与えられた楕円の方程式を $x$ で微分して、 \begin{align} \frac{2x}{a^2} + \frac{2y}{b^2} \frac{dy}{dx} = 0 \end{align} \begin{align} \therefore \ \ \frac{dy}{dx} = - \frac{b^2 x}{a^2 y} \end{align} なので、楕円上の点 $(X,Y)$ における接線の方程式は、 \begin{align} y-Y = - \frac{b^2 X}{a^2 Y} (x-X) \end{align} である。
上で求めた接線とx,y軸との交点をそれぞれ $(p,0),(0,q)$ とすると、 \begin{align} p &= X + \frac{a^2 Y^2}{b^2 X} = \frac{a^2}{X} \\ q &= Y + \frac{b^2 X^2}{a^2 Y} = \frac{b^2}{Y} \end{align} であり、この2点を結ぶ線分の長さを $d$ とすると、 \begin{align} d^2 &= p^2 + q^2 \\ &= \frac{a^4}{X^2} + \frac{b^4}{Y^2} \end{align} である。
この $d^2$ を最小にする $(X,Y)$ を求めるために、 ラグランジュの未定乗数 $\lambda$ を導入して、関数 \begin{align} L(X,Y) &= \frac{a^4}{X^2} + \frac{b^4}{Y^2} - \lambda \left( \frac{X^2}{a^2} + \frac{Y^2}{b^2} \right) \end{align} を最小化する。 \begin{align} 0 &= \frac{\partial L}{\partial X} = - \frac{2a^4}{X^3} - \frac{2 \lambda X}{a^2} = - \frac{2}{a^2 X^3} \left( a^6 + \lambda X^4 \right) \\ 0 &= \frac{\partial L}{\partial Y} = - \frac{2b^4}{Y^3} - \frac{2 \lambda Y}{b^2} = - \frac{2}{b^2 Y^3} \left( b^6 + \lambda Y^4 \right) \end{align} より、 \begin{align} X^4 &= -\frac{a^6}{\lambda} , \ \ Y^4 = -\frac{b^6}{\lambda} \\ \therefore \ \ X^2 &= \frac{a^3}{\sqrt{-\lambda}} , \ \ Y^2 = \frac{b^3}{\sqrt{-\lambda}} \end{align} となるので、これらを楕円の方程式に代入して整理すると、 \begin{align} \lambda = -(a+b)^2 \end{align} したがって、 \begin{align} X^2 = \frac{a^3}{a+b} , \ \ Y^2 = \frac{b^3}{a+b} \end{align} であり、このとき、 \begin{align} d^2 = (a+b)^2 \end{align} である。
まとめると、線分の長さが最小になるのは、接点の座標が \begin{align} \left( \sqrt{\frac{a^3}{a+b}}, \sqrt{\frac{b^3}{a+b}} \right) \end{align} のときであり、このとき、線分の長さは $a+b$ である。
\begin{align} \mathcal{L} \left[ f'(t) \right] &= \int_0^\infty e^{-st} f'(t) dt \\ &= \left[ e^{-st} f(t) \right]_0^\infty + s \int_0^\infty e^{-st} f(t) dt \\ &= -f(0) + s \mathcal{L} \left[ f(t) \right] \\ \mathcal{L} \left[ f''(t) \right] &= \int_0^\infty e^{-st} f''(t) dt \\ &= \left[ e^{-st} f'(t) \right]_0^\infty + s \int_0^\infty e^{-st} f'(t) dt \\ &= -f'(0) - s f(0) + s^2 \mathcal{L} \left[ f(t) \right] \end{align}
\begin{align} \mathcal{L} \left[ g(t) \right] &= \int_0^\infty e^{-(s+a)t} \cos (\omega t) dt \\ &= \frac{1}{\omega} \left[ e^{-(s+a)t} \sin (\omega t) \right]_0^\infty + \frac{s+a}{\omega} \int_0^\infty e^{-(s+a)t} \sin (\omega t) dt \\ &= \frac{s+a}{\omega} \mathcal{L} \left[ h(t) \right] \\ \mathcal{L} \left[ h(t) \right] &= \int_0^\infty e^{-(s+a)t} \sin (\omega t) dt \\ &= - \frac{1}{\omega} \left[ e^{-(s+a)t} \cos (\omega t) \right]_0^\infty - \frac{s+a}{\omega} \int_0^\infty e^{-(s+a)t} \cos (\omega t) dt \\ &= \frac{1}{\omega} - \frac{s+a}{\omega} \mathcal{L} \left[ g(t) \right] \end{align} より、 \begin{align} \mathcal{L} \left[ g(t) \right] &= \frac{s+a}{(s+a)^2 + \omega^2} \\ \mathcal{L} \left[ h(t) \right] &= \frac{\omega}{(s+a)^2 + \omega^2} \end{align}
与えられた微分方程式をラプラス変換して、上の 1. で得た式を使うと、 \begin{align} \left( -f'(0) - s f(0) + s^2 \mathcal{L} \left[ f(t) \right] \right) + 6 \left( -f(0) + s \mathcal{L} \left[ f(t) \right] \right) + 13 \mathcal{L} \left[ f(t) \right] = 0 \end{align} \begin{align} \therefore \ \ -f'(0) - (s+6) f(0) + (s^2+6s+13) \mathcal{L} \left[ f(t) \right] = 0 \end{align} さらに、初期値 $f(0)=5, f'(0)=-11$ を代入して整理すると、 \begin{align} (s^2+6s+13) \mathcal{L} \left[ f(t) \right] = 5s+19 \end{align} \begin{align} \therefore \ \ \mathcal{L} \left[ f(t) \right] &= \frac{5s+19}{s^2+6s+13} \\ &= 2 \cdot \frac{2}{(s+3)^2+2^2} + 5 \cdot \frac{s+3}{(s+3)^2+2^2} \end{align} となる。 これは、上の 2. で $a=3, \omega=2$ の場合に相当するので、 \begin{align} f(t) &= 2 e^{-3t} \sin (2t) + 5 e^{-3t} \cos (2t) \\ &= e^{-3t} \left( 2 \sin (2t) + 5 \cos (2t) \right) \end{align} がわかる。