Tính giải được toàn cục đối với phương trình tích phân volterra phi tuyến với nhân suy biến

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN HỒNG THỊ TRANG TÍNH GIẢI ĐƯỢC TỒN CỤC ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN VOLTERRA PHI TUYẾN VỚI NHÂN SUY BIẾN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội – Năm 2019 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TỐN HỒNG THỊ TRANG TÍNH GIẢI ĐƯỢC TỒN CỤC ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN VOLTERRA PHI TUYẾN VỚI NHÂN SUY BIẾN Chuyên ngành: Giải tích Mã số: KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC Th.S TRẦN VĂN TUẤN Hà Nội – Năm 2019 Lời cảm ơn Để hồn thành khóa luận này, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến ThS Trần Văn Tuấn - Người trực tiếp tận tình hướng dẫn, bảo định hướng cho tơi suốt q trình tơi làm khóa luận Đồng thời tơi xin chân thành cảm ơn thầy tổ Giải tích thầy khoa Tốn - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, Ban chủ nhiệm khoa Toán tạo điều kiện cho tơi hồn thành tốt khóa luận để có kết ngày hơm Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian kinh nghiệm thân nhiều hạn chế nên khóa luận khơng thể tránh khỏi thiếu sót mong đóng góp ý kiến thầy cô giáo, bạn sinh viên bạn đọc Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 05 năm 2019 Tác giả khóa luận Hồng Thị Trang Lời cam đoan Tơi xin cam đoan Khóa luận cơng trình nghiên cứu riêng tơi hướng dẫn thầy ThS Trần Văn Tuấn Trong nghiên cứu, hồn thành khóa luận tơi tham khảo số tài liệu ghi phần tài liệu tham khảo Tôi xin khẳng định kết đề tài: “Tính giải tồn cục phương trình Volterra phi tuyến với nhân suy biến” kết việc nghiên cứu nỗ lực học tập thân, không trùng lặp với kết đề tài khác Nếu sai tơi xin chịu hồn toàn trách nhiệm Hà Nội, tháng năm 2019 Tác giả khóa luận Hồng Thị Trang Mục lục Mở đầu Bảng kí hiệu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm véc-tơ biến 1.2 Hàm véc-tơ nhiều biến 6 Phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến 11 2.1 Sự tồn nghiệm phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến 11 2.2 Một số trường hợp đặc biệt nhân a 18 Kết luận 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO 25 Lời mở đầu Lý chọn đề tài Như biết, phương trình vi phân thường, phương trình vi-tích phân, phương trình đạo hàm riêng nhiều nhà tốn học giới nước quan tâm nghiên cứu Những nghiên cứu thúc đẩy ứng dụng quan trọng từ nhiều tốn thực tiễn: Vật lý, Hóa học, Kinh tế, Sinh học, Một lớp đặc biệt quan tâm rộng rãi phương trình tích phân Volterra Các nghiên cứu phương trình vi-tích phân tập trung trả lời câu hỏi tồn tại, tính phụ thuộc liên tục nghiệm