Math-Net.Ru
Общероссийский математический портал
Д. С. Аниконов, Я. А. Киприянов, Недоопределенная задача интегральной гео- метрии для обобщенного преобразования Радона, Сиб. журн. индустр. матем., 2016, том 19, номер 1, 18–26
DOI: https://doi.org/10.17377/sibjim.2016.19.102
Использование Общероссийского математического портала Math-Net.Ru подразумевает, что вы прочитали и согласны с пользовательским соглашением
http://www.mathnet.ru/rus/agreement Параметры загрузки:
IP: 178.128.90.69
6 ноября 2022 г., 06:48:47
Январь–март, 2016.ТомXIX,№1(65)
УДК517.958
НЕДООПРЕДЕЛЕННАЯ ЗАДАЧА ИНТЕГРАЛЬНОЙ ГЕОМЕТРИИ ДЛЯ ОБОБЩЕННОГО ПРЕОБРАЗОВАНИЯ РАДОНА
∗)Д. С. Аниконов, Я. А. Киприянов
Исследуется новая задача интегральной геометрии. В трехмерном евклидовом пространстве рассматриваются всевозможные плоскости. Известными данными являются интегралы по всем таким плоскостям от неизвестной кусочно-гладкой функции,зависящей как от пространственных переменных,так и от переменных, характеризующих плоскости. Искомым объектом является поверхностьразрыва первого рода подынтегральной функции.Доказана теорема единственности иско- мой поверхности. Выполненное исследование является одним из аспектов теории зондирования неизвестных сред различными физическими сигналами.
Ключевые слова: интегральная геометрия,обобщенное преобразование Радона, зондирование,неизвестные границы.
DOI 10.17377/sibjim.2016.19.102
Теория интегральной геометрии весьма значительна. В наиболее простой постановке задачи интегральной геометрии даны интегралы от функции по некоторому семейству многообразий и требуется найти неизвестную подын- тегральную функцию. Не претендуя на общий обзор темы, можно отметить, что подобные задачи успешно исследовались,например,такими авторами,как И. Радон [1], Р. Курант [2], Ф. Йон [3], И. М. Гельфанд [4]. Также значи- тельный вклад внесен трудами математической школы М.М.Лаврентьева[5]
и В.Г.Романова[6, 7]в связи с исследованиями обратных задач для уравнений математической физики. В более сложном варианте неизвестная подынтеграль- ная функция умножается на известную весовую функцию,зависящую не только от переменных интегрирования. В этом направлении полученные результаты оказываются более скромными. К тому же построены контрпримеры, указы- вающие на невозможность получения столь общих теорем единственности,как для варианта единичного веса. В настоящей работе рассматривается несколько иная постановка проблемы, а именно, заданы интегралы по всем плоскостям в трехмерном пространстве, а неизвестная разрывная подынтегральная функ- ция зависит не только от переменных интегрирования, но и от параметров, характеризующих плоскости. Естественно,что в таких условиях найти подын- тегральную функцию невозможно,т.е. в классическом смысле задача являет- ся недоопределенной. Поэтому ставится более частная проблема нахождения только поверхности разрывов подынтегральной функции. Выполненное иссле- дование является продолжением работ,посвященных интегральной геометрии для одномерных многообразий[8, 9], и для ясности ссылок мы стремились ис- пользовать обозначения,принятые в[9].
1. Обозначения, предположения и постановка задачи. Введем ос- новные обозначения: E3 — трехмерное евклидово пространство, в котором задана некоторая основная система координат,определяемая ортамиe1,e2,e3,
∗) Работа выполнена при финансовой поддержке Российского фонда фундаментальных ис- следований(проекты13–01–00275, 16–31–00112мол−а).
c 2016 Аниконов Д.С.,Киприянов Я. А.
