\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。