Chương 39: Phương trình vi phân: tăng trưởng và phân rã

Câu hỏi mở đầu

Có những bài toán mà ta không biết công thức của đại lượng, chỉ biết quy luật thay đổi của nó, chẳng hạn "tốc độ tăng tỉ lệ với lượng hiện có". Chỉ từ quy luật thay đổi, có tìm lại được đại lượng không?

Quy luật thay đổi là một phương trình

Rất nhiều quy luật của tự nhiên và của đời sống không nói đại lượng bằng bao nhiêu, mà nói nó thay đổi thế nào. Tiền gửi ghép lãi liên tục tăng với tốc độ tỉ lệ với số tiền hiện có. Một chất phóng xạ phân rã với tốc độ tỉ lệ với lượng còn lại. Một cốc cà phê nguội với tốc độ tỉ lệ với độ chênh giữa nhiệt độ của nó và nhiệt độ phòng. Viết \(y(t)\) cho đại lượng tại thời điểm \(t\), câu đầu tiên thành

\[ y' = ky, \]

với \(k\) là một hằng số. Ẩn số ở đây không phải một con số mà là cả một hàm \(y\), và phương trình ràng buộc hàm ấy với chính đạo hàm của nó. Một phương trình như thế gọi là phương trình vi phân (differential equation).

Chương 38 đã giải một trường hợp dễ: khi \(y'\) là một hàm đã biết của \(t\), như \(y' = 10t\), thì \(y\) là một nguyên hàm, \(5t^2 + C\). Ở đây khó hơn: tốc độ phụ thuộc vào chính \(y\), thứ ta chưa biết. Nhưng ta biết một hàm có đạo hàm tỉ lệ với chính nó: theo Chương 35, \((e^{kt})' = ke^{kt}\). Vậy \(y = y_0 e^{kt}\) là một nghiệm, và Định lý 2 sẽ chứng minh nó là nghiệm duy nhất có giá trị \(y_0\) lúc \(t = 0\).

Vì sao cấu trúc này phải xuất hiện, dù chưa ai đặt tên cho nó? Vì quy luật của thế giới thường là cục bộ: điều xảy ra ngay sau đây chỉ phụ thuộc vào trạng thái ngay lúc này. Hòn đá không nhớ nó đã rơi từ đâu, chỉ "biết" vận tốc hiện tại của nó; vi khuẩn sinh sôi theo số vi khuẩn đang có. Một quy luật như thế nói đúng một điều: từ trạng thái hiện tại, thay đổi tức thời là bao nhiêu. Đó chính là một phương trình vi phân. Cả quỹ đạo tương lai được ghép lại từ vô số bước cục bộ ấy, cộng với một mẩu thông tin mà quy luật không chứa: trạng thái lúc bắt đầu.

Đi từng bước nhỏ

Ngay cả khi không đoán được công thức, quy luật vẫn cho biết phải đi thế nào. Bắt đầu từ \(y(0) = 1\) với quy luật \(y' = y\). Tại \(t = 0\), đồ thị dốc với hệ số góc 1. Đi một bước ngắn \(h\) theo hướng ấy, ta tới \(y \approx 1 + h\). Tại đó, quy luật lại cho hệ số góc mới, bằng giá trị mới của \(y\), và ta đi tiếp. Mỗi bước nhân \(y\) với \(1 + h\). Với bước \(0{,}5\), hai bước tới \(t = 1\) cho \(1{,}5^2 = 2{,}25\). Với bước \(0{,}1\), mười bước cho \(1{,}1^{10} \approx 2{,}5937\). Với bước \(0{,}01\), được \(1{,}01^{100} \approx 2{,}7048\). Nghiệm thật tại \(t = 1\) là \(e \approx 2{,}71828\).

Đi từng bước theo quy luật \(y' = y\) từ \(y(0) = 1\). Bước \(0{,}5\) tới \(2{,}25\), bước \(0{,}1\) tới khoảng \(2{,}594\); nghiệm thật \(e^t\) tới \(e \approx 2{,}718\). Bước càng nhỏ, đường gấp khúc càng bám sát.

Với bước \(\frac1n\), sau \(n\) bước ta có đúng \(\left(1 + \frac1n\right)^n\): dãy mà Chương 29 dùng để định nghĩa số \(e\), khi ghép lãi ngày càng dày. Ghép lãi hằng tháng là đi từng bước một tháng theo quy luật "tiền tăng tỉ lệ với tiền"; ghép lãi liên tục là giới hạn khi bước nhỏ dần. Đó là cấu trúc nguyên thủy của chương: một quy luật cục bộ, lặp lại qua những bước ngày càng nhỏ, vẽ ra một quỹ đạo toàn cục.