Недоопределенная задача интегральной геометрии 19 и по умолчанию представление точки пространства E3 дается в этой систе- ме. Также будут использоваться и другие системы координат. Представление точек в таких системах специально оговаривается. Далее, G —ограниченная строго выпуклая область в E3; ∂G — ее граница класса C2; Ω = {ω ∈ E3 :
|ω| = 1} — единичная сфера в E3; Π(ζ, p) — плоскость в E3, определяемая единичным вектором нормали ζ∈Ωи расстоянием p от начала координат до плоскости(с учетом знака).
Пусть задана функция f(x, y) =
f1(x, y), (x, y)∈(E3\G)– ×E3, f2(x, y), (x, y)∈ –
G×E3, x, y∈E3, x= (x1, x2, x3), y= (y1, y2, y3).
Предполагается,что функцияf(x, y)финитна по x,причем соответствую- щий носитель содержится в некоторой области,не зависящей отy. Обозначим через [f(z, y)] величину разрыва первого рода функцииf(x, y)при переходе x извне внутрь областиGчерез точкуz∈∂G,т.е.
[f(z, y)] = lim
x→zf2(x, y)− lim
x→zf1(x, y), x∈G, x∈E3\G.
Считается, что
f1(x, y)∈C1((E3\ –
G)×E3), f2(x, y)∈C1(G×E3), [f(z, y)]= 0 для всех z∈∂G.
Обобщенное преобразование Радона функцииf(x, y) определяется следую- щим равенством:
Rf(ζ, p) =
Π(ζ,p)
f(x, y)dσx, y∈E3,
где σx — элемент площади по переменным x = (x1, x2, x3); y = pζ; ζ = (ζ1, ζ2, ζ3);|ζ|= 1.
Везде в этой работе при фиксированномζ частная производная отRf(ζ, p) по переменной pобозначается через I(p).
Задача: определить поверхность ∂G, имея в качестве исходных данных всевозможные значения обобщенного преобразования Радона Rf(ζ, p) функ- цииf(x, y).
Замечание 1. Выбранный способ представленияy=pζозначает,что при p = 0 (y = 0) обобщенное преобразование Радона совпадает с обычным. Это было сделано для простоты, поскольку более общий случай y = (ζ1, ζ2, ζ3, p) потребовал бы заметного удлинения рассуждений.
2. Основные результаты.
Теорема 1. ФункцияRf(ζ, p)ограничена и непрерывна по переменнойp, а ее производная по p непрерывна для всех ее значений, кроме тех, которые соответствуют плоскостям,касательным к поверхности∂G.
Доказательство. Ограниченность Rf(x, y) очевидна. Для дальнейшего используем тот факт,что такие свойства,как непрерывность и дифференцируе- мость функции не зависят от выбора системы координат. Рассмотрим произ- вольную плоскостьP в E3,пересекающую областьGпо некоторой двумерной
строго выпуклой области D. Возьмем произвольную точку a∈ D и выберем такую декартову систему координат, чтобы две первые оси лежали в плоско- сти, параллельнойP, а третья проходила через точку a. Точки из E3 в этой системе координат будем обозначать (ξ1, ξ2, η). Для простоты предположим, что область G лежит в полупространствеη > 0. Ясно, что a= (0,0, p)и су- ществует некоторый интервал для чисел p такой, что для всех его значений плоскость P, проходящая через a = (0,0, p), имеет непустое пересечение с об- ластьюG. Тогда плоскостьPможно представить в видеΠ
|a|a , p ,т.е. Π(s, p), s= (0,0,1). Интеграл от функцииf(x, y)по плоскостиP запишем в виде
P
f(x, y)dσx=
Π(s,p)
f(x, y)dσx=
D
f2(x, y)dσx+
Π(s,p)\D