Những câu hỏi phương trình vi phân tuyến tính phi tuyến phương trình tích phân tuyến tính trả lời nhiều tài liệu chun khảo phương trình vi-tích phân xem [1], [4] Tuy nhiên kết tương tự cho phương trình tích phân, đặc biệt phương trình tích phân Volterra phi tuyến chưa biết đến nhiều Theo hướng nghiên cứu định tính phương trình tích phân Volterra tơi chọn đề tài: “Tính giải tồn cục phương trình Volterra phi tuyến với nhân suy biến” để thực khóa luận Mục đích nghiên cứu • Giới thiệu, tìm hiểu phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến không gian hữu hạn chiều, tồn nghiệm • Một vài trường hợp đặc biệt nhân suy biến với điều kiện cho trước Đối tượng nghiên cứu • Nghiên cứu tồn nghiệm phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến • Một vài trường hợp đặc biệt nhân suy biến với điều kiện cho trước Phạm vi nghiên cứu Với thời gian kiến thức có hạn, khóa luận tơi trình bày khái niệm, thừa nhận định lý liên quan đến đề tài mà không chứng minh Đề tài tập trung vào • Phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến không gian hữu hạn chiều, tồn nghiệm • Một vài trường hợp đặc biệt nhân suy biến với điều kiện cho trước Phương pháp nghiên cứu Các phương pháp nghiên cứu sủ dụng khóa luận là: Tìm kiếm, tổng hợp, tham khảo tài liệu từ giáo trình, sách vở, trang web chủ yếu [4, 5] Sau phân tích, tích cực nghiên cứu bảo thầy giáo hướng dẫn, tổng hợp trình bày vấn đề cho rõ ràng, hợp lô-gic Cấu trúc đề tài Khóa luận trình bày hai chương Chương Kiến thức chuẩn bị Chương Phương trình tích phân Volterra nhân suy biến Hà Nội, tháng 05 năm 2019 Tác giả khóa luận Hồng Thị Trang Bảng kí hiệu R Tập số thực C[a, b] Tập hàm liên tục đoạn [a, b] Rn Không gian Euclide n chiều, với x = (x1 , x2 , , xn ) phần tử Rn , 1/2 n |xi |2 chuẩn Euclide x = i=1 L1 (0, ∞) Tập tất hàm f đo a(t, s) t ∞ ∞ f (t) Nhân Tích phân lấy cận từ đến t Vô Kết thúc chứng minh < +∞ Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, nhắc lại số khái niệm, kết liên quan đến hàm véc-tơ biến, hàm véc-tơ nhiều biến sử dụng khóa luận, chi tiết tham khảo [2, 3] 1.1 Hàm véc-tơ biến Định nghĩa 1.1 (Định nghĩa hàm véc-tơ biến) Cho tập hợp I ⊂ R Ánh xạ f : I → Rn gọi hàm véc-tơ biến với miền xác định I giá trị Rn Như ∀x ∈ I giá trị f (t) véc-tơ n-chiều với n tọa độ f1 (x), f2 (x), , fn (x) Định nghĩa 1.2 (Định nghĩa giới hạn hàm véc-tơ biến) Cho hàm véc-tơ f : I ⊂ R → Rn , x0 điểm tụ tập hợp I Ta nói hàm f có giới hạn b = (b1 , b2 , , bn ) x → x0 với ε > cho trước tồn δ > cho ∀x ∈ I thỏa mãn < |x − x0 | < δ ta có f (x) − b < ε kí hiệu lim f (x) = b x→x0 Mệnh đề 1.1 Cho hàm véc-tơ f : I ⊂ R → Rn , x0 điểm tụ Chương Phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến Chương nghiên cứu tồn nghiệm số trường hợp đặc biệt nhân a phương trình tích phân Volterra phi tuyến loại II dạng t x(t) = f (t) − a(t − s)g x(s), s ds (t ≥ 0), (2.1) x(·) ∈ R ẩn cần tìm, a : (0, +∞) → R nhân, hàm f : [0, +∞) → R, g : R × [0, +∞) → R hàm số liên tục 2.1 Sự tồn nghiệm phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến Định nghĩa 2.1 Nghiệm x(t) phương trình tích phân (2.1) hàm x liên tục thoả mãn phương trình (2.1) nửa khoảng [0, +∞) Để nghiên cứu tồn nghiệm cho phương trình tích phân 11 (2.1), chúng tơi đặt giả thiết sau (A1) Hàm f dương liên tục khoảng [0, ∞), (A2) Hàm a dương, liên tục khả tích địa phương khoảng (0, ∞), (A3) Hàm g (., ) hàm xác định (−∞, ∞) × [0, ∞), ≤ t < ∞, g liên tục x với t cố định xg (x, t) ≥ Giả sử giả thiết thỏa mãn ta có định lý tồn nghiệm phương trình tích phân (2.1) sau Định lý 2.1 Giả sử hàm số f, a, g thoả mãn điều (A1), (A2), (A3) Khi đó, f (T ) a (T − s) ≤ , f (t) a (t − s) với ≤ s ≤ T < t tồn nghiệm x (t) phương trình (2.1) với t ≥ thỏa mãn ≤ x(t) ≤ f (t) Chứng minh Đặt g ∗ (x, t) = g(x, t) x ≥ g ∗ (x, t) = x ≤ Nếu tồn x∗ khơng âm x∗ (t) nghiệm phương trình (2.1) g thay g ∗ Thật giả sử ngược lại tồn x∗ âm, ta có tập A = {t ≥ 0; ∃ x∗ (s) , s ∈ [0, t] ; x∗ (t) < 0}, tập mở hoàn toàn Giả sử (T, T0 ) khoảng mở lớn chứa A 12 Khi x∗ (T ) = T < t < T0 T ∗ a (t − s) g ∗ x∗ (s) , s ds x (t) = f (t) − f (t) = f (T ) T f (T ) − f (t) ≥ f (T ) − f (T ) f (t) ∗ x (T ) = f (T ) f (T ) a (t − s) g ∗ x∗ (s) , s ds f (t) T a (T − s) g ∗ x∗ (s) , s ds = Suy x∗ (t) = Ta thấy mẫu thuẫn với x∗ (t) < tập A rỗng Vậy tồn x∗ không âm, ≤ x∗ (t) ≤ f (t) x∗ (t) nghiệm phương trình (2.1) g thay g ∗ Vì f (t) bị chặn khoảng hữu hạn, x∗ (t) liên tục nghiệm phương trình tích phân ∀t ≥ Từ việc đặt g ∗ dẫn tới x∗ (t) = x (t) Điều phải chứng minh Bây xét đến tồn nghiệm số phương trình tích phân Volterra phi tuyến loại II hàm g(., ) thay đổi Nếu hàm g(., ) phụ thuộc vào biến thứ nhất, nghĩa g x, s = g(x) ta thu phương trình phi tuyến Volterra loại II có dạng t x (t) = f (t) − a (t − s) g (x (s)) ds, (2.2) Trong đó, hàm g : R → R hàm khả vi, g(x) = x+o(|x|) |x| → Theo định lý (1.3) mối quan hệ tính khả vi tính liên tục 13 g : R → R hàm số liên tục Tương tự định lý (2.1) f (T ) a (T − s) ≤ , f (t) a (t − s) với ≤ s ≤ T < t tồn nghiệm x (t) phương trình (2.2) với t ≥ thỏa mãn ≤ x(t) ≤ f (t) Sau số tính chất quan trọng nhân a Tính chất 2.1.1 Nhân a thỏa mãn tính chất sau (1) Hàm a ∈ L1 (0, T ), (2) Hàm a dương, liên tục không tăng khoảng (0, ∞), a(t) hàm số không tăng theo t với (3) Cho T ≥ hàm số a(t + T ) < t < ∞ Ngoài ra, trường hợp g(x, s) = x(s) Ta