正規分布

$x=\mu+\sqrt2\,\sigma t$ と置換すると $dx=\sqrt2\,\sigma\,dt$、$\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}=t^2$ なので
$$ \int_{-\infty}^\infty\varphi_{\mu,\sigma^2}(x)\,dx=\frac{\sqrt2\,\sigma}{\sqrt{2\pi}\,\sigma}\int_{-\infty}^\infty e^{-t^2}\,dt=\frac1{\sqrt\pi}\cdot\sqrt\pi=1 $$
である。ここで 極座標 の定理「Gauss積分」（$\int_{-\infty}^\infty e^{-t^2}dt$ は収束して $\sqrt\pi$）を使った。置換は 1 次式なので、有限区間で置換してから端を無限に飛ばせば、収束も同時に移る。$\blacksquare$

$a=0$ または $\sigma=0$ なら $aX+b$ は確率 $1$ で定数 $a\mu+b$ に等しく、退化した正規分布 $N(a\mu+b,a^2\sigma^2)$ に従う。以下 $a\ne0$、$\sigma>0$ とし、$\tau:=\lvert a\rvert\sigma$、$m:=a\mu+b$ とおく。
$a>0$ のとき、$y\in\mathbb R$ について $x=\frac{t-b}a$ と置換すると
$$ P(aX+b\le y)=P\Bigl(X\le\frac{y-b}a\Bigr)=\int_{-\infty}^{(y-b)/a}\varphi_{\mu,\sigma^2}(x)\,dx=\int_{-\infty}^{y}\frac1a\varphi_{\mu,\sigma^2}\Bigl(\frac{t-b}a\Bigr)dt $$
である。$\frac{t-b}a-\mu=\frac{t-m}a$ なので、被積分関数は
$$ \frac1{a\sqrt{2\pi}\,\sigma}\exp\Bigl(-\frac{(t-m)^2}{2a^2\sigma^2}\Bigr)=\varphi_{m,\tau^2}(t) $$
である。$a<0$ のとき、$X$ は密度をもつので $P(X=c)=0$（確率変数 の注意「密度をもつ確率変数の 1 点の確率」）であり、
$$ P(aX+b\le y)=P\Bigl(X\ge\frac{y-b}a\Bigr)=\int_{(y-b)/a}^{\infty}\varphi_{\mu,\sigma^2}(x)\,dx=\int_{-\infty}^{y}\frac1{\lvert a\rvert}\varphi_{\mu,\sigma^2}\Bigl(\frac{t-b}a\Bigr)dt $$
となり、被積分関数は同じ計算で $\varphi_{m,\tau^2}(t)$ に等しい。どちらの場合も $aX+b\sim N(m,\tau^2)$ である。
後半：$a=\frac1\sigma$、$b=-\frac\mu\sigma$ とすれば $X\sim N(\mu,\sigma^2)$ から $Z\sim N(0,1)$ を得る。逆に $Z\sim N(0,1)$ なら $X=\sigma Z+\mu\sim N(\mu,\sigma^2)$ である。$P(X\le x)=P\bigl(Z\le\frac{x-\mu}\sigma\bigr)=\Phi\bigl(\frac{x-\mu}\sigma\bigr)$ である。$\blacksquare$

可積分性：$\lvert x\rvert^j e^{-x^2/4}$ は $\mathbb R$ 上で有界（$\lvert x\rvert\to\infty$ で $0$ に近づく連続関数）なので、各 $j\ge0$ について定数 $C_j$ があって $\lvert x\rvert^j\varphi(x)\le C_je^{-x^2/4}$ であり、右辺は $\mathbb R$ 上で可積分である。仮定から $\lvert xf(x)\rvert\le C(\lvert x\rvert+\lvert x\rvert^{k+1})$、$\lvert f'(x)\rvert\le C(1+\lvert x\rvert^k)$ なので、$\lvert xf(x)\rvert\varphi(x)$ と $\lvert f'(x)\rvert\varphi(x)$ は可積分で、どちらの期待値も有限である。
等式：$R>0$ について、$\varphi'=-x\varphi$ と部分積分により
$$ \int_{-R}^Rf'(x)\varphi(x)\,dx=\bigl[f(x)\varphi(x)\bigr]_{-R}^{R}-\int_{-R}^Rf(x)\varphi'(x)\,dx=f(R)\varphi(R)-f(-R)\varphi(-R)+\int_{-R}^Rxf(x)\varphi(x)\,dx $$
である。$\lvert f(\pm R)\rvert\varphi(R)\le C(1+R^k)\varphi(R)\to0$（$R\to\infty$）であり、上で示した可積分性から両辺の積分は $R\to\infty$ で全区間の積分に収束する。よって $\int f'\varphi=\int xf\varphi$、すなわち $E[f'(Z)]=E[Zf(Z)]$ である。$\blacksquare$