f1(x, y)dσx. (1) Интегралы в выражении (1) существуют в силу финитности по x функции f(x, y). В плоскости Π(s, p) введем полярную систему координат с центром в точкеa. Тогда сумму двух интегралов в правой части(1)можно представить в виде
|ω|=1 t(a,ω)
0
τ f2(a+τ ω, a)dτ dω+
|ω|=1
∞ t(a,ω)
τ f1(a+τ ω, a)dτ dω, (2) где ω = (ω1, ω2,0), (ω, s) = 0, а t(a, ω) есть расстояние от точки a до ∂G в направлении ω. Эта функция подробно исследована в [10], где доказано, что в условиях постановки нашей задачи функция t(r, ω),r= (r1, r2, r3), r∈G, является непрерывной функцией всех своих аргументов. Отсюда следует, что в силу финитности функции f(x, y) поxоба интеграла в выражении(2)огра- ничены и являются непрерывными функциями переменногоp. (Напомним,что в выбранной нами системе координат a = (0,0, p).) Также в [10] доказано, чтоt(r, ω)имеет непрерывные производные поr1,r2,r3,причем для градиента функцииt(r, ω)верно равенство
∇rt(r, ω) =− n(u)
n(u)ω, u=r+t(r, ω)ω, (3)
где n(u) — единичный вектор внутренней нормали к поверхности ∂G в точ- ке u ∈ ∂G. Отсюда, а также из того, что функции f1(x, y), f2(x, y) имеют непрерывные и ограниченные частные производные первого порядка в своих областях определения, будет следовать тот факт, что выражение(2) является непрерывно дифференцируемой функцией переменногоp. Для этого продиффе- ренцируем выражение(2)поpи получим
I(p) =
|ω|=1 t(a,ω)
0
τ∂f2(a+τ ω, a)
∂p dτ dω+
|ω|=1
t(a, ω)f2(a+t(a, ω)ω, a)∂t(a, ω)
∂p dω
+
|ω|=1
∞
t(a,ω)
τ∂f1(a+τ ω, a)
∂p dτ dω−
|ω|=1
t(a, ω)f1(a+t(a, ω)ω, a)∂t(a, ω)
∂p dω.
Ввиду того,что все элементы в правой части последнего равенства непрерыв- ны, таковой же оказывается и функцияI(p).
В силу произвольности плоскостиP и выбора точкиaутверждение теоре- мы доказано для случая P∩G=∅.
Недоопределенная задача интегральной геометрии 21 Пусть теперь P и область G не пересекаются. Используем декартову си- стему координат, определенную ранее: первые две оси лежат в плоскости, параллельной P, а третья направлена по нормали к P. Плоскость P в этой системе координат можно представить в виде Π(s, p),s= (0,0,1). Выражение дляRf(s, p)примет следующий вид:
Rf(s, p) =
Π(ζ,p)
f(x, y)dσx= ∞
−∞
∞
−∞
f1(ξ1, ξ2, p,0,0, p)dξ1dξ2. (4) Поскольку функция f1(x, y) финитна поx и непрерывно дифференцируема по всем своим переменным в области(E3\G)– ×E3,то интеграл в выражении(4) ограничен и является непрерывно дифференцируемой функцией переменногоp.
Рассмотрим наиболее трудный для исследования случай, когда плоскость P является касательной к поверхности ∂G. Докажем,что в точке p0,соответ- ствующей такой плоскости, функцияRf(s, p) непрерывна. Пусть pтакое,что Π(s, p)∩G=∅,и стремится к p0. Из формулы(4)следует равенство
p→plim0Rf(s, p) = ∞
−∞
∞
−∞
f1(ξ1, ξ2, p0,0,0, p0)dξ1dξ2.
Пусть теперь p такое, что Π(s, p)∩G =D, и стремится кp0. Поскольку область G строго выпуклая, то диаметр области D стремится к нулю. По- скольку функцияf(x, y) ограничена,то из(1)следует равенство
p→plim0Rf(s, p) = lim
p→p0
D
f2(x, y)dσx+
Π(s,p)\D
f1(x, y)dσx
=
Π(s,p0)
f1(x, y)dσx= ∞
−∞
∞
−∞
f1(ξ1, ξ2, p0,0,0, p0)dξ1dξ2. Тем самым функцияRf(s, p)непрерывна в точкеp0. Теорема доказана.
