定数係数2階線形同次方程式 \( y^{”} + 2 b\, y’ + c\, y = 0 \) の一般解を求める。できれば統一的な表記で。
脊髄反射で解けるように整理して解く
\( y^{”} + 2 b\, y’ + c\, y = 0 \)の両辺に関数 \(f(x)\) をかけ，
$$f(x) \left\{y^{”} + 2 b\, y’ + c\, y \right\} = \left\{f(x) y \right\}^{”} + K \left\{f(x) y \right\} =0$$すなわち
$$\left\{f(x) y \right\}^{”} = -K \left\{f(x) y \right\}$$
となるように \(f(x)\) を求める。
これはもっとも簡単な定数係数2階微分方程式であり，$K > 0$ のときには脊髄反射で
$$\left\{f(x) y \right\} = A \cos \sqrt{K} \,x + B \sin \sqrt{K} \,x$$
と答えが求められたはず。（参考：「最も簡単な定数係数2階微分方程式：続き」）
\(f(x)\) および \(K\) は以下のようにして求める。
\begin{eqnarray}
\left\{f(x) y \right\}^{”} + K \left\{f(x) y \right\} &=& f(x) y^{”} + 2 f'(x) y’ + f^{”}(x) y + K f(x) y \\
&=& f(x) y^{”} + 2 b f(x) y’ + c f(x) y \\
\therefore\ \ f'(x) &=& b f(x) \\
f^{”}(x) + K f(x)&=& c f(x)\\
\therefore\ \ f(x) &=& e^{b x} \\
K &=& c-b^2
\end{eqnarray}
したがって，$K > 0$ すなわち $c -b^2 > 0$ のときには，ただちに（ほぼ脊髄反射的に）
$$ \left\{f(x) y \right\} = A \cos \sqrt{c -b^2} \,x + B \sin \sqrt{c -b^2} \,x$$
$f(x) = e^{bx}$ を代入すると，
$$y = e^{-b x} \left\{A \cos \sqrt{c -b^2} \,x + B \sin \sqrt{c -b^2} \,x \right\} $$
$c -b^2 > 0$ 以外の場合にも適用できるように，あらためて積分定数を $\displaystyle B \rightarrow \frac{B}{\sqrt{c-b^2}}$ と置き直して書くと，
$$y = e^{-b x} \left\{A \cos \sqrt{c -b^2} \,x + \frac{B}{\sqrt{c -b^2} } \sin \sqrt{c -b^2} \,x \right\} $$
$c -b^2 < 0$ の場合や $c -b^2 = 0$ の場合も，この式からただちに得られる。
\(c -b^2 < 0\) の場合は，$\sqrt{c-b^2} = i \sqrt{b^2-c}$ を使って
\begin{eqnarray}
y &=& e^{-b x} \left\{ A \cos (i \sqrt{b^2-c} \,x) + \frac{B}{i \sqrt{b^2-c}} \sin (i \sqrt{b^2-c} \,x) \right\}\\
&=& e^{-b x} \left\{ A \cosh (\sqrt{b^2-c} \,x) + \frac{B}{\sqrt{b^2-c}} \sinh (\sqrt{b^2-c} \,x) \right\}
\end{eqnarray}
いったんこの形になることがわかったら，あらためて $\displaystyle \frac{B}{\sqrt{b^2-c}} \rightarrow B$ と置き戻して以下のように書いてもよいであろう。
$$y = e^{-b x} \left\{ A \cosh (\sqrt{b^2-c} \,x) + B \sinh (\sqrt{b^2-c} \,x) \right\} $$
あるいは，$y^{”} = y$ の答えが脊髄反射で「2つの解は \(e^x\) と\(e^{-x}\) だーっ」と叫べるのであれば，以下のように書いてもよい。
$$y = e^{-b x} \left\{ A \exp (\sqrt{b^2-c} \,x) + B \exp (-\sqrt{b^2-c} \,x) \right\} $$
\(c -b^2 = 0\) の場合は，\(c -b^2 \rightarrow 0\) の極限をとって
\begin{eqnarray}
\lim_{c-b^2 \rightarrow 0}\,y
&=& e^{-b x} \left\{ A + {B} \,x\right\}
\end{eqnarray}
まとめ
\( y^{”} + 2 b\, y’ + c\, y = 0 \) は，\(Y(x) \equiv e^{b x}\, y\) に対して最も簡単な定数係数2階線形微分方程式
$$Y^{\prime\prime} + K Y = 0, \quad K \equiv c-b^2$$
になるので，脊髄反射でただちに
$$ Y =e^{b x}\, y = \left\{
\begin{array}{ll}
A \cos \sqrt{K}\ x + B \sin \sqrt{K} \ x & (K > 0)\\ \ \\
A \cosh \sqrt{-K} \ x + B \sinh \sqrt{-K} \ x & (K < 0) \\ \ \\
A + B x & (K = 0)
\end{array}
\right.$$
すなわち，
$$ y = \left\{
\begin{array}{ll}
e^{-b x} \left( A \cos \sqrt{c-b^2} \ x + B \sin \sqrt{c-b^2} \ x \right)& (c-b^2 > 0)\\ \ \\
e^{-b x} \left( A \cosh \sqrt{b^2 -c} \ x + B \sinh \sqrt{b^2 -c} \ x \right)& (c-b^2 < 0) \\ \ \\
