定義より， \[ \mathcal{L}[H(t)]=\int_0^\infty 1\cdot e^{-st}\,dt. \] \[ \int_0^\infty e^{-st}\,dt = \left[-\frac{e^{-st}}{s}\right]_0^\infty =\frac{1}{s}\quad (\Re(s)>0) \] よって， \[ \boxed{\mathcal{L}[H(t)]=\frac{1}{s}.} \]
\[ \mathcal{L}\Bigl[\frac{df(t)}{dt}\Bigr]=\int_0^\infty \frac{df(t)}{dt}e^{-st}\,dt. \] この部分を部分積分する． \[u=e^{-st} → du=-se^{-st}\,dt\] \[dv=\frac{df(t)}{dt}\,dt → v=f(t)\] よって， \[ \int_0^\infty \frac{df(t)}{dt}e^{-st}\,dt =\Bigl[f(t)e^{-st}\Bigr]_0^\infty + s\int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt. \] ここで，\(t\to\infty\)で\(f(t)e^{-st}\to0\)(\(\because\Re(s)>0\)) および\(f(0)e^{-s\cdot0}=f(0)\)であるから， \[ \Bigl[f(t)e^{-st}\Bigr]_0^\infty = 0 - f(0) = -f(0). \] また， \[ \int_0^\infty f(t)e^{-st}\,dt=F(s) \] であるので， \[ \mathcal{L}\Bigl[\frac{df(t)}{dt}\Bigr]= -f(0)+sF(s). \] \[ \boxed{\mathcal{L}\Bigl[\frac{df(t)}{dt}\Bigr]= sF(s)-f(0).} \]
\[ \mathcal{L}\Bigl[\frac{d^2f(t)}{dt^2}\Bigr] =\mathcal{L}\Bigl[\frac{d}{dt}\Bigl(\frac{df(t)}{dt}\Bigr)\Bigr] = s\,\mathcal{L}\Bigl[\frac{df(t)}{dt}\Bigr]-\frac{df(0)}{dt}. \] 問2より， \[ \mathcal{L}\Bigl[\frac{df(t)}{dt}\Bigr]= sF(s)-f(0) \] であるので， \[ \boxed{\mathcal{L}\Bigl[\frac{d^2f(t)}{dt^2}\Bigr] =s^2F(s)-sf(0)-\frac{df(0)}{dt}.} \]
定義より， \[ \mathcal{L}[g(t)]=\int_0^\infty \sin\alpha t\, e^{-st}\,dt. \] 複素指数関数を用い， \[ \sin\alpha t = \frac{e^{i\alpha t}-e^{-i\alpha t}}{2i} \] と書くと， \[ I=\frac{1}{2i}\int_0^\infty e^{-st}\Bigl(e^{i\alpha t}-e^{-i\alpha t}\Bigr)dt =\frac{1}{2i}\left[\int_0^\infty e^{-(s-i\alpha)t}\,dt - \int_0^\infty e^{-(s+i\alpha)t}\,dt\right]. \] 各積分は， \[ \int_0^\infty e^{-\beta t}\,dt = \frac{1}{\beta}\quad (\Re(\beta)>0) \] を用いて， \[ I=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{s-i\alpha} - \frac{1}{s+i\alpha}\right). \] 分母を通分． \[ \frac{1}{s-i\alpha} - \frac{1}{s+i\alpha} = \frac{(s+i\alpha)-(s-i\alpha)}{(s-i\alpha)(s+i\alpha)} = \frac{2i\alpha}{s^2+\alpha^2}. \] よって， \[ I=\frac{1}{2i}\cdot\frac{2i\alpha}{s^2+\alpha^2} = \frac{\alpha}{s^2+\alpha^2}. \] 以上より， \[ \boxed{\mathcal{L}[g(t)]=\frac{\alpha}{s^2+\alpha^2}.} \]
ラプラス変換の定義および初期値条件を用いると， \[ \mathcal{L}\Bigl[\frac{d^2 y}{dt^2}\Bigr] = s^2Y(s) - sy(0) - \frac{dy(0)}{dt} = s^2Y(s). \] また，\(\mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)\)なので，全体のラプラス変換をとると， \[ s^2Y(s) + \omega^2Y(s) = \mathcal{L}\{\sin t\}(s). \] 問題1の結果より， \[ \mathcal{L}\{\sin t\}(s)=\frac{1}{s^2+1} \] であるため， \[ (s^2+\omega^2)Y(s) = \frac{1}{s^2+1}. \] よって， \[ \boxed{Y(s)=\frac{1}{(s^2+1)(s^2+\omega^2)}.} \]
\(Y(s)\)の部分分数分解を行う． \[ \frac{1}{(s^2+1)(s^2+\omega^2)} = \frac{A}{s^2+1} + \frac{B}{s^2+\omega^2}. \] 両辺に\((s^2+1)(s^2+\omega^2)\)を掛けると， \[ 1 = A(s^2+\omega^2) + B(s^2+1) = (A+B)s^2 + (A\,\omega^2+B). \] この式が恒等的に成立するためには，\(s^2\)の係数と定数項がそれぞれ等しくなる必要があり， \[ A+B = 0,\qquad A\,\omega^2+B = 1. \] \[ A\,\omega^2 - A = A(\omega^2-1)=1, \] よって， \[ A=\frac{1}{\omega^2-1}\quad, \quad B=-\frac{1}{\omega^2-1}. \] よって，\(Y(s)\)は， \[ Y(s)=\frac{1}{\omega^2-1}\left(\frac{1}{s^2+1}-\frac{1}{s^2+\omega^2}\right). \] 次に，ラプラス逆変換を行う，問題1の結果より， \[ \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{s^2+\alpha^2}\Bigr\}(t)=\frac{1}{\alpha}\sin(at) \] が成り立つので， \[ \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{s^2+1}\Bigr\}(t)=\sin t \] \[ \mathcal{L}^{-1}\Bigl\{\frac{1}{s^2+\omega^2}\Bigr\}(t)=\frac{1}{\omega}\sin(\omega t) \] したがって， \[ \boxed{y(t)=\frac{1}{\omega^2-1}\left[\sin t-\frac{1}{\omega}\sin(\omega t)\right].} \]