Справедлива следующая
Теорема 2. Функция I(p) имеет разрыв в точке p=p0, в которой плос- костьΠ(ζ, p0)касается поверхности∂G.
Доказательство. Зафиксируем произвольную точку z ∈ ∂G. Выберем новую декартову систему координат с центром в этой точке такую,что первые две оси лежат в плоскости,касательной к∂Gв точкеz,а третья ось направлена вдоль внутренней нормали к ∂G. Точки из E3 в этой системе обозначаем (ξ1, ξ2, η). Положим p = η, s = (0,0,1). Обозначим ξ = (ξ1, ξ2). Из условия принадлежности∂G к классуC2 следует,что в достаточно малой окрестности точки zповерхность∂G может быть представлена уравнением
η=a11(ξ1)2+ 2a12ξ1ξ2+a22(ξ2)2+α(|ξ|2),
α(|ξ|2) =o(|ξ|2), |ξ|2→0, a11, a12, a22∈R, η≥0. (5) Действительно, пусть ∂G в окрестности точки z задается уравнением η=F(ξ1, ξ2),η≥0.
Разложим F(ξ1, ξ2)в ряд Тейлора в окрестности точки(0,0):
η=F(0,0) +Fξ1(0,0)ξ1+Fξ2(0,0)ξ2+ 0,5Fξ1ξ1(0,0)(ξ1)2
+Fξ1ξ2(0,0)ξ1ξ2+ 0,5Fξ2ξ2(0,0)(ξ2)2+α(|ξ|2),
α(|ξ|2) =o(|ξ|2), |ξ|2→0.
По построению F(0,0) = 0. Из необходимого условия существования локаль- ного минимума функции F(ξ1, ξ2) в точке (0,0) следует, что Fξ1(0,0) = 0, Fξ2(0,0) = 0.
Обозначив
a11= 0,5Fξ1ξ1(0,0), a12= 0,5Fξ1ξ2(0,0), a22= 0,5Fξ2ξ2(0,0),
получим (5). Заметим, что величины a11, a12, a22 могут одновременно обра- щаться в нуль.
Приступим теперь непосредственно к доказательству теоремы 2. Дока- зательство разбивается на три случая возрастающей общности, для каждого из которых доказывается свойство, указанное в теореме 2, причем результа- ты,полученные для каждого последующего случая,опираются на результаты, полученные для предыдущего.
Рассмотрим сначала случай,когда функцияf(x, y)имеет вид f(x, y) =
1, x∈G,– 0, x∈G.– Запишем уравнение(5)в следующем виде:
η= Φ(ξ), ξ= (ξ1, ξ2). (6)
Заметим,что при достаточно малыхpимеет место неравенство
|Φ(ξ)| ≤A|ξ|2, (7)
где A — положительная константа, не зависящая от ξ. Действительно, если величины a11, a12, a22 одновременно обращаются в нуль, то неравенство (7) становится очевидным,поскольку
|α(|ξ|2)|
|ξ|2 →0 при |ξ|2→0.
Фиксируяε1>0 и выбираяpдостаточно малым,мы добьемся выполнения не- равенства (7), полагаяA=ε1. Если же хотя бы одна из величин a11, a12, a22 не обращается в нуль,то посредством ортогональной замены переменных мож- но привести уравнение (5)к виду
η =λ1(ˆξ1)2+λ2(ˆξ2)2+α(|ξ|ˆ2), ξˆ= (ˆξ1,ξˆ2), λ1, λ2∈R, (λ1)2+ (λ2)2>0.
