Den inhomogena varianten av $(1)$ kallas för Poissons ekvation och skrivs på följande sätt:
$$- \Delta u = f \tag{2}$$
Transportekvationen
Transportekvationen är följande PDE för $u = u(x_1, \dots, x_n, t):$
$$u_t + k \cdot \nabla_x u = 0, \quad u \in \mathbb{R}^n \times [0, \infty) \tag{1}$$
Där $k = (k_1, \dots, k_n)$ är en konstant vektor i $\mathbb{R}^n$ och $\nabla_x = (u_{x_1}, \dots, u_{x_n})$
är gradientvektorn med avseende på rymddimensionerna $\mathbb{R}^n.$
Lägg märke till att vi kan skriva om $(1)$ som
$$(k, 1) \cdot \nabla u = 0$$
Vår lösning måste då vara konstant längs vektorn $(k, 1) \in \mathbb{R}^n \times [0, \infty).$
Om vi vet värdet på $u$ i en punkt $p = (x_0, 0)$ vet vi därmed också värdet
på alla punkter $p + t(k, 1)$ längsmed linjen $(k, 1).$
Om vi då har ett begynnelsevillkor
$$u(x, 0) = g(x) \tag{2}$$
Så ser vi att lösningen för $u$ på hela domänen blir
$$u(x, t) = g(x - tk) \tag{3}$$
Betrakta nu den inhomogena transportekvationen:
$$\begin{align}
u_t + k \cdot \nabla_x u &= f(x, t), \quad u \in \mathbb{R}^n \times [0, \infty) \tag{4} \\
u(x, 0) &= g(x)
\end{align}$$
För varje punkt $(x, t)$ kan vi definiera funktionen $h_{x, t}(s) = h(s)$:
$$h(s) := u(x + sk, t + s), \quad s \in \mathbb{R} \tag{5}$$
Som har derivatan
$$\begin{align}
\frac{d}{ds} h(s) &= k_1 u_{x_1}(x + sk, t + s) + \dots + k_n u_{x_n}(x + sk, t + s) + u_t(x + sk, t + s) \\
&= k \cdot \nabla_x u(x + sk, t + s) + u_t(x + sk, t + s) = f(x + sk, t + s)
\end{align}$$
Lägg märke till att $(yu)' = y'u + yu' = y'u + a(x)yu.$ Vi kan kan därmed skriva $(1)$ som:
$$(yu)' = -b(x)u(x)$$
Och vi får lösningen:
$$y = \frac{-\int b(x)u(x) dx + C}{u(x)}$$
Vår integrationsfaktor är $u(x) = \exp \left( - \int 2x dx \right) = e^{-x^2}.$
Svaret blir då:
$$\begin{align}
y &= \frac{\int x e^{x^2}e^{-x^2} dx + C}{e^{-x^2}} \\
&= \frac{\int x \: dx + C}{e^{-x^2}} \\
&= e^{x^2} \left( \frac{x^2}{2} + C \right)
\end{align}$$
Ett annat sätt att lösa 1:a ordningens ODE:er är med variation av konstanter.
Vi börjar med att lösa den homogena ekvationen
$$y' + a(x)y = 0$$
Vår lösning kommer då ha en integrationskonstant $C,$
om vi sätter den till en funktion av $x$, dvs. $C = C(x)$ så kan
vi få fram lösnignen till den inhomogena ekvationen $(1)$.
Denna metod fungerar bättre än integrationsfaktorer när $\int b(x)u(x) dx$ är svårlöst.
Betrakta den homogena ekvationen $y' + \frac{y}{x} = 0.$
Med variabelsseparation får vi
En andra ordningens linjär ordinär differentialekvation ser ut enligt följande:
$$y'' + a(x)y' + b(x)y + c(x) = 0 \tag{1}$$
Dessa är svårare att lösa än första ordningens, men om $b(x) = 0$ så kan vi substituera
$u = y'$ och vi får då en första ordningens ekvation
$$u' + a(x)u + c(x) = 0$$
som vi kan lösa enligt tidigare metoder, och sedan integrera.
Om $a(x)$ och $b(x)$ är konstanter och så kan vi lösa den homogena ekvationen,
varpå vi kan lösa den inhomogena genom att lägga till en partikulärlösning.
Betrakta vad som händer när ni stoppar in $y = e^{rx},$ vi får då den karakteristiska ekvationen:
$$[e^{rx}] \left( r^2 + ar + b \right) = 0$$
Om r har två rötter får vi den generella lösningen
$$y = C_1 e^{r_1x} + C_2 e^{r_2x} \tag{2}$$
Detta gäller även då $r_1, r_2$ är komplexa, och vi kan då förenkla svaret till