Có thể vẽ quy luật ra trước khi giải. Tại mỗi điểm \((t; y)\) của mặt phẳng, vẽ một đoạn ngắn có hệ số góc bằng giá trị mà quy luật đòi. Mỗi nghiệm là một đường cong đi theo các đoạn ấy như một chiếc lá trôi theo dòng nước.

Mỗi đoạn ngắn tại \((t; y)\) có hệ số góc \(y\). Các đường cong \(y = ce^t\) đi dọc theo các đoạn ấy; mỗi điểm xuất phát chọn ra đúng một đường, như \((0; 1)\) chọn \(y = e^t\). Đường \(y = 0\) nằm yên.

Ký hiệu

Một phương trình vi phân bậc nhất có dạng \(y' = f(t, y)\): đạo hàm của hàm cần tìm là một biểu thức của \(t\) và của chính \(y\). Một nghiệm là một hàm khả vi \(y(t)\) thỏa đẳng thức ấy tại mọi \(t\) trong một khoảng. Một phương trình vi phân thường có vô số nghiệm; để chọn ra một, ta cho thêm điều kiện ban đầu (initial condition) \(y(t_0) = y_0\), như vị trí lúc bắt đầu của hòn đá ở Chương 38. Hình vẽ các đoạn ngắn có hệ số góc \(f(t, y)\) tại mỗi điểm gọi là trường hướng (direction field).

Cách đi từng bước ở mục trước gọi là phương pháp Euler (Euler's method): chọn một bước \(h > 0\), đặt \(t_{n+1} = t_n + h\) và

\[ y_{n+1} = y_n + h\,f(t_n, y_n). \]

Mỗi bước là một xấp xỉ tuyến tính (Chương 34): thay nghiệm trên đoạn \([t_n; t_{n+1}]\) bằng tiếp tuyến của nó.

Một nghiệm hằng \(y(t) = c\) với mọi \(t\) gọi là một điểm cân bằng (equilibrium) của phương trình: tại đó quy luật đòi thay đổi bằng 0, nên đại lượng đứng yên mãi. Với \(y' = ky\), điểm cân bằng duy nhất là \(y = 0\).

Ba quy luật mẫu của chương:

• \(y' = ky\): tăng trưởng mũ khi \(k > 0\), phân rã mũ khi \(k < 0\) (Chương 29); nghiệm \(y = y_0 e^{kt}\).
• \(T' = -k(T - T_m)\) với \(k > 0\): định luật làm nguội Newton (Newton's law of cooling); vật nóng hơn môi trường thì nguội, lạnh hơn thì ấm lên, càng gần nhiệt độ môi trường \(T_m\) càng chậm.
• \(y' = ry\left(1 - \frac yK\right)\) với \(r, K > 0\): tăng trưởng logistic (logistic growth). Khi \(y\) còn nhỏ so với \(K\), thừa số trong ngoặc gần 1 và quy luật gần như \(y' = ry\); khi \(y\) tới gần \(K\), thừa số ấy dần về 0 và sự tăng trưởng chững lại. Số \(K\) gọi là sức chứa (carrying capacity) của môi trường.

Làm bằng tay

Ví dụ 1 (phân rã phóng xạ). Một chất có chu kỳ bán rã 8 ngày (gần với chu kỳ bán rã của iốt-131 dùng trong y học). Lượng còn lại thỏa \(y' = -ky\), nên \(y = y_0 e^{-kt}\). Sau 8 ngày còn một nửa: \(e^{-8k} = \frac12\), tức \(k = \frac{\ln 2}{8} \approx 0{,}0866\) mỗi ngày. Sau 20 ngày, phần còn lại là \(e^{-20k} = 2^{-20/8} = 2^{-2{,}5} \approx 0{,}1768\), tức khoảng \(17{,}68\%\). Chu kỳ bán rã không phụ thuộc lượng ban đầu, đúng như Định lý 4 của Chương 29: sau mỗi 8 ngày, lượng còn lại luôn chỉ còn một nửa.

