đổi, các tỉ số 4, \(\frac94\), \(\frac{16}{9}\) cũng thay đổi. Dãy này là \(u_n = (n + 1)^2\), có sai phân bậc hai không đổi (Chương 28); tiếp theo là 25.

B2. Gửi 50 triệu đồng với lãi suất giả định 8% một năm. Tính số tiền sau 5 năm và sau 20 năm, với lãi đơn và với lãi kép.

Lời giải

Lãi đơn: mỗi năm 4 triệu, sau 5 năm có 70 triệu, sau 20 năm có 130 triệu. Lãi kép: \(50 \cdot 1{,}08^5 \approx 73{,}47\) triệu và \(50 \cdot 1{,}08^{20} \approx 233{,}05\) triệu. Sau 5 năm hai cách chênh chưa tới \(3{,}5\) triệu; sau 20 năm, lãi kép cho gấp gần \(1{,}8\) lần lãi đơn.

B3. Một chất (giả định) có chu kỳ bán rã 8 ngày. Sau 24 ngày còn bao nhiêu phần lượng ban đầu? Sau 30 ngày? Sau bao lâu thì còn dưới 5%?

Lời giải

24 ngày là 3 chu kỳ: còn \(\frac18\). Sau 30 ngày: \(\left(\frac12\right)^{30/8} = \left(\frac12\right)^{3{,}75} \approx 0{,}074\), khoảng \(7{,}4\%\). Còn dưới 5% khi \(\left(\frac12\right)^{t/8} < \frac{1}{20}\), tức \(2^{t/8} > 20\), tức \(t > 8 \log_2 20 \approx 34{,}6\) ngày.

B4. Tìm hàm \(f(x) = c \cdot r^x\), với \(c > 0\) và \(r > 0\), có đồ thị đi qua: (a) \((0; 5)\) và \((2; 45)\); (b) \((1; 6)\) và \((3; 24)\).

Lời giải

(a) \(f(0) = c = 5\); \(5r^2 = 45\) nên \(r^2 = 9\), và vì \(r > 0\), \(r = 3\): \(f(x) = 5 \cdot 3^x\). (b) Chia \(cr^3 = 24\) cho \(cr = 6\): \(r^2 = 4\), nên \(r = 2\), rồi \(c = 3\): \(f(x) = 3 \cdot 2^x\). Ở Chương 27, hai điểm xác định một đường thẳng nhờ lấy hiệu; ở đây, hai điểm xác định một hàm mũ nhờ lấy tỉ số.

B5. Một đại lượng giảm 10% mỗi năm (giả định). Tìm chu kỳ bán rã của nó, rồi kiểm tra bằng cách tính lượng còn lại sau 6 năm và sau 7 năm.

Lời giải

Ở đây \(r = 0{,}9\). Theo Định lý 4, \(T = \frac{\log 2}{\log \frac{1}{0{,}9}} \approx \frac{0{,}30103}{0{,}04576} \approx 6{,}58\) năm. Kiểm tra: \(0{,}9^6 \approx 0{,}531\), còn hơn một nửa; \(0{,}9^7 \approx 0{,}478\), đã dưới một nửa.

B6. Gửi 10 triệu đồng trong một năm với lãi suất giả định 12% một năm. Tính số tiền cuối năm nếu ghép lãi (a) một lần; (b) hằng tháng; (c) liên tục.

Lời giải

(a) \(10 \cdot 1{,}12 = 11{,}2\) triệu. (b) Mỗi tháng lãi 1%: \(10 \cdot 1{,}01^{12} \approx 11{,}268\) triệu. (c) \(10 \cdot e^{0{,}12} \approx 11{,}275\) triệu. Ghép hằng tháng đã sát cái trần của ghép liên tục.

B7. Giải các phương trình: (a) \(2^x = 5\); (b) \(500 \cdot 1{,}04^t = 1500\); (c) \(e^{0{,}04t} = 3\), biết \(\ln 3 \approx 1{,}0986\).

Lời giải

(a) \(x = \frac{\log 5}{\log 2} \approx \frac{0{,}69897}{0{,}30103} \approx 2{,}322\). (b) \(1{,}04^t = 3\), nên \(t = \frac{\log 3}{\log 1{,}04} \approx 28{,}01\). (c) \(0{,}04t = \ln 3\), nên \(t = \frac{1{,}0986}{0{,}04} \approx 27{,}47\).

B8. Tìm số tự nhiên \(N\) nhỏ nhất sao cho \(2^n > n^3\) với mọi \(n \geq N\), rồi chứng minh bằng quy nạp.

Lời giải

Thử: \(2^9 = 512 < 729 = 9^3\) và \(2^{10} = 1024 > 1000 = 10^3\); với \(n\) từ 2 tới 9 thì \(2^n < n^3\). Vậy \(N = 10\). Bước cơ sở \(n = 10\) đúng. Bước quy nạp: nếu \(2^n > n^3\) với \(n \geq 10\), thì \(2^{n+1} > 2n^3\), còn \((n + 1)^3 = n^3\left(1 + \frac1n\right)^3 \leq n^3 \cdot 1{,}1^3 = 1{,}331\,n^3 < 2n^3\). Do đó \(2^{n+1} > (n + 1)^3\). \(\square\)

B9. Tin đồn ở đầu chương: ngày 0 có 1 người biết, và mỗi ngày số người biết gấp ba. Từ ngày thứ mấy, công thức cho nhiều hơn 10 triệu người? Dùng logarit.

