On solvability of a nonlocal problem with integral conditions for hyperbolic equation in characteristic domain

Full Text

Введение
Задачи с нелокальными условиями, одной из которых посвящена статья, активно изучаются
в настоящее время. Причин интереса к таким задачам по крайней мере две: исследование
разрешимости нелокальных задач требует разработки новых методов, к тому же, как стало
ясно в последнее время, математические модели, основанные на нелокальных задачах для
дифференциальных уравнений, точнее описывают некоторые процессы и явления, изучаемые
современным естествознанием [1; 2]. Одним из удобных способов задания нелокальных условий
является представление их в виде интегралов от искомого решения. Именно такие условия
заданы в задаче, рассматриваемой в статье. Так как область, в которой ищется решение,
представляет собой характеристический прямоугольник, то такую задачу принято называть
интегральным аналогом задачи Гурса.
Отметим некоторые статьи, посвященные близким вопросам [3–11].
1. Постановка задачи
Рассмотрим в области Ω = (0, α) × (0, β) уравнение
uxy + (Au)x + (Bu)y + Cu = f (x, y) (1)
и поставим следующую задачу: найти решение уравнения (1), удовлетворяющее условиям
Zβ
0
u(x, y)dy = φ(x),
Zα
0
u(x, y)dx = ψ(y). (2)
Будем считать, что коэффициенты уравнения, его правая часть, а также функции ϕ(x), ψ(x)
достаточно гладкие.
Исследование разрешимости задачи (1)–(2) начнем с вывода условий на данные, обеспечи-
вающие существование не более одного решения.
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2025. Том 31, № 1. С. 22–33
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2025, vol. 31, no. 1, pp. 22–33 23 из 33
2. Единственность решения задачи (1)–(2)
Теорема 1. Если Ay, Bx, Cxy ∈ C(Ω), Cxy ≥ 0 и для любого вектора (p1, p2) выполняется
неравенство Ayp21
− 2Cp1p2 + Bx p22
≥ 0, то существует не более одного решения задачи (1)–(2).
Эта теорема доказана в [4], но для дальнейшего нам удобно привести вкратце ее доказательство.
Доказательство.
Пусть u = u1 − u2, где u1, u2 — два различных решения. Тогда u удовлетворяет уравнению
(1) с f = 0 и
Zβ
0
u(x, y)dy = 0,
Zα
0
u(x, y)dx = 0. (2°)
Умножим равенство (1) на
Ry
0
Rx
0
u(ξ, η)dξdη и проинтегрируем по области Ω:
Zβ
0
Zα
0

uxy + (Au)x + (Bu)y + Cu
Zy
0
Zx
0
u(ξ, η)dξdηdxdy = 0.
Интегрируя по частям, получим, учитывая (2°):
Zβ
0
Zα
0
h
u2 +
1
2
Ay
Zy
0
udη
2
+
1
2
Bx
Zx
0
udξ
2
−
−C
Zy
0
udη
Zx
0
udξ +
1
2
Cxy
Zy
0
Zx
0
udξdη
2i
dxdy = 0, (3)
откуда и следует, что u = 0, тем самым утверждение доказано. Заметим, что условие един-
ственности решения уравнения (1) в случае, если Ay = 0, Bx = 0, приводит к требованию
C = 0. Действительно, если нет дополнительных условий, например ограничений на размер
или конфигурацию области Ω, то нет и гарантии единственности решения для произвольной
C(x, y), что показывает пример в статье [4]. Найдем условия, при выполнении которых и в
этом случае задача имеет не более одного решения.
Теорема 2. Если max
Ω
C(x, y) < 2
α2+β2 , то существует не более одного решения задачи
(1)–(2).
Доказательство.
Рассмотрим теперь (3) в том случае, когда Ay = Bx = 0.
Zβ
0
Zα
0
h
u2 − C(x, y)
Zy
0
udη
Zx
0
udξ +
1
2
Cxy
Zy
0
Zx
0
udξdη
2i
dxdy = 0. (4)
Из (4) при условии Cxy ≥ 0 вытекает неравенство
Zβ
0
Zα
0
h
u2 +
1
2
Cxy
Zy
0
Zx
0
udξdη
2i
dxdy ⩽
⩽
Zβ
0
Zα
0
|C(x, y)|
     