Зафиксируем ε1 >0 и выберем q1 >0 так, чтобы для всех η ∈(0, q1),удовле- творяющих уравнению(5), было выполнено |α(|ξ|2)|
|ξ|2 < ε1. Пользуясь тем,что
|ξ|ˆ2=|ξ|2,получаем
|Φ(ξ)|
|ξ|2 =|Φ(ˆξ)|
|ξ|ˆ2 ≤
λ1(ˆξ1)2+λ2(ˆξ2)2
|ξ|ˆ2 +α(|ξ|ˆ2)
|ξ|ˆ2
≤|λ1|(ˆξ1)2+|λ2|(ˆξ2)2
|ξ|ˆ2 +|α(|ξ|ˆ2)|
|ξ|ˆ2 ≤max(|λ1|,|λ2|) +ε1.
Недоопределенная задача интегральной геометрии 23 Таким образом,имеет место неравенство (7),гдеA= max(|λ1|,|λ2|) +ε1.
Обозначим Ψ(ξ) = A|ξ|2. Из неравенства (7) следует, что график функ- ции Ψ(ξ) расположен выше графика функции Φ(ξ). Отсюда, в свою очередь, следует, что при обозначениях
Dp={ξ: Φ(ξ)≤p}, Dp={ξ: Ψ(ξ)≤p}
имеет место неравенство mes(Dp) ≥ mes(Dp), где mes(·) — двумерная мера Лебега. МножествоDp есть круг радиуса (p/A)0,5. Следовательно,
mes(Dp)≥πp
A, mes(Dp)
p ≥ π
A >0.
Устремляяpк нулю,получим соотношение для верхнего предела:
p→0+lim
mes(Dp)
p ≥ π
A >0. (8)
Вообще говоря,мы не исключаем и случай бесконечного верхнего предела.
Далее,поскольку в данном случае Rf(s, p) =
Π(s,p)
f(x, y)dσx=
Dp
dξ1dξ2= mes(Dp),
то имеет место неравенство lim
p→0+I(p)>0. Но поскольку при отрицательныхp выполнено Rf(s, p) =
Π(s,p)
f(x, y)dσx = 0, то lim
p→0−I(p) = 0. Тем самым функ- ция I(p) имеет разрыв в точке p= 0,и утверждение теоремы 2 доказано для первого случая.
Рассмотрим теперь более общий случай функцииf(x, y):
f(x, y) =
f2(x, y), x∈G,–
0, x∈ –
G,
f2(x, y)∈C1(G×E3), [f(z, y)]= 0 для всех z∈∂G.
Докажем утверждение теоремы2для этого случая. Как и ранее,мы фикси- руем точкуz∈∂Gи рассматриваем областьGв системе координат,выбранной ранее.
Обозначим Dp = G∩Π(s, p). Запишем тождество f2(x, y) = f2(z, z) + (f2(x, y)−f2(z, z))и проинтегрируем его по областиDp:
Rf(s, p) =
Dp
f2(z, z)dξ1dξ2+
Dp
(f2(x, y)−f2(z, z))dξ1dξ2. (9)
В равенстве(9)вынесемf2(z, z)за знак интеграла: Rf(s, p) =f2(z, z) mes(Dp) +
Dp
(f2(x, y)−f2(z, z))dξ1dξ2. (10)
Зафиксируем ε2 > 0. Выберем q2 ∈(0, q1) (здесь q1 — малое число, выбран- ное ранее) таким образом, чтобы выполнялось |x−z|+|y−z| < ε2 для всех
x ∈ G∩Π(s, p), y таких, что y = (0,0, p), где p ∈ (0, q2). Выбрать такое q2 возможно, поскольку область G — строго выпуклая. Поскольку в области G функция f2(x, y) удовлетворяет условию Липшица как по переменным x, так и по переменнымy,существует L >0такое,что
|f2(x, y)−f2(z, z)|< L(|x−z|+|y−z|) для всех x, y∈G.
Таким образом,еслиp∈(0, q2),то имеет место оценка
|f2(x, y)−f2(z, z)|< Lε2
для всех x∈G∩Π(s, p), y= (0,0, p), p∈(0, q2).