Ví dụ 2 (cốc cà phê). Một cốc cà phê 90 độ C đặt trong phòng 20 độ; sau 5 phút nó còn 70 độ (số liệu giả định). Khi nào nó còn 40 độ? Theo định luật làm nguội, độ chênh \(D = T - 20\) thỏa \(D' = -kD\), nên \(D = 70e^{-kt}\) (Hệ quả 3). Sau 5 phút, \(D = 50\): \(e^{-5k} = \frac57\), tức \(k = \frac{\ln 1{,}4}{5} \approx 0{,}0673\) mỗi phút. Còn 40 độ nghĩa là \(D = 20\): \(e^{-kt} = \frac27\), tức \(t = \frac{\ln 3{,}5}{k} = \frac{5\ln 3{,}5}{\ln 1{,}4} \approx 18{,}6\) phút. Để ý: 5 phút đầu cà phê mất 20 độ, còn từ 70 xuống 40 độ, cũng chỉ thêm 30 độ, phải mất hơn 13 phút nữa.

Nhiệt độ \(T = 20 + 70e^{-kt}\) với \(k = \frac{\ln 1{,}4}{5}\). Đường cong đi qua \((5; 70)\) và \((18{,}6; 40)\), và dần về nhiệt độ phòng mà không bao giờ chạm tới.

Ví dụ 3 (khi nào tăng trưởng chững lại). Chương 29 đã cảnh báo rằng không gì tăng theo cấp số nhân mãi được, và hẹn một mô hình cho lúc tăng trưởng chững lại. Đây là mô hình ấy. Một tin đồn lan trong một thị trấn 10.000 người (số liệu giả định): lúc đầu 10 người biết, và tốc độ lan tỉ lệ với số người đã biết nhân với tỉ lệ người chưa biết, \(y' = y\left(1 - \frac{y}{10.000}\right)\) người mỗi ngày. Mệnh đề 6 cho nghiệm

\[ y(t) = \frac{10.000}{1 + 999e^{-t}}. \]

Sau 5 ngày có khoảng 1.293 người biết, sau 10 ngày khoảng 9.566 người. Trong vài ngày đầu, đường cong gần như trùng với tăng trưởng mũ \(10e^t\); nhưng nếu tăng theo cấp số nhân, sau 10 ngày sẽ phải có hơn 220.000 người biết, trong một thị trấn chỉ có 10.000 người. Tốc độ lan, \(y\left(1 - \frac{y}{10.000}\right)\), là một hàm bậc hai của \(y\), lớn nhất khi \(y = 5.000\), đỉnh parabol của Chương 28; thời điểm ấy là \(t = \ln 999 \approx 6{,}9\) ngày. Trước đó tin đồn lan nhanh dần, sau đó chậm dần: đồ thị có dạng chữ S.

Tăng trưởng logistic (liền) và tăng trưởng mũ (đứt) với cùng điểm xuất phát. Lúc đầu hai đường trùng nhau; rồi đường mũ vọt lên, còn đường logistic uốn lại, dồn về sức chứa \(K\). Nó tăng nhanh nhất khi đạt nửa sức chứa.

Ví dụ 4 (điểm cân bằng và sự ổn định). Với quy luật logistic, \(y' = 0\) khi \(y = 0\) hoặc \(y = K\): hai điểm cân bằng. Chúng khác nhau về bản chất. Nếu \(y\) lệch khỏi 0 một chút về phía dương, \(y' > 0\) và \(y\) càng rời xa 0: cân bằng không bền. Nếu \(y\) lệch khỏi \(K\) một chút, về phía dưới thì \(y' > 0\), về phía trên thì \(y' < 0\); cả hai trường hợp đều kéo \(y\) trở về \(K\): cân bằng bền. Không cần giải phương trình, chỉ xét dấu của vế phải, ta đã biết mọi nghiệm dương đều dồn về \(K\).

Ranh giới

Không phải phương trình nào cũng giải được bằng công thức. Ba quy luật mẫu của chương có nghiệm viết được, nhưng đó là ngoại lệ. Một quy luật trông vô hại như \(y' = t^2 + y^2\) không có nghiệm viết được bằng những hàm quen thuộc của cuốn sách này. Khi ấy, trường hướng cho biết dáng điệu, và phương pháp Euler, hay những phương pháp tinh hơn cùng tinh thần, cho con số. Phần lớn các mô hình khí hậu, dịch bệnh hay quỹ đạo tàu vũ trụ được tính theo cách này.

Bước lớn có thể sai nặng. Với \(y' = -3y\), \(y(0) = 1\), nghiệm thật \(e^{-3t}\) giảm êm về 0. Euler với bước \(h = 1\) cho \(y_{n+1} = y_n - 3y_n = -2y_n\): dãy \(1, -2, 4, -8, 16, \dots\) vừa đổi dấu vừa phình to, không giống nghiệm thật chút nào. Với bước \(0{,}1\), mỗi bước nhân với \(0{,}7\), và dãy giảm êm như nghiệm thật. Mỗi bước Euler là một xấp xỉ tuyến tính, chỉ tốt khi bước đủ nhỏ so với tốc độ thay đổi của nghiệm.

