第31章ラプラス変換の定義と基本公式

証明

定義31.1にそのまま代入すると，

$$ \Lap[c_1f(t)+c_2g(t)] = \int_0^\infty \bigl(c_1f(t)+c_2g(t)\bigr)e^{-st}\,dt $$

となる．積分は和を保つ操作なので（定積分の性質，第5章5.2節既習），被積分関数の和を2つの積分の和に分けられる．さらに定数 $c_1,c_2$ は積分変数 $t$ に関係しないので積分の外に出せる．

$$ = c_1\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt + c_2\int_0^\infty g(t)e^{-st}\,dt = c_1\Lap[f(t)]+c_2\Lap[g(t)] $$

（証明終わり）

証明

$f(t)=1$ を定義31.1にそのまま代入する．

$$ \Lap[1] = \int_0^\infty 1\cdot e^{-st}\,dt = \lim_{c\to\infty}\int_0^c e^{-st}\,dt = \lim_{c\to\infty}\left[-\frac1s e^{-st}\right]_0^c $$

（不定積分 $\int e^{-st}\,dt=-\frac1s e^{-st}$ は，右辺を $t$ で微分すると $-\frac1s\cdot(-s)e^{-st}=e^{-st}$ に戻ることから確かめられる．）

$$ = \lim_{c\to\infty}\left(-\frac1s e^{-sc} - \left(-\frac1s e^{0}\right)\right) = \lim_{c\to\infty}\left(-\frac1s e^{-sc}\right) + \frac1s $$

$s>0$ ならば $c\to\infty$ のとき $e^{-sc}\to0$ だから，第1項は $0$ に収束する．よって

$$ \Lap[1] = 0+\frac1s = \frac1s\qquad(s>0) $$

（証明終わり．$s\le0$ では $e^{-sc}$ が $0$ に収束しないので広義積分自体が存在しない——これが「$s>0$」という条件の意味である．）

証明

$f(t)=t$ を定義31.1に代入すると $\displaystyle\Lap[t]=\int_0^\infty t\cdot e^{-st}\,dt$ となる．これは（定数関数と違って）$t$ と $e^{-st}$ の積なので，高校数学既習の部分積分（integration by parts）$\int u'v\,dt=uv-\int uv'\,dt$ を使う．$u=-\frac1s e^{-st}$（これは $e^{-st}$ の原始関数），$v=t$ とおく，すなわち $u'=e^{-st}$，$v'=1$ である．まず不定積分の形で計算しておくと，

$$ \int t\cdot e^{-st}\,dt = \int t\cdot\left(-\frac1s e^{-st}\right)'dt = t\cdot\left(-\frac1s e^{-st}\right) - \int 1\cdot\left(-\frac1s e^{-st}\right)dt $$

（部分積分の公式で，微分する側に $t$ を，積分する側に $e^{-st}$ を選んだ．$t$ を微分すると $1$ になって式が簡単になるからである．）右辺の残った積分をさらに計算すると，

$$ = -\frac{t}{s}e^{-st} + \frac1s\int e^{-st}\,dt = -\frac{t}{s}e^{-st} - \frac1{s^2}e^{-st} $$

となる．これを定積分（広義積分）の形にもどすと，

$$ \Lap[t] = \lim_{c\to\infty}\left[-\frac{t}{s}e^{-st} - \frac1{s^2}e^{-st}\right]_0^c $$

上端 $t=c$ を代入した部分は，$s>0$ のとき $c\to\infty$ で $0$ に収束する（$e^{-sc}$ が $0$ に近づく速さは，$c$ が前についていても $c\cdot e^{-sc}\to0$ となることが指数関数の増加が多項式の増加より速いことから保証される——これは第4章のテイラー展開の考え方，あるいは単に $\lim_{c\to\infty}c/e^{sc}=0$ をロピタルの定理で確認すればよい）．下端 $t=0$ を代入すると，$-\frac{0}{s}e^{0}-\frac1{s^2}e^{0}=-\frac1{s^2}$ である．したがって，

$$ \Lap[t] = \Bigl(0-0\Bigr) - \left(-\frac1{s^2}\right) = \frac1{s^2}\qquad(s>0) $$

