====== Korreksjon til forelesning 29.10 ====== 

Der forekom to mindre regnefeil i eksempelet basert på
eksamensoppgaven fra 1988. Siden disse ikke ble umiddelbart rettet opp i forelesning, kan manges notater i etterkant virke forvirrende. Her er derfor en (noe forkortet) gjennomgang av eksempelet.

Vi er bedt om å finne de separable løsningene (\(u(x,y) = F(x)G(y)\)) til Laplaces ligning
\[
\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0
\]
på rektangelet \(A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid 0\leq x \leq \pi, 0\leq y \leq 1\}\) med randbetingelser
\[
\frac{\partial u}{\partial x}(0, y) = 0 \quad\quad \frac{\partial u}{\partial x}(\pi, y) = 0 \quad\quad \\
\frac{\partial u}{\partial y}(x, 0) = 0 \quad\quad u(x,1)=f(x)=x
\]
Dette er henholdsvis venstre, høyre, nedre og øvre rand.

Innsetting av \(u(x,y)=F(x)G(y)\) i Laplaces ligning gir etter omstokking
\[
\frac{F''(x)}{F(x)} = -\frac{G''(y)}{G(y)}.
\]
Siden dette skal holde for alle \(x\) og alle \(y\), må begge sider være lik en konstant \(k\). Dette gir oss to ordinære differensialligninger:
  - \(F''(x) - kF(x) = 0\)
  - \(G''(y) + kG(y) = 0\).
Vi betrakter den første først. 

**Dersom \(k>0\)**, er løsningen av første ODE på formen
\[
F(x) = Ae^{\sqrt{k}x} + Be^{-\sqrt{k}x}.
\]
Bruk av //venstre// og //høyre// randbetingelse gir \(F(x) = 0\), som vi ikke er interessert i.

**Dersom \(k=0\)** har første ODE løsning \(F(x) = Mx+N\). //Venstre// randbetingelse gir \(M=0\), så \(F(x)=N\).

**Dersom \(k<0\)**, skriver vi for utseendes skyld \(p=\sqrt{-k}\). Da har første ODE løsninger på formen
\[
F(x) = A\cos px + B\sin px.
\]
//Venstre// randbetingelse gir \(B=0\) og høyre randbetingelse gir \(p=n\) for \(n=1,2,3,\dotsc\). Første ODE har derfor løsninger
\[
F_n(x) = C_n\cos nx.
\]

Setter vi inn \(k=-n^2\) for \(n=0,1,2,\dotsc\) i andre ODE, får vi løsninger
\[
G_0(y) = D_0 y + E_0
\]
og
\[
G_n(y) = D_ne^{ny} + E_ne^{-ny}.
\]

Vi har da per superposisjon
\[
u(x,y) = A_0y + B_0 + \sum_{n=1}^\infty (A_ne^{ny} + B_ne^{-ny})\cos nx,
\]
hvor konstanter er slått sammen og gitt nye navn.

Nå er
\[
\frac{\partial u}{\partial y}(x,y) = A_0 + \sum_{n=1}^\infty (nA_ne^{ny} - nB_ne^{-ny})\cos nx,
\]
så //nedre// randbetingelse gir
\[
0 = \frac{\partial u}{\partial y}(x,0) = A_0 + \sum_{n=1}^\infty (nA_n - nB_n)\cos nx.
\]
For at dette skal holde for alle \(x\), må \(A_0=0\) og \(A_n=B_n\). Dermed er
\[
u(x,y) = B_0 + \sum_{n=1}^\infty A_n\left(e^{ny}+e^{-ny}\right)\cos(nx) = B_0 + \sum_{n=1}^\infty 2A_n\cosh(ny)\cos(nx).
\]

//Øvre// randbetingelse gir
\[
f(x) = u(x,1) = B_0 + \sum_{n=1}^\infty 2A_n\cosh(n)\cos(nx).
\]
Høyre side er //Fourier cosinus-rekken// til \(f\). Koeffisientene i denne rekken er \(B_0\) og \(2A_n\cosh(n)\). Siden \(f(x)=x\), vet vi at
\[
B_0 = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi x\mathrm{d}x= \frac{\pi}{2}.
\]
og
\[
2A_n\cosh(n) = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x) \cos nx\mathrm{d}x  = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x \cos nx\mathrm{d}x.
\]
Dermed er
\[
A_n = \frac{1}{\pi\cosh(n)}\int_0^\pi x \cos nx\mathrm{d}x = \begin{cases}
\frac{-2}{n^2\pi\cosh(n)} \quad\text{når } n=1,3,5,\dotsc \\
0 \quad\text{ellers}.
\end{cases}
\]
Vi reindekserer slik at
\[
A_{2m+1} = \frac{-2}{(2m+1)^2\pi \cosh(2m+1)}
\]
for \(m=0,1,2,3,\dotsc\), og får da endelig løsning
\[
u(x,y) = \frac{\pi}{2} - \frac{4}{\pi}\sum_{m=0}^\infty\frac{\cosh((2m+1)y)\cos((2m+1)x)}{(2m+1)^2\pi \cosh(2m+1)}.
\]

Et plott av denne «stasjonære løsningen» kan ses under.

{{:tma4135:2014h:laplace.png?direct&600|}}