Zy
0
udη
     
     
Zx
0
udξ
     
dxdy (5)
Пулькина Л.С., Смирнова А.Н. Разрешимость характеристической задачи с интегральными условиями...
Pulkina L.S., Smirnova A.N. On solvability of a nonlocal problem with integral conditions... 24 из 33
или
Zβ
0
Zα
0
u2dxdy ⩽
Zβ
0
Zα
0
1
2
|Cxy|
Zy
0
Zx
0
udξdη
2i
dxdy+
+
Zβ
0
Zα
0
|C(x, y)|
     
Zy
0
udη
     
     
Zx
0
udξ
     
dxdy, (6)
если условие Cxy ≥ 0 не выполнено. Займемся сначала неравенством (5).
В силу условия теоремы 1 найдется число C0 > 0 такое, что max
Ω
|C(x, y)| ⩽ C0. Применим
неравенство Коши:
     
Zy
0
udη
     
     
Zx
0
udξ
     
⩽ 1
2
Zy
0
udη
2
+
1
2
Zx
0
udξ
2
,
а затем неравенство Коши — Буняковского к каждому слагаемому правой части. Получим
1
2
Zy
0
udη
2
+
1
2
Zx
0
udξ
2
⩽ β
2
Zβ
0
u2dη +
α
2
Zα
0
u2dξ.
Тогда (5) принимает вид:
Zβ
0
Zα
0
h
u2 +
1
2
Cxy
Zy
0
Zx
0
udξdη
2i
dxdy ⩽
Zβ
0
Zα
0
C0
2
(α2 + β2)u2dξdη,
и, следовательно, если
γ = 1 −
C0
2
(α2 + β2) > 0,
то u = 0 и единственность установлена.
Таким образом, если Ay = Bx = 0 и Cxy ≥ 0, то не может существовать более одного
решения, если
C0 <
2
α2 + β2 .
Если неравенство Cxy ≥ 0 не гарантировано, то рассмотрим неравенство (6).
Последнее слагаемое правой части мы оценили выше. Рассмотрим первое слагаемое. Если
Cxy ∈ C(Ω), то найдется число C1 > 0, такое, что max
Ω
|Cxy| ⩽ C1. К интегралу
Zy
0
Zx
0
udξdη
2
применим неравенство Коши — Буняковского несколько раз:
Zy
0
Zx
0
udξdη
2
≤
Zy
0
dη
Zy
0
Zx
0
udξ
2
dη ≤
≤
Zy
0
dη
Zy
0
x
Zx
0
u2dξdη ≤ αβ
Zβ
0
Zα
0
u2dxdy.
Тогда
1
2
Zβ
0
Zα
0
|Cxy|
Zy
0
Zx
0
udξdη
2
dxdy ≤ C1
α2β2
2
Zβ
0
Zα
0
u2dxdy.
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2025. Том 31, № 1. С. 22–33
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2025, vol. 31, no. 1, pp. 22–33 25 из 33
Учитывая второе слагаемое в (6) и его оценку, получим
Zβ
0
Zα
0
u2dxdy ≤
"
1
2
C0(α2 + β2) +
α2β2
2
C1
# Zβ
0
Zα
0
u2dxdy.
Поэтому в этом случае единственность решения будет гарантирована, если выполнено нера-
венство
1 −
1
2
C0(α2 + β2) −
α2β2
2
C1 > 0.
3. Существование решения задачи (1)–(2)
Существование решения задачи Гурса с интегральными условиями для уравнения (1)
в весьма общем случае доказано в [4]. Здесь же мы рассмотрим частный случай (1) и получим
формулу решения.
Рассмотрим в качестве частного случая уравнение
uxy(x, y) + A(y)ux + B(x)uy + A(y)B(x)u = F(x, y), (7)
а интегральные условия останутся прежними.
Пользуясь видом коэффициентов, запишем (7) так:
∂
∂x
(uy + A(y)u) + B(x)(uy + A(y)u) = F(x, y).
Введем функцию
uy + A(y)u = V(x, y).
Тогда имеем два уравнения:
Vx + B(x)V = F(x, y),
uy + A(y)u = V(x, y).
Рассматривая каждое из них как обыкновенное дифференциальное уравнение, получим реше-
ния:
V(x, y) =