（証明終わり）

証明（漸化式と数学的帰納法）

$f(t)=t^n$（$n\ge1$）に部分積分を使う．$u=-\frac1se^{-st}$（$u'=e^{-st}$），$v=t^n$（$v'=nt^{n-1}$）とおくと，

$$ \Lap[t^n] = \int_0^\infty t^n e^{-st}\,dt = \underbrace{\left[t^n\cdot\left(-\frac1se^{-st}\right)\right]_0^\infty}_{0} + \frac1s\int_0^\infty n\,t^{n-1}e^{-st}\,dt $$

（境界項が $0$ になる理由：$t=0$ を代入すると $t^n=0$（$n\ge1$）だから $0$．$t\to\infty$ では，$t^n$ は多項式的にしか増えないのに対し $e^{-st}$（$s>0$）は指数関数的に $0$ に近づくので，積 $t^n e^{-st}\to0$ である——$\Lap[t]$ の証明で使ったのと同じ理屈を，次数 $n$ に拡張しただけである．）

右辺の定数 $n$ を積分の外に出すと，

$$ \Lap[t^n] = \frac{n}{s}\int_0^\infty t^{n-1}e^{-st}\,dt = \frac{n}{s}\Lap[t^{n-1}] $$

という漸化式（recurrence relation：ある項を，1つ前の項を使って表す式．数列でおなじみの考え方を，ここでは「$n$ 番目のラプラス変換」という関数の列に対して使っている）を得る．同じ式で $n$ を $n-1,n-2,\ldots$ と1つずつ下げていくと，

$$ \Lap[t^{n-1}] = \frac{n-1}{s}\Lap[t^{n-2}],\qquad \Lap[t^{n-2}]=\frac{n-2}{s}\Lap[t^{n-3}],\ \ldots,\ \Lap[t^{1}]=\frac{1}{s}\Lap[t^0] $$

が次々に成り立つ．これらを最初の式にすべて代入すると，

$$ \Lap[t^n] = \frac{n}{s}\cdot\frac{n-1}{s}\cdot\frac{n-2}{s}\cdots\frac{2}{s}\cdot\frac1s\cdot\Lap[t^0] $$

となる．ここで $\Lap[t^0]=\Lap[1]=\dfrac1s$（公式31.1）であり，分数 $\dfrac ns\cdot\dfrac{n-1}s\cdots\dfrac1s$ は，分子に $n\times(n-1)\times\cdots\times1=n!$（$n$ の階乗，$n!$ の読み方は「エヌの階乗」），分母に $s$ が $n$ 個かかるので $s^n$ である．したがって，

$$ \Lap[t^n] = \frac{n!}{s^n}\cdot\frac1s = \frac{n!}{s^{n+1}}\qquad(s>0) $$

を得る．（これは正確には「漸化式が成り立つならこの一般項になる」ことを示したものであり，論理を完全にするには数学的帰納法の形——「$n=0$ で成立し（$0!/s^1=1/s=\Lap[1]$，公式31.1そのもの），$n=k$ で成立すると仮定すると漸化式から $n=k+1$ でも成立する」——で書き直せる．中身は上の計算とまったく同じである．）（証明終わり）

証明

定義31.1に $f(t)=\sin\omega t$ を代入し，部分積分（$u=-\frac1se^{-st}$，$v=\sin\omega t$，$v'=\omega\cos\omega t$）を行う．

$$ \Lap[\sin\omega t] = \int_0^\infty \sin\omega t\cdot e^{-st}\,dt = \underbrace{\left[\sin\omega t\left(-\frac1se^{-st}\right)\right]_0^\infty}_{0} + \frac{\omega}{s}\int_0^\infty \cos\omega t\cdot e^{-st}\,dt $$