$m_n:=E[Z^n]$ とおく（prop-nd-stein の可積分性の議論により有限）。$m_0=1$ である。$f(x)=1$ に prop-nd-stein を使うと $m_1=E[0]=0$ であり、$n\ge2$ について $f(x)=x^{n-1}$ に使うと
$$ m_n=E[Z\cdot Z^{n-1}]=(n-1)E[Z^{n-2}]=(n-1)m_{n-2} $$
である。$m_1=0$ から奇数次はすべて $0$ であり、$m_0=1$ から $m_{2k}=(2k-1)(2k-3)\cdots1$ である。$(2k)!=(2k-1)!!\cdot(2\cdot4\cdots2k)=(2k-1)!!\cdot2^kk!$ から 2 つ目の表示を得る。
$X\sim N(\mu,\sigma^2)$ は、thm-nd-affine により $X=\mu+\sigma Z$（$Z:=\frac{X-\mu}\sigma\sim N(0,1)$）と書ける。期待値の線形性から $E[X]=\mu+\sigma m_1=\mu$、$V[X]=E[(\sigma Z)^2]=\sigma^2m_2=\sigma^2$ である。$\blacksquare$

$\sigma=0$ なら $X=\mu$（確率 $1$）で、両式は明らかである。$\sigma>0$ とし、$X=\mu+\sigma Z$（$Z\sim N(0,1)$）と書く（thm-nd-affine）。$e^{tX}=e^{\mu t}e^{(\sigma t)Z}$、$e^{itX}=e^{i\mu t}e^{i(\sigma t)Z}$ なので、$s\in\mathbb R$ について $E[e^{sZ}]=e^{s^2/2}$ と $E[e^{isZ}]=e^{-s^2/2}$ を示せばよい。
積率母関数：$sx-\frac{x^2}2=\frac{s^2}2-\frac{(x-s)^2}2$ と平方完成すると
$$ E[e^{sZ}]=\int_{-\infty}^\infty e^{sx}\varphi(x)\,dx=e^{s^2/2}\int_{-\infty}^\infty\varphi_{s,1}(x)\,dx=e^{s^2/2} $$
である（prop-nd-total。被積分関数は正なので、この計算は $E[e^{sZ}]$ が有限であることも示している）。
特性関数：$\sin$ は奇関数、$\varphi$ は偶関数で $\lvert\sin(sx)\varphi(x)\rvert\le\varphi(x)$ は可積分なので $E[\sin sZ]=0$ である。$\cos$ については、冪級数 $\cos y=\sum_{k\ge0}\frac{(-1)^ky^{2k}}{(2k)!}$ の部分和 $c_N(y)$ が $\lvert c_N(y)\rvert\le\sum_{k}\frac{\lvert y\rvert^{2k}}{(2k)!}\le e^{\lvert y\rvert}$ を満たし、$E[e^{\lvert sZ\rvert}]\le E[e^{sZ}]+E[e^{-sZ}]=2e^{s^2/2}<\infty$ である。よって Lebesgue積分 の定理「優収束定理」により期待値と和を交換でき、cor-nd-moments を使うと
$$ E[\cos sZ]=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^ks^{2k}}{(2k)!}E[Z^{2k}]=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^ks^{2k}}{(2k)!}\cdot\frac{(2k)!}{2^kk!}=\sum_{k=0}^\infty\frac1{k!}\Bigl(-\frac{s^2}2\Bigr)^k=e^{-s^2/2} $$
である。$\blacksquare$