Quy luật \(y' = -3y\) từ \(y(0) = 1\). Bước 1 cho dãy \(1, -2, 4, -8, 16\), dao động và phình to; bước \(0{,}1\) bám sát nghiệm thật \(e^{-3t}\).

Nghiệm có thể nổ tung sau hữu hạn thời gian. Với \(y' = y^2\), \(y(0) = 1\), hàm \(y = \frac{1}{1 - t}\) là nghiệm: \(y' = \frac{1}{(1 - t)^2} = y^2\). Nó lớn không giới hạn khi \(t\) dần về 1. Tăng trưởng mũ tăng nhanh nhưng không bao giờ tới vô cực ở một thời điểm hữu hạn; ở đây tốc độ tăng tỉ lệ với bình phương lượng hiện có, và sự tự khuếch đại mạnh tới mức nghiệm chỉ tồn tại khi \(t < 1\).

Mô hình chỉ đúng trong phạm vi của nó. Mô hình mũ đúng cho giai đoạn đầu và sai về sau; mô hình logistic giả định một sức chứa không đổi; định luật làm nguội giả định nhiệt độ phòng không đổi. Phương trình vi phân cho câu trả lời chính xác cho một câu hỏi đã được đơn giản hóa. Nó không cho biết sự đơn giản hóa ấy có hợp lý không; điều đó phải kiểm bằng dữ liệu.

Phát biểu chặt chẽ

Định nghĩa 1. Cho \(f\) xác định trên một miền của mặt phẳng \((t; y)\). Một nghiệm của phương trình vi phân \(y' = f(t, y)\) trên khoảng \(I\) là một hàm khả vi \(y\) trên \(I\) với \(y'(t) = f(t, y(t))\) với mọi \(t \in I\). Nó thỏa điều kiện ban đầu \(y(t_0) = y_0\) nếu \(t_0 \in I\) và giá trị của nó tại \(t_0\) là \(y_0\).

Định lý 2 (tăng trưởng và phân rã mũ). Với mọi hằng số \(k\) và \(y_0\), hàm \(y(t) = y_0 e^{kt}\) là nghiệm trên \(\mathbb{R}\) của \(y' = ky\) với \(y(0) = y_0\), và là nghiệm duy nhất: mọi nghiệm \(z\) trên một khoảng chứa 0, với \(z(0) = y_0\), đều bằng \(y_0 e^{kt}\) trên khoảng ấy.

Chứng minh. Theo quy tắc hợp, \(\left(y_0 e^{kt}\right)' = ky_0 e^{kt}\), và giá trị tại 0 là \(y_0\). Cho \(z\) là một nghiệm như trên. Theo quy tắc tích,

\[ \left(z(t)e^{-kt}\right)' = z'(t)e^{-kt} - kz(t)e^{-kt} = kz(t)e^{-kt} - kz(t)e^{-kt} = 0. \]

Theo Hệ quả 5 của Chương 36, \(z(t)e^{-kt}\) là hằng trên khoảng ấy, bằng giá trị tại 0, tức \(y_0\). Nhân hai vế với \(e^{kt}\): \(z(t) = y_0 e^{kt}\). \(\square\)

Hệ quả 3 (dồn về một mức). Với các hằng số \(k\), \(m\), \(y_0\), phương trình \(y' = -k(y - m)\) với \(y(0) = y_0\) có nghiệm duy nhất \(y = m + (y_0 - m)e^{-kt}\).

Chứng minh. Đặt \(D = y - m\). Khi đó \(D' = y' = -kD\) và \(D(0) = y_0 - m\). Theo Định lý 2 (với \(-k\) thay cho \(k\)), \(D = (y_0 - m)e^{-kt}\) là nghiệm duy nhất, nên \(y = m + (y_0 - m)e^{-kt}\). \(\square\)

Với \(k > 0\), số hạng \(e^{-kt}\) dồn về 0, nên mọi nghiệm dồn về điểm cân bằng \(m\): đó là định luật làm nguội, với \(m\) là nhiệt độ môi trường.

Định nghĩa 4 (phương pháp Euler). Cho phương trình \(y' = f(t, y)\), điều kiện ban đầu \(y(t_0) = y_0\) và bước \(h > 0\). Dãy Euler được xác định bởi \(t_{n+1} = t_n + h\) và \(y_{n+1} = y_n + h\,f(t_n, y_n)\).