（境界項が $0$ になる理由：$t=0$ で $\sin0=0$．$t\to\infty$ では $|\sin\omega t|\le1$（有界）なのに対し $e^{-st}\to0$（$s>0$）なので，積は $0$ に収束する．）右辺に残った積分 $\int_0^\infty\cos\omega t\,e^{-st}\,dt$ に，もう一度部分積分（$u=-\frac1se^{-st}$，$v=\cos\omega t$，$v'=-\omega\sin\omega t$）を使うと，

$$ \int_0^\infty \cos\omega t\cdot e^{-st}\,dt = \underbrace{\left[\cos\omega t\left(-\frac1se^{-st}\right)\right]_0^\infty}_{\frac1s} - \frac{\omega}{s}\int_0^\infty \sin\omega t\cdot e^{-st}\,dt $$

（今度の境界項：$t\to\infty$ ではやはり $0$．$t=0$ では $\cos0\left(-\frac1se^{0}\right)=-\frac1s$ なので，$[\,\cdot\,]_0^\infty=0-\left(-\frac1s\right)=\frac1s$ である．）すなわち，

$$ \int_0^\infty \cos\omega t\cdot e^{-st}\,dt = \frac1s - \frac{\omega}{s}\Lap[\sin\omega t] $$

という式が得られた．これを最初の式に代入すると，

$$ \Lap[\sin\omega t] = \frac{\omega}{s}\left(\frac1s - \frac{\omega}{s}\Lap[\sin\omega t]\right) = \frac{\omega}{s^2} - \frac{\omega^2}{s^2}\Lap[\sin\omega t] $$

という，求めたい $\Lap[\sin\omega t]$ 自身が右辺にも現れる自己言及的（self-referential）な方程式になる．一見奇妙に見えるが，これは未知数 $X=\Lap[\sin\omega t]$ についての方程式 $X=\dfrac{\omega}{s^2}-\dfrac{\omega^2}{s^2}X$ にほかならない．移項して $X$ について解けばよい．

$$ \left(1+\frac{\omega^2}{s^2}\right)\Lap[\sin\omega t] = \frac{\omega}{s^2} \qquad\therefore\quad \Lap[\sin\omega t] = \frac{\dfrac{\omega}{s^2}}{1+\dfrac{\omega^2}{s^2}} = \frac{\omega}{s^2+\omega^2} $$

（最後の等号は，分母・分子に $s^2$ を掛けて分数の中の分数を整理した．）（証明終わり）

証明

公式31.4の証明の途中で，すでに

$$ \int_0^\infty \cos\omega t\cdot e^{-st}\,dt = \frac1s - \frac{\omega}{s}\Lap[\sin\omega t] $$

という式を得ていた．左辺はまさに $\Lap[\cos\omega t]$ なので，右辺に公式31.4の結果 $\Lap[\sin\omega t]=\dfrac{\omega}{s^2+\omega^2}$ を代入するだけでよい．

$$ \Lap[\cos\omega t] = \frac1s - \frac{\omega}{s}\cdot\frac{\omega}{s^2+\omega^2} = \frac1s\left(1-\frac{\omega^2}{s^2+\omega^2}\right) = \frac1s\cdot\frac{(s^2+\omega^2)-\omega^2}{s^2+\omega^2} = \frac1s\cdot\frac{s^2}{s^2+\omega^2} = \frac{s}{s^2+\omega^2} $$

（証明終わり．公式31.4を先に求めておいたおかげで，公式31.5は代入するだけで済んだ——これがノートの計算順序（$\sin$を先に，$\cos$をあとで）の理由である．）

証明

定義31.1に $f(t)=e^{\omega t}$ を代入すると，指数法則 $e^{\omega t}\cdot e^{-st}=e^{-(s-\omega)t}$ より，

$$ \Lap[e^{\omega t}] = \int_0^\infty e^{\omega t}\cdot e^{-st}\,dt = \int_0^\infty e^{-(s-\omega)t}\,dt = \lim_{c\to\infty}\left[-\frac1{s-\omega}e^{-(s-\omega)t}\right]_0^c $$

$s-\omega>0$（すなわち $s>\omega$）ならば $c\to\infty$ で $e^{-(s-\omega)c}\to0$（公式31.1の証明と同じ理由）なので，

$$ \Lap[e^{\omega t}] = 0-\left(-\frac1{s-\omega}\right) = \frac1{s-\omega}\qquad(s>\omega) $$

