初期値問題
( ∫ 0 x 2 t d t ) k {\displaystyle y_{n}(x)=4{\textstyle \sum \limits _{k=0}^{n}}{\dfrac {1}{k!}}\left(\int _{0}^{x}2tdt\right)^{k}}
となることが分かる。よって、指数関数 exp の定義から
y ( x ) = lim n → ∞ y n ( x ) = 4 ∑ k = 0 ∞ 1 k ! ( ∫ 0 x 2 t d t ) k = 4 exp  ( ∫ 0 x 2 t d t ) = 4 e x 2 {\displaystyle {\begin{aligned}y(x)&=\lim _{n\to \infty }y_{n}(x)\\&=4{\textstyle \sum \limits _{k=0}^{\infty }}{\dfrac {1}{k!}}\left(\int _{0}^{x}2tdt\right)^{k}\\&=4\exp \left(\int _{0}^{x}2tdt\right)\\&=4e^{x^{2}}\end{aligned}}}
と求まる。実際、次が成り立つ。
y ′ ( x ) − 2 x y ( x ) = 2 x ⋅ y ( x ) − 2 x y ( x ) = 0 , y ( 0 ) = 4 e 0 = 4. {\displaystyle y'(x)-2xy(x)=2x\cdot y(x)-2xy(x)=0,\ \ \ \ \ y(0)=4e^{0}=4.}
により定めると、 y n → y ( n → ∞ ) {\displaystyle y_{n}\to y\ (n\to \infty )} (一様)であり、
初期値問題
y ′ + 3 y = 6 t + 5 , y ( 0 ) = 3 {\displaystyle y'+3y=6t+5,\qquad y(0)=3}
はラプラス変換により
s Y ( s ) − y ( 0 ) + 3 Y ( s ) = 6 s 2 + 5 s {\displaystyle sY(s)-y(0)+3Y(s)={\frac {6}{s^{2}}}+{\frac {5}{s}}}
∴ Y ( s ) = y ( 0 ) s 2 + 5 s + 6 s 2 ( s + 3 ) {\displaystyle \therefore Y(s)={\frac {y(0)s^{2}+5s+6}{s^{2}(s+3)}}}
と変形される。これに部分分数分解を行う。
Y ( s ) = α s + β s 2 + γ s + 3 {\displaystyle Y(s)={\frac {\alpha }{s}}+{\frac {\beta }{s^{2}}}+{\frac {\gamma }{s+3}}}
とおくと
Y ( s ) = ( α + γ ) s 2 + ( 3 α + β ) s + 3 β s 2 ( s + 3 ) {\displaystyle Y(s)={\frac {(\alpha +\gamma )s^{2}+(3\alpha +\beta )s+3\beta }{s^{2}(s+3)}}}