C1(y) +
Zx
0
F(ξ, y)e
Rξ
0
B(ξ′)dξ′
dξ

e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
, (8)
u(x, y) =

C2(x) +
Zy
0
V(x, η)e
Rη
0
A(η′)dη′
dη

e
−
Ry
0
A(η)dη
, (9)
где C1(y), C2(x) — произвольные функции. Преобразуем (9) с учетом (8). Приведем некоторые
вычисления:
u(x, y) =

C2(x) +
Zy
0
h
C1(η) +
Zx
0
F(ξ, η)e
Rξ
0
B(ξ′)dξ′
dξ
i
e
Rη
0
A(η′)dη′−
Rx
0
B(ξ)dξ
dη

×
× e
−
Ry
0
A(η)dη
= C2(x)e
−
Ry
0
A(η)dη
+ e
−
Ry
0
A(η)dη−
Rx
0
B(ξ)dξ
Zy
0
C1(η)e
Rη
0
A(η′)dη′
dη +
+ e
−
Ry
0
A(η)dη−
Rx
0
B(ξ)dξ
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)e
Rξ
0
B(ξ′)dξ′+
Rη
0
A(η′)dη′
dξdη =
Пулькина Л.С., Смирнова А.Н. Разрешимость характеристической задачи с интегральными условиями...
Pulkina L.S., Smirnova A.N. On solvability of a nonlocal problem with integral conditions... 26 из 33
= e
−
Rx
0
B(ξ)dξ−
Ry
0
A(η)dη
C2(x)e
Rx
0
B(ξ)dξ
+
Zy
0
C1(η)e
Rη
0
A(η′)dη′
dη

+
+ e
−
Ry
0
A(η)dη−
Rx
0
B(ξ)dξ
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)e
Rξ
0
B(ξ′)dξ′+
Rη
0
A(η′)dη′
dξdη.
Обозначим
C2(x)e
Rx
0
B(ξ)dξ
= f (x),
Zy
0
C1(η)e
Rη
0
A(η′)dη′
dη = g(y).
Тогда
u(x, y) =

f (x) + g(y)

e
−
Rx
0
B(ξ)dξ−
Ry
0
A(η)dη
+
+ e
−
Ry
0
A(η)dη−
Rx
0
B(ξ)dξ
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)e
Rξ
0
B(ξ′)dξ′+
Rη
0
A(η′)dη′
dξdη. (10)
Второе слагаемое правой части (10) известно. Обозначим его R(x, y). Формула приобретает вид
u(x, y) =

f (x) + g(y)

e
−
Rx
0
B(ξ)dξ−
Ry
0
A(η)dη
+ R(x, y). (11)
Найдем f (x) и g(y) из условий (2), применив их к (11):
e
−
Ry
0
A(η)dη
Zα
0
f (x)e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx + e
−
Ry
0
A(η)dη
g(y)
Zα
0
e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx +
+
Zα
0
R(x, y)dx = ψ(y),
e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
f (x)
Zβ
0
e
−
Ry
0
A(η)dη
dy + e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
Zβ
0
g(y)e
−
Ry
0
A(η)dη
dy +
+
Zβ
0
R(x, y)dy = ϕ(x),
откуда, обозначив
a =
Zα
0
e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx, b =
Zβ
0
e
−
Ry
0
A(η)dη
dy,
Sα(y) =

