**<math>F'(s)=\frac{\partial}{\partial s} \int_0^\infty e^{-st}y(t)dt=\int_0^\infty -te^{-st}y(t)dt=-\mathcal{L}(ty)</math>
**את העובדה שגזרנו בתוך האינטגרל לא נצדיק כאן, היא נכונה עבור פונקציות שחסומות על ידי אקספוננט.
*נוכיח כי <math>\mathcal{L}(e^{at}y(t)) = F(s-a)</math>
**<math>\mathcal{L}(e^{at}y(t))=\int_0^\infty e^{-st}e^{at}y(t)dt = \int_0^\infty e^{-(s-a)t}y(t)dt=F(s-a)</math>
===דוגמא===
*נפתור את המד"ר <math>y''-2y'+2y=0</math> עם תנאי ההתחלה <math>y(0)=0,y'(0)=1</math>.*שימו לב שכבר למדנו איך לפתור מד"ר זו - למצוא פתרון כללי ולהציב תנאי ההתחלה.*התמרת לפלס עשוייה לחסוך לנו קצת זמן.*נבצע התמרת לפלס:**<math>s^2F(s)-sy(0)-y'(0)-2(sF(s)-y(0))+F(s)=0</math>**<math>F(s)=\frac{1}{s^2-2s+2} = \frac{1}{(s-1)^2+1}</math>*ידוע ש<math>G(s)=\frac{1}{s^2+1}</math> הינה ההתמרה של <math>sin(t)</math>.*לכן <math>F(s)=G(s-1)</math> הינה ההתמרה של <math>e^tsin(t)</math>, וזהו פתרון המד"ר. ===דוגמא===*נפתור את המד"ר <math>xy''-(x+2)y'+2y=0</math>.
*נבצע התמרת לפלס:
**<math>\mathcal{L}(xy''-(x+2)y'+2y)=\mathcal{L}(xy'')-\mathcal{L}(xy')-2\mathcal{L}(y')+2\mathcal{L}(y)=</math>