xét phương trình tích phân Volterra phi tuyến loại II khác t k(t) = a(t) − a(t − s)k(s)ds, (2.3) Trong đó, hàm a(t) k(t) không âm thuộc lớp L1 (0, ∞) Kết hợp với tính chất nhân a ta có định lý nghiệm phương trình (2.3) sau Định lý 2.2 Nếu nhân a thỏa mãn (A1)-(A3) phương trình (2.3) tồn nghiệm k, k khả tích địa phương liên lục khoảng (0, ∞) Nếu a(0+ ) < ∞ k xác định liên tục t = Hơn nữa, ta có 14 (i) ≤ k(t) ≤ a(t) khoảng < t < ∞, (ii) ∞ k(t)dt ≤ 1, (iii) k(t) = khoảng (0, T ) với T > Chứng minh Giả sử εn dãy giảm, dương đến Đặt an (t) = a(t+εn ) gọi kn nghiệm phương trình t kn (t) = an (t) − a(t − s)kn (s)ds (t ≥ 0) (2.4) Từ định lý (2.1) tồn nghiệm ta thấy ≤ kn (t) ≤ an (t) ≤ a(t) với < t < ∞ Vì kn (t) ≥ a(t) không tăng t t |kn (s)|ds = t kn (t − s)ds ≤ 0 = kn (t − s)a(s) ds a(t) an (t) − kn (t) ≤ a(t) Cho t → ∞ ta thấy t |kn (s)|ds ≤ Với T ≥ cố định, Kn (t) = kn (t) với ≤ t ≤ T Kn (t) = Lúc +∞ |Kn (s)|ds ≤ (n = 1, 2, 3, ) −∞ 15 Cho < h < bất kì, ta có h+t kn (t + h) − kn (t) = an (t + h) − an (t) − a(t + h − s)kn (s)ds t t − a(s + h) − a(s)kn (t − s)ds Vì ≤ kn (t) ≤ a(t) nên ta có T t+h T h a(t + h − s)kn (s)dsdt ≤ h a(h − s)kn (t + s)dsdt t 0 h T kn (t + s)dt a(h − s)ds = 0 h ≤ h a(h − s)ds = a(s)ds Tương tự ta có t T |a(s + h) − a(s)|kn (t − s)dsdt h T T kn (t − s)dt|a(s + h) − a(s)|ds ≤ s T ≤ |a(s + h) − a(s)|ds Vì εn < T h |kn (t + h) − kn (t)|dt ≤ h T |a(s + h) − a(s)|ds a(s)ds + 0 Với n, xn (t) ≤ a(t) ta có +∞ h |Kn (s + h) − Kn (s)|ds ≤ T +h kn (t)dt + −∞ kn (t)dz T T |kn (t + h) − kn (t)|dt → 0, + h 16 h → 0+ với n Có kết tương tự h → 0− Nó chứng minh dãy Kn dãy compact đóng khơng gian L1 (−∞, ∞) Khi có hàm k0 ∈ L1 (0, T ) dãy kn cho kn → k0 Chúng ta giả sử kn (t) → k0 (t) Lập luận tương tự khoảng (0, nT ), n = (2, 3, 4, ) sử dụng dãy chéo ta xác định k0 (t) khoảng (0, ∞) Vì kn (t) → k0 (t) ≤ k0 (t) ≤ a(t) khoảng (0, ∞) Rõ ràng ∞ x0 (t)dt ≤ Vì |kn (s) − k0 (s)| ≤ 2a(s) n → ∞ ta có t a(t − s)kn (s) − k0 (s)ds → 0 Do k0 nghiệm phương trình (2.3) Cho < t < ∞ ta có t k(t) = a(t) − a(t − s)k0 (s)ds Khi k(t) liên tục khoảng (0, ∞) k(t) = k0 (t) Do giải k phương trình (2.3) thỏa mãn (i) (ii) Vì a(0+ ) = x(0+ ) ta xác định k(0) = a(0+ ) a(0+ ) < ∞ Để chứng minh giả sử k1 ∈ L1 (0, T ), liên tục khoảng (0, T ] giải phương trình (2.3) Với số nguyên n cố định 17 lớn, h = T n h a(s)ds < Nếu k1 (t) = k(t) đoạn [0, h] h h |k1 (s) − k(s)|ds = t | a(s)k1 (t − s) − k(t − s)ds|dt 0 h h ≤ |k1 (t − s) − k(t − s)|dta(s)ds s h h ≤ |k1 (t) − x(t)|dta(s)ds 0 h ≤ |k1 (t) − x(s)|ds Suy k1 (t) = k(t) đoạn [0, h] Vì h k(t + h) = a(t + h) − t a(t + h − s)k(s)ds − a(t − s)k(s + h) Lập luận tương tự thấy h |k1 (t + h) − k(t + h)|dt = 0, Ta có k1 (t) = k(t) với h ≤ t ≤ 2h Bằng phương pháp quy nạp k(t) = k1 (t) (0, T ] Điều chứng minh x Để chứng minh (iii) giả sử k(t) = 0, ∀t ∈ (0, T ) Lúc phương trình (2.3) có a(t) = Nó mâu thuẫn với giả sử a(t) > từ dẫn đến (iii) Điều phải chứng minh 2.2 Một số trường hợp đặc biệt nhân a Giả sử nhân a thỏa mãn tất tính chất (A1)-(A3) nêu mục (2.1), ta thu số trường hợp đặc biệt nhân a 18 sau Hệ 2.1 Giả sử nhân a thỏa mãn (A1)-(A3) Khi đó, (i) Nếu a ∈ / L1 (0, ∞) (ii) Nếu ∞ a(t)dt ∞ k(t)dt = = A < ∞ ∞ k(t)dt = A (1 + A)−1 < Chứng minh Giả sử a ∈ / L1 (0, ∞) Nghiệm x(t) phương trình t a(t − s)x(s)ds, x(t) = − x(t) = 1− t k(s)ds Từ định lý 2.2 ta x(t) không âm không tăng Giả sử lim x(t) = x(∞) Khi t → ∞, ta có t→∞ t x(t) ≤ − a(t − s)x(∞)ds → −∞, Mâu thuẫn x(t) ≥ chứng minh (i) Bây giả sử a ∈ L1 (0, ∞) Nếu kí hiệu ∗ phép biến đổi Laplace phương trình (2.3) có dạng k ∗ (w) = a∗ (w) − a∗ (w)k ∗ (w), w ≥ Vì a∗ (0) = A chứng minh phần (ii) Điều phải chứng minh Định nghĩa 2.2 Hàm số b(t) gọi hoàn toàn đơn điệu 19 khoảng (0, ∞) b ∈ C ∞ (0, ∞) (−1)j b(j) (t) ≥ (j = 0, 1, 2, , < t < ∞) Bổ đề 2.1 Nếu a(t) hồn tồn đơn điệu khoảng (0, ∞) a(t) ≡ a(t) > với t ∈ (0, ∞) Chứng minh Nếu a(t0 ) = với t0 > a (t) ≤ ta thấy a(t) = với t ≥ t0 Từ (2.5) suy hàm a(t) dương Điều phải chứng minh Bổ đề 2.2 Nếu a(t) hoàn toàn đơn điệu khoảng (0, ∞) a(t) = a(t) thỏa mãn (A3) Chứng minh Giả sử tính chất tương đương với hàm số log a(t) Điều tương đương với điều kiện y(t) = a(t)an (t) − (a (t))2 (0 < t < ∞) Sử dụng (2.5) ta có ∞ y(t) = ∞ e −wt ∞ −wt − we ∞ ze−zt dγ(z) dγ(w) ∞ ∞ z e−zt dγ(z) dγ(w) z(z − w)e−t(z+w) dγ(z)dγ(w) = 0 20 Sử dụng hội tụ tuyệt đối tích phân ta ∞ ∞ z(z − w)e−t(z+w) dγ(z)dγ(w) ∞ w z z(z − w)e−t(z+w) dγ(w)dγ(z) = ∞ w w(w − z)e−t(w+z) dγ(z)dγ(w) = 0 Do ∞ ∞ w y(t) = ∞ ( ) + ∞ w ( ) w (z − w)2 e−t(z+w) dγ(x)dγ(w) > = 0 Điều phải chứng minh Hệ 2.2 Nếu a(t) khả tích hồn tồn đơn điệu khoảng (0, ∞) nghiệm k(t) phương trình (2.3) thỏa mãn tất kết luận định lý (2.2) hệ Chứng minh Điều suy từ bổ đề (2.1 ) (2.2) Bây xét dãy kn xác định (2.4) chứng minh định lý (2.2) Nó có tồn dãy cho với T > dãy hội tụ lớp L1 (0, T ) đến nghiệm k Vì nghiệm k phương trình (2.3) nhất, dễ dàng toàn dãy kn → k L1 (0, T ) Nếu hàm a(t) hồn tồn đơn điệu nửa khoảng (0, ∞) nói kn → k hội tụ Điều phải chứng minh Bổ đề 2.3 Giả sử a(t) thỏa mãn tất giả thiết (A1)-(A3) Cho T > cố định, cho ϕ θ không âm với θ ∈ L∞ (0, T ) 21 ϕ ∈ L∞ (0, T ) Khi tồn nghiệm z khơng âm phương trình t t a(t − s)θ(s)ds − z(t) = a(t − s)ϕ(s)z(s)ds, ≤ t ≤ T (2.5) Chứng minh Đặt M := sup ϕ(t) phương trình (2.6) tương đương t∈[0,T ] với phương trình t z(t) = θ(s) M