Lời giải

Cần \(3^n > 10^7\), tức \(n \log 3 > 7\), tức \(n > \frac{7}{0{,}4771} \approx 14{,}67\). Vậy từ ngày thứ 15: \(3^{14} \approx 4{,}8\) triệu, còn \(3^{15} \approx 14{,}3\) triệu.

B10. Với \(f(n) = 5 \cdot 3^n\), chứng tỏ rằng \(\log f(n)\) là một hàm tuyến tính của \(n\), và tìm hệ số góc cùng tung độ gốc của nó. Điều này nói gì về đồ thị của \(f\) trên thang logarit?

Lời giải

\(\log f(n) = \log 5 + n \log 3 \approx 0{,}699 + 0{,}477n\): hệ số góc \(\log 3 \approx 0{,}477\), tung độ gốc \(\log 5 \approx 0{,}699\). Trên thang logarit, đồ thị của \(f\) là một đường thẳng, và hệ số góc của đường thẳng ấy là logarit của tỉ số tăng mỗi bước.

C. Phản ví dụ và chứng minh

C1. Chứng minh rằng với mọi \(0 < a < 100\), tăng \(a\%\) rồi giảm \(a\%\), hay giảm rồi tăng, luôn cho kết quả nhỏ hơn giá trị ban đầu. Nhỏ hơn bao nhiêu phần trăm?

Lời giải

Hai bước là nhân với \(1 + \frac{a}{100}\) và với \(1 - \frac{a}{100}\), theo thứ tự nào cũng được vì phép nhân giao hoán. Tích là \(\left(1 + \frac{a}{100}\right)\left(1 - \frac{a}{100}\right) = 1 - \frac{a^2}{10000} < 1\). \(\square\) Giá trị giảm đi \(\frac{a^2}{100}\%\): với \(a = 50\) là 25%, với \(a = 20\) là 4% (bài A2), với \(a = 10\) là 1%.

C2. Chứng minh rằng hàm \(f(x) = 2^x\left(1 + x - \lfloor x \rfloor\right)\) thỏa \(f(x + 1) = 2f(x)\) với mọi số thực \(x\), nhưng không có dạng \(c \cdot r^x\).

Lời giải

Vì \(\lfloor x + 1 \rfloor = \lfloor x \rfloor + 1\), ta có \((x + 1) - \lfloor x + 1 \rfloor = x - \lfloor x \rfloor\), nên \(f(x + 1) = 2^{x+1}\left(1 + x - \lfloor x \rfloor\right) = 2f(x)\). Giả sử \(f(x) = c \cdot r^x\) với mọi \(x\). Từ \(f(0) = 1\) được \(c = 1\); từ \(f(1) = 2\) được \(r = 2\). Khi đó \(f\left(\frac12\right)\) phải bằng \(\sqrt2 \approx 1{,}414\), nhưng thật ra \(f\left(\frac12\right) = \sqrt2 \cdot 1{,}5 \approx 2{,}121\). Mâu thuẫn. \(\square\) Như bài C1 của Chương 27 và bài C2 của Chương 28, một điều kiện chỉ kiểm tra những bước dài 1 thì chỉ quyết định các giá trị cách nhau những bước dài 1.

C3. Cho \(f: \mathbb{N} \to \mathbb{R}\) với \(f(n) > 0\) với mọi \(n\). Chứng minh rằng \(f\) là một cấp số nhân khi và chỉ khi các số \(\log f(n)\) lập thành một cấp số cộng. Công bội \(r\) và số \(d\) của cấp số cộng liên hệ với nhau thế nào?

Lời giải

Đặt \(g(n) = \log f(n)\). Theo Hệ quả 4 của Chương 13, \(g(n + 1) - g(n) = \log \frac{f(n + 1)}{f(n)}\). Nếu \(\frac{f(n + 1)}{f(n)} = r\) với mọi \(n\) thì hiệu ấy luôn bằng \(\log r\): \(g\) là cấp số cộng với \(d = \log r\). Ngược lại, nếu hiệu ấy luôn bằng \(d\) thì \(\frac{f(n + 1)}{f(n)} = 10^d\) với mọi \(n\): \(f\) là cấp số nhân với công bội \(r = 10^d\). \(\square\) Đây là lý do một cấp số nhân thành đường thẳng trên thang logarit.

Câu hỏi để ngỏ

Có những quy luật không tăng mãi cũng không giảm mãi mà lặp lại: ngày và đêm, các mùa, con lắc, sóng âm. Hàm nào mô tả sự lặp lại, và vì sao nó phải đến từ chuyển động tròn?