（証明終わり．例題31.1で $\omega=-2$ の場合をすでに具体的に確認した．）

証明

定義（第2章定義2.2） $\sinh\omega t=\dfrac{e^{\omega t}-e^{-\omega t}}2$ に線形性（定理31.1）を適用し，公式31.6を（$\omega$ と $-\omega$ の両方に対して）使う．

$$ \Lap[\sinh\omega t] = \Lap\!\left[\frac{e^{\omega t}-e^{-\omega t}}2\right] = \frac12\Bigl(\Lap[e^{\omega t}]-\Lap[e^{-\omega t}]\Bigr) = \frac12\left(\frac1{s-\omega}-\frac1{s+\omega}\right) $$

（公式31.6で $\omega\to-\omega$ に置き換えると $\Lap[e^{-\omega t}]=\dfrac1{s-(-\omega)}=\dfrac1{s+\omega}$ になることを使った．また，$\Lap[e^{\omega t}]$ は $s>\omega$，$\Lap[e^{-\omega t}]$ は $s>-\omega$ で存在するので，両方が同時に存在するのは共通範囲 $s>|\omega|$ のときである．）分数を通分すると，

$$ \frac12\left(\frac1{s-\omega}-\frac1{s+\omega}\right) = \frac12\cdot\frac{(s+\omega)-(s-\omega)}{(s-\omega)(s+\omega)} = \frac12\cdot\frac{2\omega}{s^2-\omega^2} = \frac{\omega}{s^2-\omega^2} $$

（証明終わり）

証明

公式31.7とまったく同様に，$\cosh\omega t=\dfrac{e^{\omega t}+e^{-\omega t}}2$ に線形性と公式31.6を適用する．

$$ \Lap[\cosh\omega t] = \frac12\Bigl(\Lap[e^{\omega t}]+\Lap[e^{-\omega t}]\Bigr) = \frac12\left(\frac1{s-\omega}+\frac1{s+\omega}\right) = \frac12\cdot\frac{(s+\omega)+(s-\omega)}{s^2-\omega^2} = \frac12\cdot\frac{2s}{s^2-\omega^2} = \frac{s}{s^2-\omega^2} $$

（証明終わり）

証明

$f(t)$ が $|f(t)|\le Me^{\alpha t}$ をみたすとき，$\Lap[f(t)]$ が存在する（＝広義積分が収束する）ことを示す．積分の絶対値は被積分関数の絶対値の積分以下である（三角不等式を積分に拡張した性質）ことを使うと，

$$ |F(s)| = \bigl|\Lap[f(t)]\bigr| = \left|\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt\right| \le \int_0^\infty |f(t)|\,e^{-st}\,dt $$

ここで $s>0$ のとき $e^{-st}>0$ なので絶対値記号を外に出せることに注意する．さらに仮定 $|f(t)|\le Me^{\alpha t}$ を使うと，

$$ \le \int_0^\infty Me^{\alpha t}e^{-st}\,dt = M\int_0^\infty e^{-(s-\alpha)t}\,dt $$

この最後の積分は，公式31.1の証明とまったく同じ形（指数 $-(s-\alpha)$ の積分）である．$s-\alpha>0$（すなわち $s>\alpha$）であれば，

$$ M\int_0^\infty e^{-(s-\alpha)t}\,dt = M\left[-\frac1{s-\alpha}e^{-(s-\alpha)t}\right]_0^\infty = M\cdot\frac1{s-\alpha} = \frac{M}{s-\alpha} $$

（$s-\alpha>0$ だから $t\to\infty$ で $e^{-(s-\alpha)t}\to0$，$t=0$ では $e^0=1$．公式31.1の証明の焼き直しである．）以上より，$|F(s)|\le\dfrac{M}{s-\alpha}$（有限の値）であることが示された．積分 $\int_0^\infty|f(t)|e^{-st}\,dt$ 自身が有限な値で上から押さえられている（かつ $f$ が区分的に連続で $|f(t)|e^{-st}$ が可積分である）ことから，もとの広義積分 $\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt$ も収束する．したがって，$f(t)$ が $|f(t)|\le Me^{\alpha t}$ をみたせば，$s>\alpha$ のすべての $s$ で $\Lap[f(t)]$ が存在する．（証明終わり）