Тогда из равенства (10)получаем
f2(z, z) mes(Dp)−Lε2mes(Dp)≤Rf(s, p)≤f2(z, z) mes(Dp) +Lε2mes(Dp).
В неравенстве выше вынесем mes(Dp) за скобку и поделим само неравенство наp:
mes(Dp)
p (f2(z, z)−Lε2)≤Rf(s, p)
p ≤ mes(Dp)
p (f2(z, z) +Lε2).
Как было показано ранее,верхний предел величины mes(Dp)
p не меньшеπA−1. Поскольку ε2 произвольное, то верхний предел величины Rf(s, p)
p не меньше πf2(z, z)A−1,причемf2(z, z)= 0. Но поскольку при отрицательныхp
Rf(s, p) =
Π(s,p)
f(x, y)dσx= 0,
то lim
p→0−I(p) = 0. Тем самым функция I(p) имеет разрыв в точке p = 0, и утверждение теоремы2доказано для второго случая.
Рассмотрим теперь общий случай функцииf(x, y):
f(x, y) =
f1(x, y), (x, y)∈(E3\ – G)×E3, f2(x, y), (x, y)∈G–×E3,
f2(x, y)∈C1(G×E3), f1(x, y)∈C1((E3\G)– ×E3), [f(z, y)]= 0 для всехz∈∂G.
Для заключительного этапа доказательства продолжим функцию f1(x, y) на всеE3 гладким образом и обозначим ее продолжение черезf˜1(x, y). Тогда
Rf(s, p) =
Π(s,p)
f(x, y)dξ1dξ2=
Dp
f2(x, y)dξ1dξ2+
Π(s,p)\Dp
f1(x, y)dξ1dξ2
=
Dp
f2(x, y)dξ1dξ2+
Π(s,p)
f˜1(x, y)dξ1dξ2−
Dp
f˜1(x, y)dξ1dξ2
=
Π(s,p)
f˜1(x, y)dξ1dξ2+
Dp
(f2(x, y)−f˜1(x, y))dξ1dξ2.
Недоопределенная задача интегральной геометрии 25 Обозначим
S1(p) =
Π(s,p)
f˜1(x, y)dξ1dξ2, S2(p) =
Dp
(f2(x, y)−f˜1(x, y))dξ1dξ2.
Производная функцииS1(p)непрерывна,поскольку функцияf˜1(x, y)непрерыв- но дифференцируема на всем E3. Производная функции S2(p) имеет разрыв, величиной не менееπ(f2(z, z)−f1(z, z))A−1приp= 0 (по предыдущему случаю, рассмотренному в этой теореме). Теорема доказана.
Замечание 2. Используя обозначения теоремы 2, покажем, что в точке p= 0функцияI(p)может терпеть разрыв как первого,так и второго рода.
Для обоснования замечания приведем следующие два примера. В обоих из них предположим, что функция f(x, y) равна единице, если x лежит в G, и нулю в противном случае. Используя прежние обозначения, заметим, что функцииRf(s, p)иI(p)будут равны нулю при p <0.
Пример 1. Пусть в окрестности точкиz = (0,0,0)поверхность ∂G имеет видη= (ξ1)2+ (ξ2)2. Тогда множествоDp,которое есть пересечение плоскости Π(s, p)и области G,есть круг радиуса √p. Его площадь равнаπp. Тогда
p→0+lim
Rf(s, p)
p = lim
p→0+
mes(Dp)
p =π.
Следовательно,в точкеp= 0функцияI(p)имеет разрыв первого рода. Пример 2. Пусть в окрестности точкиz = (0,0,0)поверхность ∂G имеет вид η = ((ξ1)2+ (ξ2)2)2. В этом случае множество Dp есть круг радиуса √4p.
Его площадь равна π√p. Тогда Rf(s, p)
p = mes(Dp)
p = π
√p −→
p→0++∞.
