$T_\infty = 0$ として考える。
\begin{align} \frac{\partial \hat{T}(k,t)}{\partial t} &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial T(x,t)}{\partial t} e^{-ikt} dx \\ &= \frac{\mu}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial^2 T(x,t)}{\partial^2 x} e^{-ikt} dx \\ &= \frac{\mu}{2\pi} \left[ \frac{\partial T(x,t)}{\partial x} e^{-ikt} \right]_{-\infty}^\infty + \frac{i \mu k}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial T(x,t)}{\partial x} e^{-ikt} dx \\ &= \frac{i \mu k}{2\pi} \left[ T(x,t) e^{-ikt} \right]_{-\infty}^\infty - \frac{\mu k^2}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty T(x,t) e^{-ikt} dx \\ &= - \mu k^2 \hat{T}(k,t) \end{align}
\begin{align} \hat{T}(k,t) = A(k) e^{-\mu k^2 t} \end{align} ここで $A(k)$ は $t$ によらない積分定数であるが、 $k$ ごとに決めるので $k$ の関数として書いた。
[2] で得た表式を使って、次のように書ける： \begin{align} T(x,t) &= \int_{-\infty}^\infty \hat{T}(k,t) e^{ikx} dk \\ &= \int_{-\infty}^\infty A(k) e^{ikx - \mu k^2 t} dk \end{align} そこで $t=0$ とすると、次を得る： \begin{align} T_0(x) &= \int_{-\infty}^\infty A(k) e^{ikx} dk \\ \therefore \ \ A(k) &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty T_0(x) e^{-ikx} dx \end{align} よって、次を得る： \begin{align} T(x,t) &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty dk \int_{-\infty}^\infty dy \ T_0(y) e^{ik(x-y) - \mu k^2 t} \end{align}
$X = k \sqrt{\mu t}$ とおくと、 \begin{align} ik(y-x) - \mu k^2 t &= - X^2 + i(x-y) \frac{X}{\sqrt{\mu t}} \\ &= - (X + i \beta)^2 - \frac{(x-y)^2}{4 \mu t} \ \ \ \ \ \ \ \ \left( \beta = - \frac{x-y}{2 \sqrt{\mu t}} \text{ とおいた } \right) \end{align} となるので、次を得る： \begin{align} T(x,t) &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty dk \int_{-\infty}^\infty dy \ T_0(y) e^{ik(y-x) - \mu k^2 t} \\ &= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^\infty dy \ T_0(y) e^{- \frac{(x-y)^2}{4 \mu t}} \int_{-\infty}^\infty \frac{dX}{\sqrt{\mu t}} e^{-(X + i \beta)^2} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{\pi \mu t}} \int_{-\infty}^\infty dy \ T_0(y) e^{- \frac{(x-y)^2}{4 \mu t}} \end{align}
\begin{align} T(x,t) &= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{\pi \mu t}} \int_{-\infty}^\infty dy \ \delta(y) e^{- \frac{(x-y)^2}{4 \mu t}} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{\pi \mu t}} e^{- \frac{x^2}{4 \mu t}} \end{align}
[3] で得た表式より、 \begin{align} \int_{-\infty}^\infty dx \ T(x,t) &= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{\pi \mu t}} \int_{-\infty}^\infty dy \ T_0(y) \int_{-\infty}^\infty dx e^{- \frac{(x-y)^2}{4 \mu t}} \\ &= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{\pi \mu t}} \int_{-\infty}^\infty dy \ T_0(y) \int_{-\infty}^\infty 2 \sqrt{\mu t} dX e^{-X^2} \ \ \ \ \ \ \ \ \left( X = \frac{x-y}{2 \sqrt{\mu t}} \right) \\ &= \int_{-\infty}^\infty dy \ T_0(y) \end{align} がわかるが、これは $t$ を含まないので、時間的に一定である。