Mệnh đề 5 (Euler cho tăng trưởng mũ). Với \(y' = ky\), \(y(0) = y_0\) và bước \(h = \frac tn\), giá trị Euler sau \(n\) bước là \(y_0\left(1 + \frac{kt}{n}\right)^n\), và nó dồn về nghiệm thật \(y_0 e^{kt}\) khi \(n\) lớn dần.

Chứng minh. Mỗi bước, \(y_{n+1} = y_n + hky_n = (1 + hk)y_n\), nên sau \(n\) bước \(y_n = y_0(1 + hk)^n = y_0\left(1 + \frac{kt}{n}\right)^n\). Theo bài C2 của Chương 35, \(\left(1 + \frac xn\right)^n \to e^x\) với mọi số thực \(x\); lấy \(x = kt\). \(\square\)

Mệnh đề 6 (tăng trưởng logistic). Cho \(r, K > 0\) và \(y_0 > 0\). Phương trình \(y' = ry\left(1 - \frac yK\right)\) với \(y(0) = y_0\) có đúng một nghiệm dương, là

\[ y(t) = \frac{K}{1 + Ae^{-rt}}, \qquad A = \frac{K - y_0}{y_0}. \]

Nếu \(0 < y_0 < K\) thì nghiệm tăng và dồn về \(K\); nếu \(y_0 > K\) thì nghiệm giảm và dồn về \(K\).

Chứng minh. Cho \(y\) là một nghiệm dương và đặt \(u = \frac1y\). Theo quy tắc hợp,

\[ u' = -\frac{y'}{y^2} = -\frac{r}{y}\left(1 - \frac yK\right) = -ru + \frac rK = -r\left(u - \frac1K\right). \]

Theo Hệ quả 3, \(u = \frac1K + \left(\frac{1}{y_0} - \frac1K\right)e^{-rt}\) là khả năng duy nhất, nên \(y = \frac1u = \frac{K}{1 + Ae^{-rt}}\). Ngược lại, đi các bước trên theo chiều ngược, hàm này dương và thỏa phương trình. Khi \(0 < y_0 < K\) thì \(A > 0\), mẫu số giảm dần về 1, nên \(y\) tăng dần về \(K\); khi \(y_0 > K\) thì \(-1 < A < 0\), mẫu số dương và tăng dần về 1, nên \(y\) giảm dần về \(K\). \(\square\)

Mệnh đề 6 dùng một mẹo đổi biến để quy về Hệ quả 3. Nói chung, người ta chứng minh được rằng khi \(f\) và đạo hàm của nó theo \(y\) đều liên tục, mỗi điều kiện ban đầu cho đúng một nghiệm trên một khoảng quanh \(t_0\); ta nhận định lý tổng quát này không chứng minh. Bài C2 cho thấy vì sao nó cần một giả thiết như thế.

Sợi chỉ

• S7. Xấp xỉ và sai số. Mỗi bước Euler là một xấp xỉ tuyến tính của Chương 34; cộng dồn qua nhiều bước, sai số ở cuối đoạn tỉ lệ với độ dài bước: với \(y' = y\) trên \([0; 1]\), bước \(\frac1n\) sai ít hơn \(\frac en\) (bài C3). Bước quá lớn thì xấp xỉ có thể hỏng hẳn, như \(y' = -3y\) với bước 1.
• S5. Rời rạc và liên tục. Ghép lãi từng kỳ là đi từng bước Euler, ghép lãi liên tục là nghiệm của phương trình vi phân; số \(e\) của Chương 29 chính là giới hạn của các bước ấy. Máy tính giải phương trình vi phân theo chiều ngược lại: rời rạc hóa cái liên tục.
• S4. Cục bộ và toàn cục. Phương trình vi phân chỉ nói điều xảy ra ngay tại mỗi trạng thái; cộng với một điều kiện ban đầu, nó xác định cả quỹ đạo tương lai. Chỉ xét dấu của vế phải ở gần mỗi điểm cân bằng, ta đã biết dáng điệu toàn cục của mọi nghiệm logistic.
• S1. Bất biến qua biến đổi. Một điểm cân bằng là một trạng thái bất biến theo thời gian. Chu kỳ bán rã là một bất biến khác: dù bắt đầu từ lượng nào, thời gian để còn một nửa vẫn như nhau.