2 つの場合。 $X\sim N(\mu_1,\sigma_1^2)$、$Y\sim N(\mu_2,\sigma_2^2)$ が独立とする。どちらかが退化していれば、たとえば $Y=\mu_2$（確率 $1$）なら $X+Y=X+\mu_2$ で、thm-nd-affine から結論が従う。以下 $\alpha:=\sigma_1^2>0$、$\beta:=\sigma_2^2>0$ とする。$X':=X-\mu_1$、$Y':=Y-\mu_2$ は thm-nd-affine によりそれぞれ $N(0,\alpha)$、$N(0,\beta)$ に従い、独立である（$X'$ は $X$ の関数、$Y'$ は $Y$ の関数。Dur19 Theorem 2.1.10、p. 47）。$X+Y=X'+Y'+(\mu_1+\mu_2)$ なので、thm-nd-affine により $X'+Y'\sim N(0,\alpha+\beta)$ を示せばよい。
$X'+Y'$ の密度は $h(z)=\int\varphi_{0,\alpha}(z-y)\varphi_{0,\beta}(y)\,dy$ である。$\gamma:=\frac{\alpha+\beta}{\alpha\beta}$ とおくと、指数の部分は $y$ について平方完成して
$$ \frac{(z-y)^2}{\alpha}+\frac{y^2}{\beta}=\gamma\Bigl(y-\frac{\beta z}{\alpha+\beta}\Bigr)^2+\frac{z^2}{\alpha+\beta} $$
となる（右辺を展開すると $y^2$ の係数 $\gamma=\frac1\alpha+\frac1\beta$、$y$ の係数 $-\frac{2z}\alpha$、定数項 $\frac{\beta z^2}{\alpha(\alpha+\beta)}+\frac{z^2}{\alpha+\beta}=\frac{z^2}\alpha$ が左辺と一致する）。$c:=\frac{\beta z}{\alpha+\beta}$ とおくと、prop-nd-total により $\int e^{-\gamma(y-c)^2/2}dy=\sqrt{2\pi/\gamma}$ なので
$$ h(z)=\frac1{2\pi\sqrt{\alpha\beta}}e^{-z^2/(2(\alpha+\beta))}\int_{-\infty}^\infty e^{-\gamma(y-c)^2/2}\,dy=\frac1{2\pi\sqrt{\alpha\beta}}\sqrt{\frac{2\pi\alpha\beta}{\alpha+\beta}}\,e^{-z^2/(2(\alpha+\beta))}=\varphi_{0,\alpha+\beta}(z) $$
である。よって $X'+Y'\sim N(0,\alpha+\beta)$ である。
一般の場合。 thm-nd-affine により $a_jX_j\sim N(a_j\mu_j,a_j^2\sigma_j^2)$ であり、$a_1X_1,\dots,a_nX_n$ は独立である（Dur19 Theorem 2.1.10）。$n$ についての帰納法で示す。$S_{n-1}:=\sum_{j< n}a_jX_j$ は帰納法の仮定により $N\bigl(\sum_{j< n}a_j\mu_j,\sum_{j< n}a_j^2\sigma_j^2\bigr)$ に従い、$X_1,\dots,X_{n-1}$ の関数なので $a_nX_n$ と独立である（同 Theorem 2.1.10）。2 つの場合を $S_{n-1}$ と $a_nX_n$ に使い、最後に $b$ を足して thm-nd-affine を使えば結論を得る。$\blacksquare$

thm-nd-sum で $a_j=\frac1n$、$b=0$ とすると $\bar X\sim N\bigl(\mu,n\cdot\frac{\sigma^2}{n^2}\bigr)$ である。後半は thm-nd-affine で標準化し、$\Phi(-x)=1-\Phi(x)$ を使えばよい。$\blacksquare$

$1-\Phi(x)=\int_x^\infty\varphi(t)\,dt$ である（prop-nd-total）。
上からの評価：$t\ge x>0$ では $1\le\frac tx$ なので、$(-\varphi)'(t)=t\varphi(t)$ を使って
$$ \int_x^\infty\varphi(t)\,dt\le\frac1x\int_x^\infty t\varphi(t)\,dt=\frac1x\Bigl[-\varphi(t)\Bigr]_x^\infty=\frac{\varphi(x)}x $$
である。
下からの評価：$t>0$ で $\bigl(\frac{\varphi(t)}t\bigr)'=\frac{\varphi'(t)}t-\frac{\varphi(t)}{t^2}=-\bigl(1+\frac1{t^2}\bigr)\varphi(t)$ であり、$\frac{\varphi(t)}t\to0$（$t\to\infty$）なので
$$ \frac{\varphi(x)}x=\int_x^\infty\Bigl(1+\frac1{t^2}\Bigr)\varphi(t)\,dt\le\Bigl(1+\frac1{x^2}\Bigr)\int_x^\infty\varphi(t)\,dt $$
である。両辺に $\frac{x^2}{1+x^2}$ を掛けて $\frac{x}{1+x^2}\varphi(x)\le1-\Phi(x)$ を得る。上下の評価の比は $\frac{x^2}{1+x^2}\to1$ なので、最後の主張が従う。
$e^{-x^2/2}$ による評価：$s>0$ について、$\{Z\ge x\}$ の上で $e^{s(Z-x)}\ge1$ だから $1-\Phi(x)=P(Z\ge x)\le E[e^{s(Z-x)}]=e^{-sx+s^2/2}$ である（thm-nd-mgf）。$s=x$ とすると $e^{-x^2/2}$ を得る。$\blacksquare$