e^{-b x} \left( A + B x\right) & (c-b^2 = 0)
\end{array}
\right.$$
$c-b^2 < 0$ の場合については，双曲線関数を使わずに指数関数で以下のように書くこともできるのであった。
$$y = A \exp\left(\left(-b + \sqrt{b^2 -c}\right) x\right) + B \exp\left(\left(-b -\sqrt{b^2 -c}\right) x\right)$$
参考：一般的な教科書の説明例
一般的な教科書では，解を \( y = e^{\lambda x} \) （\(\lambda\) はギリシア文字のラムダの小文字で，ここでは定数をあらわす）の形に決めうちして（なぜそう仮定するのかって？ 続きを読めばわかるように，こう仮定すると解けるからですよ），微分方程式に代入し，定数 $\lambda$ についての2次方程式を解くという立場をとるようだ。
$$y^{”} + 2 b\, y’ + c\, y = 0 $$
すでに解を \( y = e^{\lambda x} \) の形に仮定して代入すると解けるという前例があったので，ここでもそうする。
$$y^{”} + 2 b\, y’ + c\, y = \left( \lambda^2 + 2 b \lambda + c \right) e^{\lambda x}= 0 $$
これより，\(\lambda\) は2次方程式 \( \lambda^2 + 2 b \lambda + c = 0 \) の解。
\( b^2 -c > 0 \) の場合
2つの実数解が存在し，
$$ \lambda = -b \pm \sqrt{b^2 -c}$$
\( \mu \equiv \sqrt{b^2 -c} \) と定義しておくと，$$ \lambda_1 = -b + \mu, \quad \lambda_2 = -b -\mu $$
一般解は2つの1次独立な解の線形和であるから
\begin{eqnarray}
y &=& C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x} \\
&=& e^{-b x} \left\{ C_1 e^{\mu x} + C_2 e^{-\mu x} \right\} \\
&=& e^{-b x} \left\{ C_1 \left( \cosh (\mu x) + \sinh (\mu x) \right) + C_2 \left( \cosh (\mu x) -\sinh (\mu x) \right) \right\}\\
&=& e^{-b x} \left\{ A \cosh (\mu x) + B \sinh (\mu x) \right\}
\end{eqnarray}
ここで，\( A = C_1 + C_2, \ B = C_1 -C_2 \) とおいた。
\( b^2 -c < 0 \) の場合
2つの複素共役解が存在し，
$$ \lambda = -b \pm i \sqrt{c -b^2}$$
\( \nu \equiv \sqrt{c -b^2} \) と定義しておくと，$$ \lambda_1 = -b + i \nu, \quad \lambda_2 = -b -i \nu $$
一般解は
\begin{eqnarray}
y &=& C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x} \\
&=& e^{-b x} \left\{ C_1 e^{i \nu x} + C_2 e^{-i\nu x} \right\} \\
&=& e^{-b x} \left\{ C_1 \left( \cos (\nu x) + i \sin (\nu x) \right) + C_2 \left( \cos (\nu x) -i\sin (\nu x) \right) \right\}\\
&=& e^{-b x} \left\{ A \cos (\nu x) + B \sin (\nu x) \right\}
\end{eqnarray}
ここで，\( A = C_1 + C_2, \ B = i \left(C_1 -C_2\right) \) とおいた。
\( b^2 -c = 0 \) の場合
1つの重解が存在し，$$ \lambda = -b $$ 従って一般解は $$ y = C e^{\lambda x} = C e^{-b x}$$
… としてほっとしていてはいけない。なぜか？
それは，「2階線形微分方程式には2つの1次独立な解があるはずだから。」
そこで，ここでは例外的に，積分定数 \( C \) を変数 \( x \) に依存する，つまり \( C(x) \) と思い直して解いてみる。（定数変化法とか係数変化法とか呼ばれる手法である。）
\( y = C(x) e^{-b x} \) とおくと，\( y’ = (C’ -b C) e^{-b x}, \ y^{”} = (C^{”} -2b C’ + b^2 C) e^{-b x} \) となり，
$$ y^{”} + 2 b\, y’ + c\, y = C^{”} e^{-b x} = 0, \quad \therefore C^{”} = 0, \quad \therefore C = A + B x$$
となって一般解は，$$ y = e^{-b x} \left\{ A + B x\right\} $$
まとめ
定数係数2階線形同次方程式 \( y^{”} + 2 b\, y’ + c\, y = 0 \) の一般解は…
\( b^2 -c > 0 \) の場合
$$
y = e^{-b x} \left\{ A \cosh (\mu x) + B \sinh (\mu x) \right\}, \quad \mu \equiv \sqrt{b^2 -c}
$$
\( b^2 c < 0 \) の場合
$$
y = e^{-b x} \left\{ A \cos (\nu x) + B \sin (\nu x) \right\}, \quad \nu \equiv \sqrt{c -b^2}
$$
\( b^2 -c = 0 \) の場合
$$ y = e^{-b x} \left\{ A + B x\right\} $$
どうですか？ 説明が長かったけど，一般解が表現できました。