解微分方程式 y^2 + a y' = b，其中 a 與 b 是常數。

Step-by-step solution

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   把導數孤立出來，並檢查是否可分離。 整理後，

   $a\frac{dy}{dx}=b-y^{2}\qquad\Longrightarrow\qquad\frac{dy}{dx}=\frac{b-y^{2}}{a}$

   右邊只依賴 $y$，所以方程式是可分離的——而且它還是自治的，意思是 $x$ 從不顯式出現。它對 $y$ 並不是線性的（$y^{2}$ 擋住了這一點），所以積分因子不是這裡該用的工具。

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   分離變數。 除以 $b-y^{2}$ 再乘上 $dx$：

   $\frac{dy}{b-y^{2}}=\frac{dx}{a}$

   這一步假設了 $y^{2}\neq b$。被排除掉的值正是平衡解 $y=\pm\sqrt{b}$（當 $b>0$ 時），在那裡 $dy/dx=0$ 而 $y$ 永遠保持常數——這些是分離變數法否則就會弄丟的真正的解。

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   用部分分式積出左邊（$b>0$ 的情形）。 寫 $k=\sqrt{b}$，

   $\frac{1}{k^{2}-y^{2}}=\frac{1}{2k}\left(\frac{1}{k-y}+\frac{1}{k+y}\right)\Longrightarrow\int\frac{dy}{k^{2}-y^{2}}=\frac{1}{2k}\ln\left|\frac{k+y}{k-y}\right|$

   於是，配上右邊給出的 $x/a+C$：

   $\frac{1}{2\sqrt{b}}\ln\left|\frac{\sqrt{b}+y}{\sqrt{b}-y}\right|=\frac{x}{a}+C$

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   明確解出 $y$。 乘上 $2\sqrt{b}$ 再取指數得到 $\dfrac{\sqrt{b}+y}{\sqrt{b}-y}=Ae^{2\sqrt{b}x/a}$，把所得的線性方程式對 $y$ 解開就給出

   $y=\sqrt{b}\,\frac{Ae^{2\sqrt{b}x/a}-1}{Ae^{2\sqrt{b}x/a}+1}=\sqrt{b}\,\tanh\!\left(\frac{\sqrt{b}}{a}x+C\right)$

   第二種形式來自 $\tanh u=\dfrac{e^{2u}-1}{e^{2u}+1}$——指數比值的形狀就是偽裝過的雙曲正切。

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   代入驗證。 取 $a=1.7$、$b=2.3$、$C=0.4$，在 $x=0.2$、$0.9$ 與 $1.6$ 處對 $y^{2}+ay'-b$ 做數值檢查，殘差都低於 $10^{-6}$ ✓。注意當 $x\to\pm\infty$ 時 $y\to\pm\sqrt{b}$：解被夾在兩個平衡解之間，這正是 $\tanh$ 所描述的飽和行為。

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   處理 $b$ 的其他正負情形。 若 $b<0$，寫 $b=-c^{2}$；則 $a\,y'=-(c^{2}+y^{2})$ 積分後給出反正切，得到 $y=c\tan\!\left(-\dfrac{c}{a}x+C\right)$——經數值驗證到 $10^{-5}$ ✓，而且它會在有限的 $x$ 之內變得無界，而不是飽和。若 $b=0$，則 $a\,y'=-y^{2}$ 分離之後給出 $y=\dfrac{a}{x+C}$。