Laplace 変換を用いて微分方程式を解くとき，初期値は t = 0 で与えられている必要があった．
しかし，前節で述べた定常性の原理を用いると，t=t_0 \ne 0 で初期値が与えられている場合，すなわち，
の解法を与えることができる．
[定理 3.3]
式 (3.12) の解は，
の解を y(t) とするとき，y(t-t_0) で与えられる．
証明
式 (3.13) の解を y(t) とする．
そうすれば，定常性の原理 Ⅱにより，
は式 (3.12) を満足し，しかも，
となる
y が p(D)x = f(t + t_0) の解，すなわち p(D)y = f(t + t_0) であるならば，
y(t - t_0) は p(D)x = f\{(t + t_0) - t_0\} = f(t) の解である． 
．
\diamondsuit
例68\quad
を解け．
解
を Laplace 変換すると
}
となる．この原像は，
{{制御と振動の数学/equation|y(t) = \int_0^t \frac{1}{\beta}\sin\beta(t-\tau)f(\tau + t_0)d\tau
\frac{\mathcal{L}[ f(t + t_0) ]}{s^2 + \beta^2} = \frac{1}{s^2 + \beta^2}\cdot\mathcal{L}[ f(t + t_0) ] \sqsubset \frac{1}{\beta}\sin\beta t * f(t+t_0)
ここで，\tau+t_0 を改めて \tau とおくと
したがって置き換える前の \tau について，\tau : 0 \to t-t_0 のとき，\tau+t_0 : t_0 \to t
，
となる．これが求める結果である．
\diamondsuit
一般的な解放も同様である．式 (3.13) を Laplace 変換すれば，
{{制御と振動の数学/equation|p(s)\mathcal{L}[y] = q(s) + \mathcal{L}[f(t+ t_0)]
となる．ここに q(s) は高々 n-1 次の s の多項式である．
}
の原像を求めるため，
とおけば，
ここで \tau+t_0 を \tau とおくと，
を得る．
原像を求める際，(3.13b) で，
{{制御と振動の数学/equation|y(t) = x_0(t) + \int_0^t g(\tau)f(t+t_0-\tau)d\taug*f = f*g，すなわち \int g(t-\tau)f(\tau)d\tau = \int g(\tau)f(t-\tau)d\tau．
例 19 を参照．
とおいても誤りではない．このとき，y(t-t_0) は，
となる．
\diamondsuit
例69\quad
を直接示せ．
解答例
I = \int_{t_0}^t g(t-\tau)f(\tau)d\tau
にて，\theta = t-\tau とおいて，\tau \to \theta の変数変換を行う．
\tau : t_0 \to t のとき，\theta : t-t_0 \to 0，また \tau = t - \theta, \quad d\theta = -d\tau．
I = -\int_{t-t_0}^0 g(\theta)f(t-\theta)d\theta
= \int_0^{t-t_0} g(\theta)f(t-\theta)d\theta = \int_0^{t-t_0} g(\tau)f(t-\tau)d\tau．
\diamondsuit
例70\quad
x' + ax = f(t), \quad x(t_0) = x_0 の解は，
または
となることを示せ．
解答例
例 69 と同じ推論で解く．
y' + ay = f(t + t_0), \quad y(0) = x_0 にて 
Y(s) \sqsubset y(t) とおき両辺をラプラス変換すると，
sY - x_0 + aY = \mathcal{L}[f(t + t_0)]
(s + a)Y = x_0 + \mathcal{L}[f(t + t_0)]
Y = \frac{x_0}{s + a} + \frac{1}{s + a}\cdot\mathcal{L}[f(t + t_0)]
\therefore y(t) = x_0e^{-at} + e^{-at}*f(t + t_0)…①
①からの展開は二通りある，まず一つは，
y = x_0e^{-at} + \int_0^t e^{-a(t-\tau)}f(\tau + t_0)d\tau
x(t) = y(t-t_0) = x_0e^{-a(t-t_0)} + \int_0^{t-t_0} e^{-a(t-t_0-\tau)}f(\tau + t_0)d\tau
t_0+\tau = \theta とおいて，\tau \to \theta の積分変数変換を行う．
このとき d\tau = d\theta，\tau : 0 \to t-t_0 のとき \theta : t_0 \to t
すなわち，x(t) =  x_0e^{-a(t-t_0)} + \int_{t_0}^t e^{-a(t-\theta)}f(\theta)d\theta
これが解の表現の一つ．
もう一つは①から，
y = x_0e^{-at} + \int_0^t e^{-a\tau}f(t+t_0-\tau)d\tau
よって x = y(t - t_0) = x_0e^{-a(t-t_0)} + \int_0^{t-t_0} e^{-a\tau}f(t-t_0 + t_0-\tau)d\tau
= x_0e^{-a(t-t_0)} + \int_0^{t-t_0} e^{-a\tau}f(t-\tau)d\tau
\diamondsuit
例71\quad
を解け．
解答例
直前の x(t) = x_0(t-t_0) + \int_0^{t-t_0}g(\tau)f(t-\tau)d\tau を使う．
t = t_0 における初期値はすべて 0 より過渡解 x_0 は 0
p(s) = s^4-2s^3+2s^2-2s+1
= (s-1)^2(s^2 + 1)
{(s-1)^2}+\frac{\frac{1}{2}s}{s^2+1}
\frac{1}{p(s)} \sqsubset g とおくと，g(t) = \frac{1}{2} \left\{ -e^t + te^t + \cos t \right\}
x = \int_0^{t-t_0}g(\tau)f(t-\tau)d\tau
= \frac{1}{2}\int_0^{t-t_0}(-e^{\tau} + \tau e^{\tau} + \cos\tau)f(t-\tau)d\tau
\diamondsuit