\begin{align} \lim_{x \to +0} \log \left( \frac{1}{x} \right)^{\sin x} &= - \lim_{x \to +0} \sin x \log x \\ &= 0 \\ \therefore \ \ \lim_{x \to +0} \left( \frac{1}{x} \right)^{\sin x} &= 1 \end{align}
$z=y^2$ とおくと、 $z' = dz/dx = 2yy'$ であり、与えられた微分方程式は \begin{align} -x^2 + 2z &= 2xz' \\ \therefore \ \ xz' - z &= - \frac{1}{2} x^2 \tag{a} \end{align} となる。 まず、 \begin{align} xz' - z &= 0 \end{align} を考えると、その一般解は \begin{align} \frac{dz}{z} &= \frac{dx}{x} \\ \therefore \ \ z &= A x \ \ \ \ \ \ \ \ ( A \text{ は積分定数 } ) \end{align} である。 そこで、 式 (a) に $z=A(x)x$ （ $A(x)$ は $x$ の関数）を代入して整理すると、 \begin{align} \frac{dA(x)}{dx} &= - \frac{1}{2} \\ \therefore \ \ A(x) &= - \frac{1}{2} x + B \ \ \ \ \ \ \ \ ( B \text{ は積分定数 } ) \end{align} を得る。 よって、式 (a) の一般解は \begin{align} z &= \left( - \frac{1}{2} x + B \right) x \ \ \ \ \ \ \ \ ( B \text{ は積分定数 } ) \end{align} であり、与えられた微分方程式の一般解は \begin{align} y &= \pm \sqrt{\left( - \frac{1}{2} x + B \right) x} \ \ \ \ \ \ \ \ ( B \text{ は積分定数 } ) \end{align} である。
まず、 \begin{align} y''-3y'+2y &= 0 \end{align} を考え、 $y=e^{\lambda x}$ （ $\lambda$ は $x$ によらない定数）を代入すると、 $\lambda = 1, 2$ を得るので、この微分方程式の一般解は \begin{align} y = Ae^x + Be^{2x} \ \ \ \ \ \ \ \ ( A, B \text{ は積分定数 } ) \end{align} である。 また、与えられた微分方程式の特殊解を求めるため、 $y=Cx+D+Ee^x \sin x + Fe^x \cos x$ （ $C,D,E,F$ は $x$ によらない定数）を代入して整理すると、 \begin{align} C = \frac{1}{2}, D = \frac{3}{4}, E = - \frac{1}{2}, F = \frac{1}{2} \end{align} を得る。 よって、与えられた微分方程式の一般解は \begin{align} y = Ae^x + Be^{2x} + \frac{1}{2} x + \frac{3}{4} - \frac{1}{2} e^x \sin x + \frac{1}{2} e^x \cos x \ \ \ \ \ \ \ \ ( A, B \text{ は積分定数 } ) \end{align} である。
xz平面に関して対称であることを考慮して、 求める体積 $V$ は次のように計算できる： \begin{align} V &= 2 \int_0^1 dy \int_{1 - \sqrt{1-y^2}}^{1 + \sqrt{1-y^2}} dx \int_0^{4-(x^2+y^2)} dz \\ &= 2 \int_0^1 dy \int_{1 - \sqrt{1-y^2}}^{1 + \sqrt{1-y^2}} dx \left( 4-x^2-y^2 \right) \\ &= 2 \int_0^1 dy \left[ (4-y^2) x - \frac{x^3}{3} \right]_{x=1-\sqrt{1-y^2}}^{x=1+\sqrt{1-y^2}} \\ &= 4 \int_0^1 dy \left( (4-y^2) \sqrt{1-y^2} - \frac{1}{3} \left( 3 \sqrt{1-y^2} + (1-y^2) \sqrt{1-y^2} \right) \right) \\ &= \frac{8}{3} \int_0^1 dy \left( 4-y^2 \right) \sqrt{1-y^2} \\ &= \frac{8}{3} \int_0^\frac{\pi}{2} d \theta \cos^2 \theta \left( 4 - \sin^2 \theta \right) \ \ \ \ \ \ \ \ ( y = \sin \theta ) \\ &= \frac{8}{3} \int_0^\frac{\pi}{2} d \theta \left( 4 \cos^2 \theta - \frac{1}{4} \sin^2 2 \theta \right) \\ &= \frac{8}{3} \int_0^\frac{\pi}{2} d \theta \left( 4 \cdot \frac{1 + \cos 2 \theta}{2} - \frac{1}{4} \cdot \frac{1 - \cos 4 \theta}{2} \right) \\ &= \frac{8}{3} \int_0^\frac{\pi}{2} d \theta \left( \frac{15}{8} + 2 \cos 2 \theta + \frac{1}{8} \cos 4 \theta \right) \\ &= \frac{8}{3} \left[ \frac{15}{8} \theta + \sin 2 \theta + \frac{1}{32} \sin 4 \theta \right]^\frac{\pi}{2} \\ &= \frac{5}{2} \pi \end{align}