証明

定義31.1に $f(t)=\delta(t-a)$ を代入すると $\displaystyle\Lap[\delta(t-a)]=\int_0^\infty \delta(t-a)e^{-st}\,dt$ である．$a\ge0$ のとき，区間 $(-\infty,0)$ では $t-a<0$ なので $\delta(t-a)=0$（デルタ関数の「衝撃」は $t=a$ の一点にしかないから）である．したがって，積分区間を $[0,\infty)$ から $(-\infty,\infty)$ に広げても被積分関数の値は変わらず，積分の値も変わらない．

$$ \int_0^\infty \delta(t-a)e^{-st}\,dt = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-st}\,\delta(t-a)\,dt $$

ここで $f(t)=e^{-st}$ とおいて定義31.3のふるい性質を適用すると，$t=a$ での値 $f(a)=e^{-sa}$ が取り出される．

$$ = f(a) = e^{-s\cdot a} = e^{-as} $$

（証明終わり）

証明

定義31.1に代入すると，$\displaystyle\Lap[u(t-a)]=\int_0^\infty u(t-a)e^{-st}\,dt$ である．$u(t-a)$ は $t\lt a$ で $0$，$t\ge a$ で $1$ なので，積分区間を $a$ で分割する．

$$ \Lap[u(t-a)] = \int_0^a \underbrace{0}_{u(t-a)=0}\cdot e^{-st}\,dt + \int_a^\infty \underbrace{1}_{u(t-a)=1}\cdot e^{-st}\,dt = 0 + \int_a^\infty e^{-st}\,dt $$

残った積分は公式31.1の証明と同じ形（積分区間の下端が $0$ でなく $a$ になっただけ）なので，

$$ \int_a^\infty e^{-st}\,dt = \left[-\frac1se^{-st}\right]_a^\infty = 0-\left(-\frac1se^{-sa}\right) = \frac{e^{-as}}{s}\qquad(s>0) $$

（証明終わり）

証明

定義31.1に代入し，公式31.10の証明と同様に積分区間を $a$ で分割する．

$$ \Lap[f(t-a)u(t-a)] = \int_0^\infty f(t-a)u(t-a)e^{-st}\,dt = \int_0^a f(t-a)\cdot0\cdot e^{-st}\,dt + \int_a^\infty f(t-a)\,e^{-st}\,dt $$

（$t\lt a$ では $u(t-a)=0$ なので第1項は $0$．）残った積分で，置換積分 $u=t-a$（$du=dt$，$t=a$ のとき $u=0$，$t\to\infty$ のとき $u\to\infty$）を行う．

$$ \int_a^\infty f(t-a)e^{-st}\,dt = \int_0^\infty f(u)e^{-s(u+a)}\,du $$

（積分区間が $[a,\infty)\to[0,\infty)$ に変わるのは，$t$ 軸を $a$ だけ平行移動して $u$ 軸に読み替えたことに対応する——横軸をそのまま $a$ だけずらして原点を $t=a$ に置き直したのだと考えればよい．）指数部分を $e^{-s(u+a)}=e^{-sa}\cdot e^{-su}$ と分けると，$e^{-sa}$ は $u$ に関係しない定数なので積分の外に出せる．

$$ \int_0^\infty f(u)e^{-s(u+a)}\,du = e^{-sa}\int_0^\infty f(u)e^{-su}\,du = e^{-as}\Lap[f(t)] = e^{-as}F(s) $$

（積分変数の記号を $u$ から $t$ に変えても積分の値は変わらないので，$\int_0^\infty f(u)e^{-su}\,du=\Lap[f(t)]=F(s)$ である．）（証明終わり）

