求解常微分方程（欧拉形式？）：请求分步解答(1-y)y''+2y'^2=0

没问题，我来一步步帮你拆解这个二阶常微分方程的求解过程。这个方程属于缺自变量x的二阶非线性ODE，换元法是处理这类方程的常用技巧，具体步骤如下：

因为方程里没有出现自变量x，我们令 ( p = y' = \frac{dy}{dx} )，利用链式法则把二阶导数 ( y'' ) 转化为关于y的导数：
$$y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = p \frac{dp}{dy}$$

将其代入原方程 ((1-y)y''+2y'^2=0)，得到：
$$(1 - y) \cdot p \frac{dp}{dy} + 2p^2 = 0$$

这里我们需要分两种情况处理，避免遗漏解：

情况1：( p = 0 ) #

如果 ( p = \frac{dy}{dx} = 0 )，直接积分可得 ( y = C )（C为任意常数）。代入原方程验证：左边(=(1-C)\cdot0 + 2\cdot0=0)，完全满足方程，所以这是一组有效解。

情况2：( p \neq 0 ) #

当( p \neq 0 )时，我们可以在方程两边同时除以p，简化得到可分离变量的一阶ODE：
$$(1 - y) \frac{dp}{dy} + 2p = 0$$

把变量分离到等式两边：
$$\frac{dp}{p} = \frac{2}{y - 1} dy$$

对等式两边分别积分：
左边积分结果：( \int \frac{dp}{p} = \ln|p| + C_1 )
右边积分结果：( \int \frac{2}{y - 1} dy = 2\ln|y - 1| + C_2 )

合并常数项，令 ( C = C_2 - C_1 )，整理后取指数消去对数：
$$\ln|p| = 2\ln|y - 1| + C$$
$$|p| = e^C \cdot (y - 1)^2$$

去掉绝对值符号，令 ( C_3 = \pm e^C )（( C_3 ) 为非零常数），得到：
$$p = C_3 (y - 1)^2$$
也就是：
$$\frac{dy}{dx} = C_3 (y - 1)^2$$

这依然是一个可分离变量的方程，分离变量后：
$$\frac{dy}{(y - 1)^2} = C_3 dx$$

两边分别积分：
左边积分：( \int \frac{dy}{(y - 1)^2} = -\frac{1}{y - 1} + C_4 )
右边积分：( \int C_3 dx = C_3 x + C_5 )

合并常数项，令 ( C_6 = C_5 - C_4 )，整理得：
$$-\frac{1}{y - 1} = C_3 x + C_6$$

为了让解的形式更简洁，我们重新定义常数：令 ( A = -C_3 )，( B = C_6 )（A、B为任意常数，当A=0时对应情况1的常数解），则：
$$\frac{1}{1 - y} = A x + B$$

最终解出y：
$$y = 1 - \frac{1}{A x + B}$$

我们可以把这个解代入原方程验证：
计算 ( y' = \frac{A}{(A x + B)^2} )，( y'' = -\frac{2A^2}{(A x + B)^3} )
代入原方程左边：
$$(1 - y)y'' + 2y'^2 = \frac{1}{A x + B} \cdot \left(-\frac{2A^2}{(A x + B)^3}\right) + 2 \cdot \left(\frac{A}{(A x + B)^2}\right)2$$
化简后：
$$= -\frac{2A^2}{(A x + B)^4} + \frac{2A^2}{(A x + B)^4} = 0$$
完全满足原方程，说明这个解是正确的。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者user527123