Tóm tắt

• Một phương trình vi phân là một quy luật thay đổi: nó nối một hàm chưa biết với đạo hàm của chính hàm ấy.
• \(y' = ky\) có nghiệm duy nhất \(y_0 e^{kt}\) với \(y(0) = y_0\); chứng minh bằng \(\left(ye^{-kt}\right)' = 0\).
• Quy luật chưa đủ: cần thêm một điều kiện ban đầu, đúng như hằng số \(C\) của Chương 38.
• Phân rã có chu kỳ bán rã không đổi; định luật làm nguội Newton cho \(T = T_m + (T_0 - T_m)e^{-kt}\).
• Tăng trưởng logistic bắt đầu gần như mũ rồi chững lại ở sức chứa \(K\), tăng nhanh nhất tại \(\frac K2\); điểm cân bằng \(K\) bền, điểm cân bằng 0 không bền.
• Phương pháp Euler đi từng bước theo tiếp tuyến; sai số giảm khi bước nhỏ, nhưng bước lớn có thể cho kết quả vô nghĩa.
• Có những phương trình không giải được bằng công thức, và có nghiệm nổ tung sau hữu hạn thời gian, như \(y' = y^2\).

Bài tập

A. Tư duy

A1. Vì sao biết quy luật thay đổi của một đại lượng vẫn chưa đủ để biết giá trị của nó trong tương lai? Còn thiếu những gì?

Lời giải

Thiếu điều kiện ban đầu: cùng một quy luật \(y' = ky\) cho cả một họ nghiệm \(ce^{kt}\), mỗi nghiệm ứng với một điểm xuất phát, như các đường cong trong trường hướng. Đó là hằng số \(C\) mà phép lấy đạo hàm đã xóa ở Chương 38. Ngoài ra, còn phải tin rằng quy luật đúng suốt khoảng thời gian cần dự báo, và các hằng số như \(k\) được đo đủ chính xác; sai số ở \(k\) bị khuếch đại theo thời gian trong mô hình mũ.

A2. Vì sao chu kỳ bán rã của một chất không phụ thuộc vào việc ta có một gam hay một tấn chất ấy?

Lời giải

Vì phương trình \(y' = -ky\) là tuyến tính theo \(y\): nếu \(y(t)\) là nghiệm thì \(cy(t)\) cũng là nghiệm. Lượng còn lại là \(y_0 e^{-kt}\), nên tỉ lệ còn lại sau thời gian \(t\) là \(e^{-kt}\), không chứa \(y_0\). Thời gian để tỉ lệ ấy bằng \(\frac12\) là \(\frac{\ln 2}{k}\), như nhau với mọi lượng ban đầu. Về mặt vật lý: mỗi nguyên tử phân rã độc lập với các nguyên tử khác, nên nhiều hay ít nguyên tử không làm thay đổi nhịp phân rã.

A3. Một bài báo dự đoán số người dùng một ứng dụng sẽ tiếp tục tăng gấp đôi mỗi tháng như trong ba tháng qua. Dùng mô hình logistic để phản biện. Dữ liệu ba tháng đầu có đủ để biết sức chứa \(K\) không?

Lời giải

Tăng gấp đôi mỗi tháng là tăng trưởng mũ, và không thị trường nào có vô hạn người dùng: sớm muộn, những người chưa dùng trở nên hiếm, và tốc độ tăng phải chậm lại. Nhưng trong giai đoạn đầu, khi số người dùng còn nhỏ so với \(K\), đường logistic gần như trùng với đường mũ (Ví dụ 3), nên dữ liệu đầu gần như không cho biết \(K\). Ba tháng tăng gấp đôi phù hợp với mọi mô hình có \(K\) lớn hơn nhiều so với số người dùng hiện tại. Dự báo dài hạn cần thêm thông tin, chẳng hạn quy mô thị trường.

B. Tính toán

B1. Một chất có chu kỳ bán rã 30 năm (gần với xêsi-137). Sau bao lâu thì còn 10% lượng ban đầu?

Lời giải

\(y = y_0 e^{-kt}\) với \(k = \frac{\ln 2}{30}\). Còn 10% khi \(e^{-kt} = 0{,}1\), tức \(t = \frac{\ln 10}{k} = \frac{30\ln 10}{\ln 2} \approx 99{,}7\) năm, tức khoảng 100 năm, hơn ba chu kỳ bán rã một chút: sau ba chu kỳ còn \(12{,}5\%\), sau bốn chu kỳ còn \(6{,}25\%\).

B2. 10 triệu đồng gửi với lãi suất 6% mỗi năm, ghép lãi liên tục: \(y' = 0{,}06y\). Tính số tiền sau 10 năm và thời gian để tiền tăng gấp đôi.