証明

$f(t)$ は周期 $T$ の周期関数なので，$f(t)=f(t+nT)$（$n$ は整数）が成り立つ．定義31.1の積分区間 $[0,\infty)$ を，$[0,T),[T,2T),[2T,3T),\ldots$ と1周期ずつに分割する．

$$ \Lap[f(t)] = \int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt = \underbrace{\int_0^T f(t)e^{-st}\,dt}_{F_0(s)} + \int_T^{2T} f(t)e^{-st}\,dt + \int_{2T}^{3T} f(t)e^{-st}\,dt + \cdots $$

第2項以降の積分を，それぞれ置換積分 $u=t-nT$（$n=1,2,\ldots$，$du=dt$）で最初の周期に引き戻す．たとえば第2項（$n=1$）では，$t=T$ のとき $u=0$，$t=2T$ のとき $u=T$ であり，かつ周期性 $f(t)=f(u+T)=f(u)$ を使うと，

$$ \int_T^{2T} f(t)e^{-st}\,dt = \int_0^T f(u+T)\,e^{-s(u+T)}\,du = e^{-sT}\int_0^T f(u)e^{-su}\,du = e^{-sT}F_0(s) $$

（積分変数を $t$ から $u$ に置換したので，微分記号も $dt$ から $du$ に変わることに注意する．）同様に，$n$ 番目の項（区間 $[nT,(n+1)T)$）も $u=t-nT$ で引き戻すと，周期性を $n$ 回使って $e^{-nsT}F_0(s)$ になる．したがって，

$$ \Lap[f(t)] = F_0(s) + e^{-sT}F_0(s) + e^{-2sT}F_0(s) + \cdots = F_0(s)\bigl(1+e^{-sT}+e^{-2sT}+\cdots\bigr) $$

括弧の中は，公比 $r=e^{-sT}$ の無限等比級数である．$s>0$ ならば $0\lt e^{-sT}\lt1$（すなわち $|r|\lt1$）なので，高校数学既習の無限等比級数の和の公式 $1+r+r^2+\cdots=\dfrac1{1-r}$（$|r|\lt1$）が使え，

$$ \Lap[f(t)] = F_0(s)\cdot\frac1{1-e^{-sT}} = \frac{F_0(s)}{1-e^{-sT}} $$

を得る．（証明終わり）

証明

（ノート(p.13)にはこの結果が1行だけ書かれており証明が無いため，以下は本書で補った証明である．）定義31.1に $f'(t)$ を代入し，部分積分を行う．公式31.2（$\Lap[t]$）の証明では「$e^{-st}$ を積分し，$t$ を微分する」向きだったが，今度は逆に，$e^{-st}$ のほうを微分し，$f'(t)$ のほうを積分する．$u=e^{-st}$（$u'=-se^{-st}$），$v'=f'(t)$（$v=f(t)$）とおくと，部分積分の公式 $\int_0^\infty uv'\,dt=\bigl[uv\bigr]_0^\infty-\int_0^\infty u'v\,dt$ より，

$$ \Lap[f'(t)] = \int_0^\infty f'(t)e^{-st}\,dt = \Bigl[f(t)e^{-st}\Bigr]_0^\infty - \int_0^\infty f(t)\cdot(-s)e^{-st}\,dt $$

境界項を評価する．$t=0$ では $f(0)e^{0}=f(0)$．$t\to\infty$ では，$f(t)$ が指数 $\alpha$ 位（$|f(t)|\le Me^{\alpha t}$，定義31.2）なので，$\bigl|f(t)e^{-st}\bigr|\le Me^{-(s-\alpha)t}$ であり，$s>\alpha$ ならばこれは（定理31.2の証明と同じ理屈で）$0$ に収束する．したがって，

$$ \Bigl[f(t)e^{-st}\Bigr]_0^\infty = 0 - f(0) = -f(0) $$

である．また右辺に残った積分は，符号が $-\times(-s)=+s$ になることに注意すると，

$$ -\int_0^\infty f(t)\cdot(-s)e^{-st}\,dt = s\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt = sF(s) $$