ψ(y) −
Zα
0
R(x, y)dx

e
Ry
0
A(η)dη
,
Sβ(x) =

ϕ(x) −
Zβ
0
R(x, y)dy

e
Rx
0
B(ξ)dξ
,
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2025. Том 31, № 1. С. 22–33
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2025, vol. 31, no. 1, pp. 22–33 27 из 33
получим
f (x) =
1
b
Sβ(x) −
1
b
Zβ
0
g(y)e
−
Ry
0
A(η)dη
dy,
g(y) =
1
a
Sα(y) −
1
a
Zα
0
f (x)e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx. (12)
Очевидный путь нахождения f (x) и g(y) — сведение (12) к интегральному уравнению относи-
тельно одной из функций. Но мы пойдем другим путем, заметив, что после подстановки (12)
в (11) получим соотношение
u(x, y) =
h1
b
Sβ(x) +
1
a
Sα(y) −
1
b
Zβ
0
g(y)e
−
Ry
0
A(η)dη
dy−
−
1
a
Zα
0
f (x)e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx
i
e
−
Rx
0
B(ξ)dξ−
Ry
0
A(η)dη
+ R(x, y), (13)
где присутствуют интегралы, содержащие произвольные функции f (x) и g(y). Определим
сумму этих интегралов из (12). Умножим первое равенство (12) на e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
, второе на e
−
Ry
0
A(η)dη
и проинтегрируем, соответственно, по x ∈ [0, α] и y ∈ [0, β]:
Zα
0
f (x)e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx =
1
b
Zα
0
e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
Sβ(x)dx −
1
b
Zα
0
e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx
Zβ
0
g(y)e
−
Ry
0
A(η)dη
dy,
Zβ
0
g(y)e
−
Ry
0
A(η)dη
dy =
1
a
Zβ
0
e
−
Ry
0
A(η)dη
Sα(y)dy −
1
a
Zβ
0
e
−
Ry
0
A(η)dη
Zα
0
f (x)e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx.
Учитывая введенные обозначения и умножив, соответственно, на
1
a
и
1
b
, будем иметь
1
a
Zα
0
f (x)e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx =
1
ab
Zα
0
e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
Sβ(x)dx −
1
b
Zβ
0
g(y)e
−
Ry
0
A(η)dη
dy,
1
b
Zβ
0
g(y)e
−
Ry
0
A(η)dη
dy =
1
ab
Zβ
0
e
−
Ry
0
A(η)dη
Sα(y)dy −
1
a
Zα
0
f (x)e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx.
Сложив эти равенства, получим
1
a
Zα
0
f (x)e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx +
1
b
Zβ
0
g(y)e
−
Ry
0
A(η)dη
dy =
=
1
2ab
Zβ
0
e
−
Ry
0
A(η)dη
Sα(y)dy +
1
2ab
Zα
0
e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
Sβ(x)dx. (14)
Теперь, подставив (14) в (13), получим решение задачи:
u(x, y) =
1
b
Sβ(x) −
1
2ab
Zβ
0
Sα(y)e
−
Ry
0
A(η)dη
dy +
1
a
Sα(y) −
Пулькина Л.С., Смирнова А.Н. Разрешимость характеристической задачи с интегральными условиями...
Pulkina L.S., Smirnova A.N. On solvability of a nonlocal problem with integral conditions... 28 из 33
−
1
2ab
Zα
0
Sβ(x)e
−
Rx
0
B(ξ)dξ
dx