Lời giải

\(y = 10e^{0{,}06t}\) triệu đồng. Sau 10 năm, \(10e^{0{,}6} \approx 18{,}22\) triệu, như Chương 29. Tiền tăng gấp đôi khi \(e^{0{,}06t} = 2\), tức \(t = \frac{\ln 2}{0{,}06} \approx 11{,}55\) năm, đúng quy tắc \(\frac{69{,}3}{6}\) của Chương 29.

B3. Một chiếc bánh ra lò ở 180 độ C được đặt trong phòng 25 độ; sau 10 phút nó còn 120 độ (số liệu giả định). Khi nào bánh còn 50 độ?

Lời giải

Độ chênh \(D = T - 25\) bắt đầu từ 155 và \(D = 155e^{-kt}\). Sau 10 phút, \(D = 95\): \(e^{-10k} = \frac{95}{155}\), nên \(k = \frac{1}{10}\ln\frac{155}{95} \approx 0{,}0490\) mỗi phút. Còn 50 độ nghĩa là \(D = 25\): \(e^{-kt} = \frac{25}{155}\), nên \(t = \frac{\ln 6{,}2}{k} \approx 37{,}3\) phút.

B4. Áp dụng phương pháp Euler với bước \(0{,}5\) cho \(y' = 2t\), \(y(0) = 0\), tới \(t = 2\), và so với nghiệm thật \(y = t^2\). Vì sao ở đây các bước Euler chính là một tổng Riemann?

Lời giải

Các giá trị \(2t_n\) tại \(t_n = 0; 0{,}5; 1; 1{,}5\) là \(0; 1; 2; 3\), nên \(y\) lần lượt là \(0\); \(0\); \(0{,}5\); \(1{,}5\); \(3\). Tại \(t = 2\), Euler cho 3, còn nghiệm thật là 4. Khi vế phải chỉ phụ thuộc \(t\), mỗi bước cộng thêm \(h\,f(t_n)\), và tổng các bước là \(\sum f(t_n)\,h\): đúng tổng trái của \(\int_0^2 2t\,dt\) ở Chương 37. Vì \(2t\) tăng, tổng trái nhỏ hơn tích phân, nên Euler cho số nhỏ hơn.

B5. Kiểm tra rằng \(y = \frac{1}{1 - t}\) là nghiệm của \(y' = y^2\), \(y(0) = 1\). Khi nào \(y\) đạt 100? Phương pháp Euler với bước \(0{,}5\) cho gì tại \(t = 1\)?

Lời giải

\(y' = \frac{1}{(1 - t)^2} = y^2\), và \(y(0) = 1\). \(y = 100\) khi \(1 - t = 0{,}01\), tức \(t = 0{,}99\). Euler: \(y_1 = 1 + 0{,}5 \cdot 1 = 1{,}5\); \(y_2 = 1{,}5 + 0{,}5 \cdot 2{,}25 = 2{,}625\). Tại \(t = 1\), nơi nghiệm thật đã nổ tung, Euler vẫn cho một số hữu hạn nhỏ: với bước lớn, nó không thấy được sự bùng nổ.

B6. Với \(y' = 0{,}5y\left(1 - \frac{y}{1000}\right)\) và \(y(0) = 100\), viết nghiệm, tìm thời điểm \(y = 500\) và tính \(y(10)\).

Lời giải

\(A = \frac{1000 - 100}{100} = 9\), nên \(y = \frac{1000}{1 + 9e^{-0{,}5t}}\). \(y = 500\) khi \(9e^{-0{,}5t} = 1\), tức \(t = 2\ln 9 \approx 4{,}39\). \(y(10) = \frac{1000}{1 + 9e^{-5}} \approx 942{,}8\).

B7. Tìm các điểm cân bằng của \(y' = 2y - y^2\) và cho biết điểm nào bền, điểm nào không bền.

Lời giải

\(2y - y^2 = y(2 - y) = 0\) khi \(y = 0\) hoặc \(y = 2\). Với \(0 < y < 2\), \(y' > 0\); với \(y > 2\), \(y' < 0\); với \(y < 0\), \(y' < 0\). Gần 2, cả hai phía đều bị kéo về 2: bền. Gần 0, phía dương bị đẩy lên, phía âm bị đẩy xuống: không bền. Đây là quy luật logistic với \(r = 2\), \(K = 2\).

B8. Một loại thuốc được truyền vào máu với tốc độ không đổi 6 mg mỗi giờ, và cơ thể đào thải thuốc với tốc độ bằng 2 lần lượng thuốc đang có mỗi giờ (số liệu giả định): \(y' = 6 - 2y\), \(y(0) = 0\). Lượng thuốc thay đổi thế nào?

