问题：求$f’’(x)+pf’(x)+qf(x)=0$的通解。
[一] 当$p^2-4q\gt0$时，方程$\lambda^2+p\lambda+q=0$有两互异实根$\lambda_1,\lambda_2$，同时$\displaystyle -\frac1{\lambda_1},-\frac1{\lambda_2}$是$q\mu^2-p\mu+1=0$的解，记为$\mu_1,\mu_2$。由于
$$
\left(e^{\mu qx}(f(x)+\mu f’(x))\right)’=e^{\mu qx}\cdot(f’’(x)+pf’(x)+qf(x))\equiv0,
$$
所以
$$
f(x)+\mu_1f’(x)=C_1’e^{-\mu_1 qx},\qquad(1)\\
f(x)+\mu_2f’(x)=C_2’e^{-\mu_2qx}.\qquad(2)
$$
故
$$
(1)-\frac{\mu_1}{\mu_2}(2)\Rightarrow\frac{\mu_2-\mu_1}{\mu_2}f(x)=C_1’e^{-\mu_1qx}-\frac{\mu_1}{\mu_2}C_2’e^{-\mu_2qx}.
$$
又因为$-\mu_1q=\dfrac q{\lambda_1}=-\lambda_1-p=\lambda_2$，所以
$$
f(x)=\frac{\mu_2}{\mu_2-\mu_1}C_1’e^{\lambda_2x}-\frac{\mu_1}{\mu_2-\mu_1}C_2’e^{\lambda_1x}.
$$
记$C_1:=-\dfrac{\mu_1}{\mu_2-\mu_1}C_2’$，$C_2:=\dfrac{\mu_2}{\mu_2-\mu_1}C_1’$，即得
$$
\boxed{f(x)=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}.}
$$
[二] 当$p^2-4q=0$时，由$(1)$式得
$$
e^{\mu qx}(f(x)+\mu f’(x))=C_1’.
$$
又因为$q\mu^2=1$，所以
$$
e^{\mu qx}(f(x)+\mu f’(x))=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(\mu e^{\frac1\mu x}f(x)).
$$
故$\mu e^{\frac1\mu x}f(x)=C_1’x+C_2’$。由$-\dfrac{1}\mu=\lambda$得
$$
-\frac1\lambda e^{-\lambda x}f(x)=C_1’x+C_2’,
$$
即
$$
f(x)=-\lambda C_1’xe^{\lambda x}-\lambda C_2’e^{\lambda x}.
$$
记$C_1:=-\lambda C_1’$，$C_2:=-\lambda C_2’$，即得
$$
\boxed{f(x)=C_1 xe^{\lambda x}+C_2e^{\lambda x}.}
$$
[三] 当$p^2-4q\lt0$时证明类似。$\square$
与课本上证明的区别
课本上给出的证明实际是依赖于线性代数的理论，将问题简化为求出方程的两个特解。本证没有使用相关知识，只是用到了“导数为$0$，则函数为常值函数”一条命题。（情况[三]还需用到$\mathrm{Euler}$公式。）