× e
−
Rx
0
B(ξ)dξ−
Ry
0
A(η)dη
+ R(x, y).
Рассмотрим еще один частный случай. Пусть A = B = 0, в этом случае задача (1)–(2) имеет не
более одного решения, если
C0
2
(1 + α2β2) < 1, C0 = max
Ω
|C(x, y)|.
Действительно, предполагая существование двух различных решений u1, u2 для их разности
получим
uxy + C(x, y)u = 0, (15)
Zβ
0
u(x, y)dy = 0,
Zα
0
u(x, y)dx = 0.
Умножение равенства (15) на
Ry
0
Rx
0
u(ξ, η)dξdη и интегрирование по области Ω приводит к
Zβ
0
Zα
0
h
u2 + Cu
Zy
0
Zx
0
udξdη
i
dxdy = 0,
из которого следует неравенство
Zβ
0
Zα
0
u2dxdy ≤
Zβ
0
Zα
0
|C||u|
     
Zy
0
Zx
0
udξdη
     
.
Рассмотрим правую часть этого неравенства и оценим его:
Zβ
0
Zα
0
|C||u|
     
Zy
0
Zx
0
udξdη
     ⩽
⩽ C0
2
Zβ
0
Zα
0
u2dxdy +
C0
2
Zβ
0
Zα
0
 Zy
0
Zx
0
udξdη
!2
dxdy.
Применив неравенство Коши — Буняковского, получим
Zβ
0
Zα
0
Zy
0
Zx
0
udξdη
2
dxdy ≤ α2β2
Zβ
0
Zα
0
u2dxdy.
Следовательно, если
C0
2
(1 + α2β2) < 1,
то u = 0.
Пусть это условие выполнено. Покажем, что решение задачи (1)–(2) в этом случае существует.
Уравнение (1) запишем в этом частном случае:
uxy = F(x, y) − C(x, y)u.
Тогда, если существует его решение, то имеет место соотношение
u(x, y) = f (x) + g(y) +
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)dξdη −
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdη.
Вестник Самарского университета. Естественнонаучная серия 2025. Том 31, № 1. С. 22–33
Vestnik of Samara University. Natural Science Series 2025, vol. 31, no. 1, pp. 22–33 29 из 33
Применим условия (2) для определения f (x) и g(y):
Zα
0
f (x)dx + αg(y) +
Zα
0
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)dξdηdx −
Zα
0
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdηdx = ψ(y),
β f (x) +
Zβ
0
g(y)dy +
Zβ
0
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)dξdηdy −
Zβ
0
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdηdy = ϕ(x).
Тогда
f (x) =
1
β

ϕ(x) −
Zβ
0
g(y)dy −
Zβ
0
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)dξdηdy +
Zβ
0
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdηdy

,
g(y) =
1
α

ψ(y) −
Zα
0
f (x)dx −
Zα
0
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)dξdηdx +
Zα
0
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdηdx

.
Проведя некоторые преобразования, получим
u(x, y) = −
1
αβ
Zβ
0
Zα
0
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdηdxdy +
1
β
Zβ
0
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdηdy +
+
1
α
Zα
0
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdηdx −
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdη + G(x, y), (16)
где
G(x, y) =
1
β
ϕ(x) −
1
αβ
Zβ
0
ψ(y)dy +
1
αβ
Zβ
0
Zα
0
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)dξdηdxdy −
−
1
β
Zβ
0
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)dξdηdy +
1
α
ψ(y) −
1
α
Zα
0
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)dξdηdx +
Zy
0
Zx
0
F(ξ, η)dξdη.
Преобразуем первые три интеграла из (16)
Zα
0
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdηdx =
Zy
0
Zα
0
Zα
ξ
C(ξ, η)u(ξ, η)dxdξdη =
Zy
0
Zα
0
(α − ξ)C(ξ, η)u(ξ, η)dξdη.
Аналогично поступим с двумя другими интегралами и получим
u(x, y) = −
1
αβ
Zβ
0
Zα
0
(β − η)(α − ξ)C(ξ, η)u(ξ, η)dξdη +
1
α
Zy
0
Zα
0
(α − ξ)C(ξ, η)u(ξ, η)dξdη +
+
1
β
Zx
0
Zβ
0
(β − η)C(ξ, η)u(ξ, η)dηdξ −
Zy
0
Zx
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdη + G(x, y). (17)
Таким образом, мы показали, что если u(x, y) — решение задачи (1)–(2) в случае A =
B = 0, то она удовлетворяет и уравнению (17). Пусть теперь u(x, y) — решение уравнения
(17) и имеет производные, входящие в уравнение (1). Тогда, дифференцируя равенство (17)
Пулькина Л.С., Смирнова А.Н. Разрешимость характеристической задачи с интегральными условиями...
Pulkina L.S., Smirnova A.N. On solvability of a nonlocal problem with integral conditions... 30 из 33
и учитывая введенные обозначения, придем к (1)–(2). Тем самым мы показали, что задача
(1)–(2) для случая A = B = 0 и операторное уравнение (17) эквивалентны.
Запишем (17) в виде
u − Tu = G.
Нетрудно убедиться в том, что оператор Т вполне непрерывен. Действительно, пусть
max
¯Ω
|u(x, y)| ≤ M, u(x, y) — любая функция из C(¯Ω ). Так как по условию теоремы коэффи-
циент C(x, y) непрерывен в ¯Ω, то найдется c0 > 0, такое, что max
¯Ω
|C(x, y)| ≤ c0. Рассмотрим
множество функций ω(x, y) = Tu и покажем, что выполнены все условия теоремы Арцела.
Действительно, легко видеть, что
|ω(x, y)| ≤
1
αβ
Zβ
0
Zα
0
(β − η)(α − ξ)|C(ξ, η)||u(ξ, η)|dξdη+
+
1
β
Zβ
0
Zx
0
(β − η)|C(ξ, η)||u(ξ, η)|dξdη +
1
α
Zy
0
Zα
0
(α − ξ)|C(ξ, η)||u(ξ, η)|dξdη+
+
Zy
0
Zx
0
|C(ξ, η)||u(ξ, η)|dξdη ≤ 4αβc0M.
Это означает, что функции ω(x, y) равномерно ограничены.
Далее рассмотрим
ω(x2, y2) − ω(x1, y1) =
1
α
Zy2
y1
Zα
0
(α − ξ)C(ξ, η)u(ξ, η)dξdη+
+
1
β
Zx2
x1
Zβ
0
(β − η)C(ξ, η)C(ξ, η)u(ξ, η)dξdη −
Zy2
y1
Zx2
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dξdη −
Zx2
x1
Zy1
0
C(ξ, η)u(ξ, η)dηdξ,
откуда
|ω(x2, y2) − ω(x1, y1)| ≤ 2c0M(α|y2 − y1| + β|x2 − x1|)
и при |x2 − x1| < δ2
, |y2 − y1| < δ2
p |ω(x2, y2) − ω(x1, y1)| ≤ ε, где δ выбрано так, что при
(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 < δ 2qc0Mδ < ε. Полученные оценки и проведенные рассуждения
приводят к утверждению, что оператор T является вполне непрерывным.
Заключение
Заметим теперь, что однородная задача (1)–(2) описанным выше образом сводится к однородному операторному уравнению u − Tu = 0, которое в силу доказанной единственности
решения задачи (1)–(2) может иметь только нулевое решение. Это означает, что в силу теоремы
Фредгольма операторное уравнение (16) разрешимо, причем существует единственное его
решение. Но тогда в силу эквивалентности разрешима и задача (1)–(2), так как легко видеть, что решение операторного уравнения, функция u(x, y), имеет производную uxy.

About the authors

L. S. Pulkina

Samara National Research University

Author for correspondence.
Email: louise@samdiff.ru
ORCID iD: 0000-0001-7947-6121

Doctor of Physical and Mathematical Sciences, professor, professor of the Department of Differential Equations and Control Theory

Russian Federation, 34, Moskovskoye shosse, Samara, 443086, Russian Federation

A. N. Smirnova

Samara National Research University

Email: Na5anya@yandex.ru
ORCID iD: 0009-0007-2925-1646

student

Russian Federation, 34, Moskovskoye shosse, Samara, 443086, Russian Federation

References

Supplementary files