となる．以上をあわせて，

$$ \Lap[f'(t)] = -f(0) + sF(s) = sF(s)-f(0) $$

を得る．（証明終わり）

証明（本書で補った証明——導関数公式31.4の応用例として）

$f(t)=\mathrm{erf}(\sqrt{at})$ とおく．$f(0)=\mathrm{erf}(0)=0$ である．合成関数の微分（$\dfrac{d}{dt}\sqrt{at}=\dfrac{a}{2\sqrt{at}}$）と，上のボックスで確認した $\mathrm{erf}'(x)=\dfrac2{\sqrt\pi}e^{-x^2}$ を組み合わせると，

$$ f'(t) = \frac{2}{\sqrt\pi}e^{-(\sqrt{at})^2}\cdot\frac{d}{dt}\sqrt{at} = \frac2{\sqrt\pi}e^{-at}\cdot\frac{a}{2\sqrt{at}} = \frac{a}{\sqrt\pi\sqrt{at}}e^{-at} = \sqrt{\frac{a}{\pi t}}\,e^{-at} $$

（最後の等号：$\dfrac{a}{\sqrt{at}}=\dfrac{a}{\sqrt a\sqrt t}=\dfrac{\sqrt a}{\sqrt t}$ を使って整理した．）ここで $f(0)=0$ に注意して定理31.4を使うと，

$$ \Lap[f'(t)] = sF(s) - f(0) = sF(s) $$

である．一方，左辺は定数を積分の外に出すと，

$$ \Lap[f'(t)] = \sqrt{\frac a\pi}\,\Lap\!\left[t^{-1/2}e^{-at}\right] = \sqrt{\frac a\pi}\int_0^\infty t^{-1/2}e^{-(s+a)t}\,dt $$

である．この積分は，置換 $t=u^2$（$u\ge0$，$dt=2u\,du$，$t:0\to\infty$ のとき $u:0\to\infty$）で計算できる．

$$ \int_0^\infty t^{-1/2}e^{-(s+a)t}\,dt = \int_0^\infty u^{-1}e^{-(s+a)u^2}\cdot2u\,du = 2\int_0^\infty e^{-(s+a)u^2}\,du $$

（$t^{-1/2}=(u^2)^{-1/2}=u^{-1}$，$dt=2u\,du$ より，$u^{-1}\cdot2u=2$ となって $u$ が消える．）さらに $x=\sqrt{s+a}\,u$（$dx=\sqrt{s+a}\,du$）と置換すると，第7章7.5節（定理7.1，ガウス積分 $\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx=\sqrt\pi$；$e^{-x^2}$ は偶関数なので片側の積分はその半分 $\sqrt\pi/2$）がそのまま使える形になる．

$$ 2\int_0^\infty e^{-(s+a)u^2}\,du = \frac{2}{\sqrt{s+a}}\int_0^\infty e^{-x^2}\,dx = \frac2{\sqrt{s+a}}\cdot\frac{\sqrt\pi}2 = \frac{\sqrt\pi}{\sqrt{s+a}} $$

したがって，

$$ \Lap[f'(t)] = \sqrt{\frac a\pi}\cdot\frac{\sqrt\pi}{\sqrt{s+a}} = \frac{\sqrt a}{\sqrt{s+a}} $$

これが $sF(s)$ に等しいので，両辺を $s$ で割ると，

$$ F(s) = \frac1s\cdot\frac{\sqrt a}{\sqrt{s+a}} = \frac{\sqrt a}{s\sqrt{s+a}} $$

が得られる（証明終わり．$a=2,s=3$ の場合に，この式の値と，$\mathrm{erf}(\sqrt{2t})e^{-3t}$ を $t=0$ から $\infty$ まで直接数値積分した値が，小数点以下30桁まで一致することをmpmathで検算済み）．導関数公式（定理31.4）1本と，第7章のガウス積分という，どちらも本章より前に確立済みの道具を組み合わせるだけで，ノートには証明が書かれていなかった結果に完全な証明を与えることができた——「底本の内容を1つも省略しない」という本書の方針を，証明が欠けている箇所についても貫いた一例である．