与えられた関数 f(t)=e−mt (m>0) の余弦フーリエ変換を F(ω) とすると、 F(ω)=∫∞0e−mtcosωt dt=−1m[e−mtcosωt]∞0−ωm∫∞0e−mtsinωt dt=1m+ωm2[e−mtsinωt]∞0−ω2m2∫∞0e−mtcosωt dt=1m−ω2m2F(ω)∴ を得る。
(a) の結果を与えられた逆変換の式に代入すると、 \begin{align} e^{-mt} = \frac{2}{\pi} \int_0^\infty \frac{m}{\omega^2 + m^2} \cos \omega t \ d \omega \end{align} であり、 t, \omega, m をそれぞれ p, v, \beta と書けば、示すべき等式が得られる。
y(x)=u(x) e^{x^2/2} として、与えられた微分方程式に代入して整理すると、 \begin{align} \frac{d^2u}{dx^2} - 4u = x \end{align} となり、さらに、 v(x)=4u(x)+x として上の微分方程式に代入して整理すると、 \begin{align} \frac{d^2 v}{dx^2} = 4v \end{align} となるので、一般解として、 \begin{align} v(x) &= C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x} \\ \therefore \ \ u(x) &= c_1 e^{2x} + c_2 e^{-2x} - \frac{1}{4} x \\ \therefore \ \ y(x) &= \left( c_1 e^{2x} + c_2 e^{-2x} - \frac{1}{4} x \right) e^{x^2/2} \end{align} を得る。 ここで、 C_1, C_2, c_1, c_2 は任意定数である。
虚数単位を i として、 z=e^{i \theta} とすると、 \begin{align} dz &= i e^{i \theta} d \theta = iz d \theta \\ \sin \theta &= \frac{1}{2i} \left( z + \frac{1}{z} \right) \end{align} である。 複素平面上で、原点を中心とする半径 1 の円を反時計回りに回る経路を C とすると、 \begin{align} I &= \int_0^{2 \pi} \frac{1}{a + \sin \theta} d \theta \\ &= \oint_C \frac{1}{a + \frac{1}{2i} \left( z + \frac{1}{z} \right)} \frac{dz}{iz} \\ &= \oint_C \frac{2}{z^2 + 2iaz - 1} dz \end{align} となる。 被積分関数は z = \left( \pm \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i に1位の極をもつが、 C の内部にあるのは、 z = \left( \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i のみである。 このときの留数は、 \begin{align} &\lim_{z \to \left( \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i} \left( z - \left( \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i \right) \cdot \frac{2}{z^2 + 2iaz - 1} \\ = &\lim_{z \to \left( \sqrt{a^2 - 1} - a \right) i} \frac{2}{z + \left( \sqrt{a^2 - 1} + a \right) i} \\ = &\frac{1}{i \sqrt{a^2 - 1}} \end{align} なので、留数定理により、 \begin{align} I &= 2 \pi i \cdot \frac{1}{i \sqrt{a^2 - 1}} \\ &= \frac{2 \pi}{\sqrt{a^2 - 1}} \end{align} を得る。