Таким образом,функцияI(p)имеет разрыв второго рода в точкеp= 0.
Теорема 3. Пусть дляf(x, y)известнывсевозможные значения обобщен- ного преобразования РадонаRf(ζ, p). Тогда задача об определении поверхно- сти ∂Gимеет не более одного решения.
Доказательство. Доказательство будем вести от противного. Пусть за- даны две функцииf(x, y)иf˜(x, y),которые имеют разрывы первого рода поx в каждой точке поверхностей∂Gи∂Gсоответственно,причем∂G=∂G, и вы- полнено Rf(ζ, p) =Rf˜(ζ, p) для всех ζ ∈ Ω, p ∈ R. Поскольку ∂G = ∂G, то существует точка z0 ∈ ∂G, z0 ∈ ∂G, такая, что плоскость Π(ζ0, p0), ζ0 ∈ Ω, p0 ∈ R, которая касается поверхности ∂G в точке z0, не будет касательной плоскостью к поверхности∂G. Тогда функцияI(p) = ∂Rf(ζ0, p)
∂p имеет разрыв в точке p=p0 (теорема 2). Далее, поскольку плоскость Π(ζ0, p0) не является касательной плоскостью к поверхности ∂G, то функция I(p) =˜ ∂Rf˜(ζ0, p)
∂p не-
прерывна в точке p=p0 (теорема1). НоRf(ζ, p) =Rf˜(ζ, p),поэтому функция I(p)одновременно является и непрерывной,и разрывной в точкеp0,чего быть не может. Полученное противоречие доказывает теорему.
Заключение. Сформулирована и решена недоопределенная задача инте- гральной геометрии для обобщенного преобразования Радона. Построено се- мейство функций,определяемых данными задачи,по значениям которых мож- но восстановить искомую поверхность разрыва. Полученные результаты могут служить основанием для построения алгоритма решения рассмотренной задачи интегральной геометрии.
ЛИТЕРАТУРА
1. Хелгасон С.Преобразование Радона. M.:Мир, 1983.
2. Курант Р.Уравнения с частными производными.М.: Мир, 1964.
3. Йон Ф.Плоские волны и сферические средние в применении к дифференциальным урав- нениям с частными производными.М:Изд-во иностр.лит., 1958.
4. Гельфанд И. М., Граев М.А., Виленкин Н. Я. Интегральная геометрия и связанные с ней вопросы теории представлений.М.:Физматгиз, 1962.
5. Лаврентьев М.М.,Савельев Л.Я.Теория операторов и некорректные задачи.Новоси- бирск:Изд-во Ин-та математики, 1999.
6. Романов В.Г.Обратные задачи для дифференциальных уравнений.Новосибирск:Изд- во НГУ, 1973.
7. Романов В.Г.Некоторые обратные задачи для уравнений гиперболического типа.Но- восибирск:Наука, 1969.
8. Аниконов Д.С.,Коновалова Д.С.Проблема недоопределенности в задаче интегральной геометрии//Докл.АН. 2010.Т. 438,№1.С. 7–10.
9. Аниконов Д.С. ,Коновалова Д.С.Недоопределенная задача интегральной геометрии для семейства кривых//Сиб.мат.журн. 2015.Т. 56,№2.С. 265–281.
10. Аниконов Д.С., Ковтанюк А. Е., Прохоров И.В. Использование уравнения переноса в томографии.М.:Логос, 2000. C. 102–106.
Статья поступила29июня2015г.
Аниконов Дмитрий Сергееевич
Институт математики им. С.Л.Соболева СО РАН просп.Акад.Коптюга, 4
Новосибирский государственный университет ул.Пирогова, 2
Киприянов Ярослав Андреевич
Новосибирский государственный университет 630090г.Новосибирск
E-mail: anik@math.nsc.ru; yaroslav.kipriyanov@gmail.com