也就是说，

$$\mathcal{L}\left{\frac{df}{dt}\right} = sF(s) - f(0) \quad (11.12)$$

在对导数取拉普拉斯变换时，我们假设了 $f(t)$ 在 $t = 0$ 处连续，从而 $f(0-) = f(0) = f(0+)$ 。在配套教材 Advanced Modern Engineering Mathematics 中，有时会出现 $f(0-) \neq f(0+)$ 的情况，此时我们必须回到更广义的微积分来解决这个问题。

在处理微分方程时使用拉普拉斯变换的优点显而易见，因为它使我们能够用在 $s$ 域中的简单代数运算来取代时域中的微分运算。

注意，在推导结果 (11.12) 时，我们假设了 $f(t)$ 是连续的，且其导数分段连续，记为 $df/dt$ ，对于 $t \geq 0$ 成立，并且当 $t \rightarrow \infty$ 。

同样，若两者 $f(t)$ 和 $df/dt$ 在 $t \geq 0$ 上连续，且当 $t \rightarrow \infty$ 时为指数阶，且 $d^2f/dt^2$ 在 $t \geq 0$ 上分段连续，则

$$\begin{aligned} \mathcal{L}\left{\frac{d^2f}{dt^2}\right} &= \int_0^\infty e^{-st} \frac{d^2f}{dt^2} dt = \left[ e^{-st} \frac{df}{dt} \right]0^\infty + s \int_0^\infty e^{-st} \frac{df}{dt} dt \ &= -\left[ \frac{df}{dt} \right]{t=0} + s \mathcal{L}\left{ \frac{df}{dt} \right} \end{aligned}$$

利用 (11.11)，可得

$$\mathcal{L}\left{ \frac{d^2f}{dt^2} \right} = -\left[ \frac{df}{dt} \right]_{t=0} + s[sF(s) - f(0)]$$

从而得到结果

$$\mathcal{L}\left{ \frac{d^2f}{dt^2} \right} = s^2F(s) - sf(0) - \left[ \frac{df}{dt} \right]_{t=0} = s^2F(s) - sf(0) - f^{(1)}(0) \quad (11.13)$$

显然，只要 $f(t)$ 及其导数满足所需条件，则此过程可以推广以求得 $f^{(n)}(t) = d^nf/dt^n$ 形式的

$$\begin{aligned} \mathcal{L}{f^{(n)}(t)} &= s^nF(s) - s^{n-1}f(0) - s^{n-2}f^{(1)}(0) - \dots - f^{(n-1)}(0) \ &= s^nF(s) - \sum_{i=1}^n s^{n-i} f^{(i-1)}(0) \end{aligned} \quad (11.14)$$

这一结果可以很容易地用归纳法证明。

再次指出，在求 $f^{(n)}(t)$ 的拉普拉斯变换时，我们已假设 $f^{(n-1)}(t)$ 是连续的。