\begin{equation} \frac{dy}{dx}+Ay=B{\sin}Cx\ \ \ 但しx=0のときy=0 \label{式1} \end{equation}
単純な1階微分方程式であるが三角関数が入ると面倒そうである。ラプラス変換をすれば解けそうだが，それでも面倒そうな気がして解くのを躊躇してしまう。でも，電気工学科の学生ならば，比較的簡単に例題の解を導くことができるのだ。さあ，解いてみよう。
例題の式を電気回路で置き換えると，実は$LR$回路に交流電源を印加した場合の電流特性を見ていることと等価になる。つまり，
\begin{equation}
L\frac{di}{dt}+Ri=V{\sin}{\omega}t \ \ \ 但しt=0のときi=0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)
\end{equation}
を解くことと同じである。電気回路に落とし込めそうならば，電気工学科ならお手のものだ。
(1)式を解くにあたり，まず，一般解(過渡解)を考える。つまり，
\begin{equation}
L\frac{di}{dt}+Ri=0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)
\end{equation}
を解く。これは，下記のように比較的容易に解くことができる。
\begin{equation}
L\frac{di}{dt}=-Ri \nonumber\\
\end{equation}
\begin{equation}
L\log_e{i}=-Rt+K_1 \nonumber\\
\end{equation}
\begin{equation}
\log_e{i}=-\frac{R}{L}t+K_2 \nonumber\\
\end{equation}
\begin{equation}
i=Ke^{-\frac{R}{L}t} \ \ ただし，Kは積分定数 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (3)
\end{equation}
次に，特殊解(定常解)を求める。さて，どう求めるか？この特殊解の導出が面倒なことが例題の式を解くことを困難にしているのである。でも大丈夫，なぜなら2年生の時にフェイザーを習得しているから。つまり，(1)式は，
\begin{equation}
j{\omega}Li+Ri=V \underline{I_m\left[e^{j{\omega}t}\right]} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)
\end{equation}
と表せる。(アンダーラインの部分は普通は表記しないが，ここでは，分かりやすさのためにあえて残してみた。) (4)式からは$\sin$の項が消えており，見通しが良さそうだ。しかし，そもそも(4)式は正しいのか？答えはもちろん正しい。なぜならば，$\sin{\omega}t$はオイラーの公式より$e^{j{\omega}t}$の虚数項であり，実軸と虚軸は直交しているため，互いに作用しないと考えれば(4)式のように表しても何ら問題はない。もっと言えば，$L$や$R$の線形素子に正弦波の電圧を与えているのだから，電流$i$の周波数は変わるはずもなく，$i$も$e^{j{\omega}t}$を用いて表されるはずである。(だから，$L\frac{di}{dt}$を$j\omega{L}$($j\omega$は$e^{j{\omega}t}$を微分した時に現れる係数成分)と表されるとも言える。)したがって，電気工学科の学生ならば(1)式は通常は，
\begin{equation}
j{\omega}Li+Ri=V\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (5)
\end{equation}
と表すのである。そして，$i$を解いた後に $\sin{\omega}t$を戻してあげれば答えにたどり着くはずだ。では，早速，(4)式を解いてみよう。
\begin{eqnarray}
i&=&\frac{V}{R+j{\omega}L}e^{j{\omega}t} \nonumber \\
&=&\frac{V}{R^2+{\omega}^2L^2}\left(R-j{\omega}L\right)e^{j{\omega}t }\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)
\end{eqnarray}
ここで，$R-j{\omega}L$は大きさが$\sqrt{R^2+{\omega}^2L^2}$であり，位相角は$\phi=-{\rm{Tan}}^{-1}\frac{{\omega}L}{R}$であるので，
\begin{eqnarray}
i&=&\frac{V}{\sqrt{R^2+{\omega}^2L^2}}\sin\left({\omega}t +{\phi}\right) \ \ ただし，\phi=-{\rm{Tan}}^{-1}\frac{{\omega}L}{R}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (7)
\end{eqnarray}
となり，あっさりと特殊解を求められる。ここまでくれば，あとは簡単。一般解と特殊解を纏めると，
\begin{eqnarray}
i(t)&=&Ke^{-\frac{R}{L}t}+\frac{V}{\sqrt{R^2+{\omega}^2L^2}}\sin\left({\omega}t +{\phi}\right)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)
\end{eqnarray}
$t=0$で$i=0$なので，
\begin{equation}
i(0)=K+\frac{V}{\sqrt{R^2+{\omega}^2L^2}}\sin{\phi}＝0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (9)
\end{equation}
となり，
\begin{equation}
K=-\frac{V}{\sqrt{R^2+{\omega}^2L^2}}\sin{\phi}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (10)
\end{equation}
したがって，
\begin{equation}
i(t)=\frac{V}{\sqrt{R^2+{\omega}^2L^2}}\left[
\sin\left({\omega}t +{\phi}\right)-\sin{\phi}e^{-\frac{R}{L}t}
\right]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (11)
\end{equation}
と解くことができる。
念のため,例題の解は，$L=1$，$R=A$，$V=B$，$\omega=C$と考えればよく，
\begin{equation}
y=\frac{B}{\sqrt{A^2+{C}^2}}\left[
\sin\left({C}x +{\phi}\right)-\sin{\phi}e^{-Ax}
\right]
\ \ \ \ ただし，
\phi=-{\rm{Tan}}^{-1}\frac{{C}}{A}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (12)
\end{equation}
となる。めでたし。めでたし。