Comment résoudre les deux équations

@P: mais $p$ dépend lui même de $y$, ce n'est pas gênant pour intégrer :-S

Pour cette première équation une solution sympa est : $y=ax^2+\frac 1{4a}$, $a \neq 0$, sans trop y regarder sur domaine et rigueur, selon la remarque pertinente de P.

Je reste sur la première. C'est une équation différentielle autonome. Si $f$ est une solution sur $\mathbb R$, alors pour toute constante $C$ la fonction $g: x \mapsto f(x+C)$ est encore solution.

En souvenir de l’époque ancienne où les taupins étaient autorisés à savoir qu'il y a des équations différentielles non linéaires, je me suis amusé à rédiger une solution complète de la première de ces deux : $\quad 2y\frac{d^2y} {dx^2}=\Big(\dfrac{dy}{dx}\Big)^{2}+1$, sur $\mathbb R$.

$\bullet $ On cherche une fonction $f$ deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$, à valeurs réelles, qui vérifie : $\forall x\in \mathbb{R},2f(x)f^{~\prime\prime }(x)=f^{~\prime }(x)^{2}+1$.

$\bullet $ Si une fonction $f$ est solution, alors $-f$ est solution aussi. La fonction $f$ ne s'annule pas, et comme elle est continue, elle conserve toujours le même signe. Quitte à changer $f$ en $-f$, on peut supposer $f>0$. Alors $f^{~\prime \prime }>0$, et la fonction $f$ est strictement positive et strictement convexe. La fonction dérivée $f^{~\prime }$ est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

$\bullet $ La fonction $f$ vérifie, pour tout $x\in \mathbb{R}$ : $\frac{2f^{~\prime }(x)f^{~\prime \prime }(x)}{f^{~\prime }(x)^{2}+1}=\frac{f^{~\prime }(x)}{f(x)}$. Il existe donc une constante réelle $a>0$ telle que :
$\ln (f^{~\prime }(x)^{2}+1)+\ln a=\ln f(x)$, soit : $a(f^{~\prime }(x)^{2}+1)=f(x)$, ou encore : $a^{2}f^{~\prime }(x)^{2}=af(x)-a^{2}$.

$\bullet $ Posons $g(x)=af(x)-a^{2}$ ; l'équation devient : $g^{\prime }(x)^{2}=g(x)$. La fonction $g$ est deux fois dérivable et strictement convexe.
La fonction dérivée $g^{\prime }$ est strictement croissante et s'annule donc en un point au plus. Et la fonction $g$ s'annule en un point au plus ipso facto.

$\bullet $ Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ sur qui la fonction $g$ ne s'annule pas, d'où : $\forall x\in I,g(x)>0$. Comme la fonction $g^{\prime }$ est continue, il en résulte :
$\forall x\in I,\frac{g^{\prime }(x)}{2\sqrt{g(x)}}=\frac{1}{2}$ ou bien $\forall x\in I,\frac{g^{\prime }(x)}{2\sqrt{g(x)}}=-\frac{1}{2}$. Dans le premier cas, il existe une constante réelle $b$ telle que : $\forall x\in I,\sqrt{g(x)}=\frac{1}{2}x+b$, soit : $\forall x\in I,g(x)=(\frac{1}{2}x+b)^{2}$. Même conclusion dans le second cas.
On en déduit déjà que l'intervalle $I$ ne peut être $\mathbb{R}$ tout entier, autrement dit que $g$ s'annule sur $\mathbb{R}$.
Ainsi, il existe $c\in \mathbb{R}$ tel que $g(c)=0$, et ce réel $c$, il est vareuse unique.

$\bullet $ La fonction $g$ ne s'annule pas sur $]-\infty ,c[$, ni sur $]c,+\infty \lbrack $. Il existe donc des constantes réelles $b_{1}$ et $b_{2}$ telles que :
$\forall x\in ]-\infty ,c[,g(x)=(\frac{1}{2}x+b_{1})^{2}$ et $\forall x\in ]c,+\infty \lbrack ,g(x)=(\frac{1}{2}x+b_{2})^{2}$.
La continuité de la fonction $g$ au point $c$ implique : $b_{1}=b_{2}=-\frac{1}{2}c$, d'où : $g(x)=\frac{1}{4}(x-c)^{2}$ pour tout $x\in \mathbb{R}$.

$\bullet $ Et en revenant à $f$ il vient : $f(x)=\frac{1}{a}g(x)+a=\frac{1}{4a}(x-c)^{2}+a$, $a>0$. Ainsi sont les solutions $f>0$.
On a toutes les solutions avec $f(x)=\frac{1}{4a}(x-c)^{2}+a$, $a\neq 0$.

Bonne journée.
Fr. Ch.
28/11/2020

@ etanche
Ces vénérables traités remontent justement à l'époque révolue que j'évoque.