prove

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\(\left( \frac { dy }{ dx } \right) ^{ 2 }\left( { x }^{ 2 }-2{ y }^{ 2 } \right) -4\left( \frac { dy }{ dx } \right) xy-{ x }^{ 2 }=0\)

\(\left( x-y \right) ^{ 2 }\left[ 1+\left( \frac { dy }{ dx } \right) ^{ 2 } \right] =\left( x+y\frac { dy }{ dx } \right) ^{ 2 }\)

\(\left[ 1+\left( \frac { dy }{ dx } \right) ^{ 2 } \right] ^{ 2 }={ y }^{ 2 }\left( \frac { { d }^{ 2 }y }{ { dx }^{ 2 } } \right) ^{ 2 }\)

\({ y }^{ 2 }-{ x }^{ 2 }=2xy\frac { dy }{ dx } \)

\(\left( { x }^{ 2 }-{ y }^{ 2 } \right) =2xy\frac { dy }{ dx } \)

\(y\frac { { d }^{ 2 }y }{ { dx }^{ 2 } } +\left( \frac { dy }{ dx } \right) ^{ 2 }=\frac { ydy }{ xdx } \)

\(\left( \frac { dy }{ dx } \right) ^{ 2 }=4y\left( x\frac { dy }{ dx } -2y \right) \)

\(8x\left( \frac { dy }{ dx } \right) ^{ 2 }-12y\left( \frac { dy }{ dx } \right) ^{ 2 }=27x\)

Given \(\frac { dy }{ dx } +y=cosx\)
This is a linear differential equation
Here p = 1, Q = cos x
\(\therefore \int { p\ dx } =\int { dx } =x\)
\(I.F={ e }^{ \int { p\ dx } }={ e }^{ x }\)
The solution is
\({ y }^{ \int { p\ dx } }=\int { Q{ e }^{ \int { p\ dx } }dx+c } \)
\(\Rightarrow { ye }^{ x }=\int { cosx.{ e }^{ x }dx+c } \)
\(\Rightarrow { ye }^{ x }=\frac { { e }^{ x } }{ 2 } \left( cosx+sinx \right) +c\)
\(\Rightarrow y=\frac { 1 }{ 2 } \left( cosx+sinx \right) +{ ce }^{ x }\)
\(\therefore \int { { e }^{ ax }cos\ bx\ dx=\frac { { e }^{ ax } }{ { a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 } } \left[ acos\ bx+sin\ ax \right] } \)

x\(\frac{dy}{dx}\)+2y = x²
\( \Rightarrow \frac { dy }{ dx } +\frac { 2y }{ x } =x\)
This is a linear differential equation
Here \(p=\frac { 2 }{ x } \)and Q = x
\(\int { pdx } =2\int { \frac { 1 }{ x } } =2logx={ logx }^{ 2 }\)
\(I.F={ e }^{ \int { pdx } }={ e }logx^{ 2 }={ x }^{ 2 }\)
∴ The solution is
\({ ye }^{ \int { dx } }=\int { Q{ e }^{ \int { pdx } }dx+c } \)
\(\Rightarrow { yx }^{ 2 }=\int { x.{ x }^{ 2 }dx+c } \)
\(\Rightarrow { yx }^{ 2 }=\int { { x }^{ 3 }dx+c } \)
\(\Rightarrow { yx }^{ 2 }=\frac { { x }^{ 2 } }{ 4 } +c\)

Given  \(\frac{dy}{dx}=\) (4x + y + 1)²....(1)
put 4x + y + 1 = z
\(\Rightarrow 4+\frac { dy }{ dx } =\frac { dz }{ dx } \)
\(\Rightarrow \frac { dy }{ dx } =\frac { dz }{ dx } -4\)
Substituting these in (1) we get,
\(\frac { dz }{ dx } -4={ z }^{ 2 }\)
\(\Rightarrow \frac { dz }{ dx } ={ z }^{ 2 }+4\)
\(\Rightarrow \int { \frac { dz }{ { z }^{ 2 }+4 } } =\int { dx } \)
\(\\ \Rightarrow \frac { 1 }{ 2 } { tan }^{ -1 }\left( \frac { z }{ 2 } \right) =x+c\)
\(\\ \Rightarrow \frac { 1 }{ 2 } { tan }^{ -1 }\left( \frac { 4x+y+1 }{ 2 } \right) =x+c\)

Given y = e-2x[A cos 3x- B sin 3x]
⇒ ye²x = A cos 3x-B sin 3x
Differentiating,y¹e²+2y e^2x = -3A sin 3x-3B
cos 3x
Differentiating again we get,
y"e^2x+2(2y')e^2x+4ye^2x = -9(A cos 3x-B sin 3x)
⇒ e^2x( y"+4y'+4y) = -9(A cos 3x - B sin 3x)
⇒ z y"+4y'+4y = -9(A cos 3x-B sin 3x)
⇒ y"+4y'+4y = -9(using (1))
⇒ y"+4y'+13y = 0
is the required differential equation

Given \(\frac { dy }{ dx } +\frac { { y }^{ 2 } }{ { x }^{ 2 } } =\frac { y }{ x } \)
\(\Rightarrow \frac { dy }{ dx } =\frac { y }{ x } -\frac { { y }^{ 2 } }{ { x }^{ 2 } } ...(1)\)
This is a homogeneous differential equation
put y = vx
\(\Rightarrow \frac { dy }{ dx } =v+x\frac { dv }{ dx } \)
∴ (1) becomes,
\(v+x\frac { dv }{ dx } =\frac { vx }{ x } -\frac { { v }^{ 2 }{ x }^{ 2 } }{ { x }^{ 2 } } =v-{ v }^{ 2 }\)
\(x\frac { dv }{ dx } =v-{ v }^{ 2 }-v=-v\)
\(\therefore \frac { dv }{ { v }^{ 2 } } =\frac { -dx }{ x } \)
\(\Rightarrow \int { \frac { dv }{ { v }^{ 2 } } =-\int { \frac { dx }{ x } } } \)
\(\Rightarrow \frac { -1 }{ v } =-log\quad x+c\)
\(\Rightarrow \frac { -1 }{ \frac { y }{ x } } =-log\quad x+c\)
\(\Rightarrow \frac { -x }{ y } +logx=c\)