a(t − s) ds − M t M a(t − s) ϕ(s) ds M Vì M a(t) thỏa mãn ba tính chất, khơng tính tổng qt ta giả sử ≤ ϕ(s) ≤ đoạn [0, T ] phương trình (2.6) có dạng t z(t) = f (t) − a(t − s)z(s)ds, t a(t − s)θ(s) + (1 − ϕ(s))z(s)ds f (t) = Nếu k nghiệm phương trình (2.3) ta có t z(t) = f (t) − k(t − s)f (s)ds, t t k(t − s)θ(s)ds + z(t) = k(t − s)(1 − ϕ(s))z(s)ds (2.6) Ta thấy phương trình (2.6) phương trình (2.7) tương đương Nếu tồn z(t) khơng âm hệ số phương trình (2.7) khơng âm 22 Từ z(t) không âm (2.6) suy t ≤ z(t) ≤ a(t − s)θ(s)ds Do tồn z(t) đoạn [0, T ] Điều phải chứng minh Hệ 2.3 Nếu bổ đề (2.1) có θ(t) > z(t) > với < t ≤ T 23 Kết luận Trên toàn nội dung khố luận đề tài “Tính giải tồn cục phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến” Trong khóa luận này, ngồi kiến thức mở đầu nghiên cứu tồn nghiệm phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến vài trường hợp đặc biệt nhân suy biến thỏa mãn điều kiện Chúng dẫn điều kiện để nói tồn nghiệm phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến Mặc dù cố gắng song hạn chế thời gian, kiến thức kinh nghiệm nên khố luận khơng tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận quan tâm đóng góp ý kiến Thầy, Cơ bạn để khóa luận đầy đủ hồn thiện Trước kết thúc khóa luận này, lần tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc Thầy, Cơ giáo Khoa Tốn, đặc biệt thầy giáo ThS Trần Văn Tuấn tận tình hướng dẫn giúp đỡ tơi để hồn thành khóa luận Tơi xin chân thành cảm ơn! Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Cung Thế Anh, Cơ sở lý thuyết phương trình vi phân, Nhà xuất Đại học Sư phạm, 2015 [2] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hồng Quốc Tồn, Giải tích tập - Phép tính vi phân hàm biến nhiều biến, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Phụ Hy, Giải tích hàm, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật, 2005 [B] Tài liệu tiếng Anh [4] V Barbu, Differential Equations, Springer, Cham, 2016 [5] R K Miller, On Volterra Integral Equations with Nonnegative Integrable Resolvents, J Math Anal Appl., 23 (1968), 198–208 25 ... ? ?Tính giải tồn cục phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến? ?? Trong khóa luận này, ngồi kiến thức mở đầu nghiên cứu tồn nghiệm phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân. .. phân Volterra phi tuyến chưa biết đến nhiều Theo hướng nghiên cứu định tính phương trình tích phân Volterra tơi chọn đề tài: ? ?Tính giải tồn cục phương trình Volterra phi tuyến với nhân suy biến? ??... véc-tơ biến 1.2 Hàm véc-tơ nhiều biến 6 Phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến 11 2.1 Sự tồn nghiệm phương trình tích phân Volterra phi tuyến