Краевая задача для уравнения высокого четного порядка

Для уравнения

2 n d u L[u\ = —5⁽ )    d x ² n

^-

( - 1 ) n Ц = 0

V ’ dy y

d ^ku ( 0, y ) d x^k

= Ф к ( y ) , к = 0, n - 1,

5 s u ( 1, y )

—J     = Ф s ( y ) , s = n ^{,2 n -1},⁽⁴⁾

оx где функции фk е C4 [0,1], фk (0) = фk (1) = ф[ (0) = ф[ (1) = 0 и удовлетворяют естественным условиям согласования.

Перейдем к исследованию задачи. Если u (x, у) решение однородной задачи, то имеем

Ц uL ( u ) dxdy = 0.

п

Проинтегрировав по частям, получим

d n X

U

д х^и

Я ^{6 U}  J J А

— dxdy = 0 , n ld у )

откуда автоматически следует единственность решения задачи А.

Решение будем искать в виде бесконечного ряда

ю u (x, у) = Euk (x) sin nky. (5)

k = 1

Очевидно, что (5) удовлетворяет (2). Удовлетворим уравнению (1) к условиям (3), (4). Для этого подставим (5) в (1), тогда получим задачу uk2n) (x) + (-1)n (nk)2 uk (x) = 0, us)(0 )=ФSk, s=0,..., n- 1, uks )(1) = Фsk, s = n ,-,2 n — 1, где фsk = 2j ф5 (у)sin nkydy. 0

Нетрудно получить следующую оценку:

2 n - 1

I uk (x )l- M E ^sk I,

s = 0

где M - некоторая постоянная.

Также справедливы соотношения

„ Г1)

Фsk = O 74  .

Ik 7

Теперь покажем, что ряд (5) сходится. Действительно, м              м           м

Iu(x,y)|-Е\и((x)|-MЕЫ-MiЕ 4, k=1                 k=1              k=1 k и аналогично да                                     да                             да

Iuy (x, у)|- пЕk2 k (x)|- MnEk2 Ы- M2 Е г, k=1                       k=1                  k=1 k где Mx,M2 - некоторые положительные постоянные.

Отсюда делаем вывод, что ряд (5) можно дифференцировать почленно и этот ряд является сходящимся.

Значит ряд (5) является регулярным решением задачи А.