Lời giải

Viết \(y' = -2(y - 3)\). Theo Hệ quả 3 với \(m = 3\), \(y = 3 - 3e^{-2t}\) mg. Lượng thuốc tăng dần và dồn về mức cân bằng 3 mg, nơi lượng truyền vào bằng lượng đào thải. Sau 1 giờ đạt khoảng \(2{,}59\) mg, sau 2 giờ khoảng \(2{,}95\) mg.

C. Phản ví dụ và chứng minh

C1. Chứng minh rằng với quy luật logistic, tốc độ tăng \(y'\) lớn nhất khi \(y = \frac K2\), và nếu \(0 < y_0 < \frac K2\) thì thời điểm ấy là \(t = \frac{\ln A}{r}\), với \(A = \frac{K - y_0}{y_0}\).

Lời giải

Tốc độ \(g(y) = ry\left(1 - \frac yK\right) = ry - \frac rK y^2\) là một hàm bậc hai của \(y\) với hệ số của \(y^2\) âm; đỉnh của nó tại \(y = -\frac{r}{2\left(-\frac{r}{K}\right)} = \frac K2\) (Chương 28, Mệnh đề 2), nên \(y'\) lớn nhất khi \(y = \frac K2\). Theo Mệnh đề 6, \(y = \frac K2\) khi \(1 + Ae^{-rt} = 2\), tức \(e^{-rt} = \frac1A\), hay \(t = \frac{\ln A}{r}\); số này dương khi \(A > 1\), tức \(y_0 < \frac K2\). \(\square\) Với tin đồn ở Ví dụ 3, \(A = 999\) và \(r = 1\), cho \(t = \ln 999 \approx 6{,}9\) ngày.

C2. Chứng minh rằng phương trình \(y' = 3\left(\sqrt[3]{y}\right)^2\) với \(y(0) = 0\) có ít nhất hai nghiệm khác nhau trên \(\mathbb{R}\). Điều gì khác với \(y' = ky\)?

Lời giải

Hàm \(y = 0\) là một nghiệm: cả hai vế bằng 0. Hàm \(y = t^3\) cũng là nghiệm: \(y' = 3t^2\) và \(3\left(\sqrt[3]{t^3}\right)^2 = 3t^2\); nó cũng có \(y(0) = 0\). Hai nghiệm khác nhau với cùng điều kiện ban đầu: tương lai không được quy luật và trạng thái ban đầu xác định. \(\square\) Khác biệt nằm ở vế phải. Với \(y' = ky\), vế phải thay đổi đều theo \(y\), và Định lý 2 chứng minh được tính duy nhất. Còn \(3\left(\sqrt[3]{y}\right)^2\) có đạo hàm theo \(y\) là \(\frac{2}{\sqrt[3]{y}}\), lớn không giới hạn gần \(y = 0\): quy luật quá nhạy ngay tại trạng thái xuất phát, và định lý tổng quát ở cuối mục Phát biểu chặt chẽ không áp dụng được.

C3. Với \(y' = y\), \(y(0) = 1\), phương pháp Euler với bước \(\frac1n\) cho \(\left(1 + \frac1n\right)^n\) tại \(t = 1\). Dùng Mệnh đề 7 của Chương 35 để chứng minh sai số nhỏ hơn \(\frac en\). Muốn sai số dưới \(0{,}001\), bước \(\frac1n\) phải nhỏ cỡ nào theo cận này?

Lời giải

Theo Mệnh đề 7 của Chương 35, \(a_n = \left(1 + \frac1n\right)^n < e < b_n = a_n\left(1 + \frac1n\right)\). Vậy \(0 < e - a_n < b_n - a_n = \frac{a_n}{n} < \frac en\). \(\square\) Cận \(\frac en < 0{,}001\) đòi \(n > 1000e \approx 2718{,}3\), tức bước nhỏ hơn khoảng \(0{,}00037\). Sai số giảm tỉ lệ với bước: chia bước cho 10 thì cận sai số cũng chia cho 10. Những phương pháp tinh hơn, dùng thêm độ cong, cho sai số giảm nhanh hơn nhiều khi bước nhỏ đi.

Câu hỏi để ngỏ

Mọi mô hình trong Phần III và IV đều giả định ta biết chắc: biết quy luật, biết điều kiện ban đầu, và tương lai hoàn toàn xác định. Nhưng thế giới đầy bất định. Làm sao tính toán với điều chưa biết? Bước đầu tiên: có bao nhiêu khả năng có thể xảy ra?