Проверим, можно ли это уравнение представить в виде \(y' = f(\frac{y}{x})\), а также в виде \(M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0\), где \(M(x,y); N(x,y)\) - функции одинаковых степеней. Представим в первом виде \((x^2+y^2)*y' = 2xy=> y' = \frac{2xy}{x^2+y^2}\), т.е. мы показали, что это однородное дифференциальное уравнение и решать его будем методом замены \(y = tx => dy = xdt + tdx\).
Решаем дифференциальное уравнение $$(x^2+y^2)*y' = 2xy =>$$делаем замену$$(x^2+(tx)^2)*\frac{xdt+tdx}{dx} = 2xtx => (1+t^2)*\frac{xdt+tdx}{dx} = 2t$$$$(1+t^2)*\frac{xdt}{dx} + (1+t^2)t = 2t => (1+t^2)*\frac{xdt}{dx} = 2t - t - t^3$$в левую часть уравнения переносим все члены с \(t\), а в правую с \(x\)$$\frac{(1+t^2)dt}{t(1 - t^2)} = \frac{dx}{x}$$мы потеряли несколько решений \(x = 0; t(1-t^2) = 0 =>\) $$\left [ \begin{matrix}t =0 \\t = 1 \\ t = -1 \end{matrix} \right .$$ т.к. \(y = tx => t = \frac{y}{x} =>\) $$\left [ \begin{matrix}\frac{y}{x} =0 \\ \frac{y}{x} = 1 \\ \frac{y}{x} = -1 \end{matrix} \right . => \left [ \begin{matrix} y =0 \\ y = x \\ y = -x \end{matrix} \right .$$в конце проверим, являются ли они решением или нет методом подстановки в ответ. Проинтегрируем обе части $$\int \frac{(1+t^2)dt}{t(1 - t^2)} = \int \frac{dx}{x}=> \int \frac{(1+t^2)dt}{t(1 - t^2)} = \int \frac{dx}{x}$$Левый интеграл будем находить методом неопределенных коэффициентов $$\frac{1+t^2}{t(1 - t^2)} = \frac{A}{t} + \frac{B}{1-t} + \frac{C}{1+t} => \frac{1+t^2}{t(1 - t^2)} = \frac{A(1-t)(1+t) + Bt(1+t) + Ct(1-t)}{t(1-t)(1+t)}$$Сравниваем многочлены числителей двух равных дробей. Многочлены равны, если равны коэффициенты при неизвестных равных степеней. Запишем это $$\begin{matrix}t^0 \left | A = 1 \right .\\ t^1 \left | A - A + B + C = 0 \right .\\ t^2 \left | -A + B - C= 1 \right . \end{matrix} => \begin{matrix} t^0 \left | A = 1 \right .\\ t^1 \left |B = 1 \right .\\ t^2 \left |C= -1 \right .\end{matrix}$$Подставляем в уравнение $$ \int \frac{(1+t^2)dt}{t(1 - t^2)} = \int \frac{dx}{x} => \int \frac{1}{t}dt + \int\frac{1}{1-t}dt - \frac{1}{1+t} dt = \int \frac{dx}{x} =>$$$$\ln|t| - \ln|t-1| - \ln|1+t| = \ln|x| + C =>\ln|\frac{t}{1-t^2}| = \ln|xC'|$$где \(C' = e^C\) =>$$\frac{t}{1-t^2} = xC'$$Делаем обратную замену \(t = \frac{y}{x} =>\) $$\frac{\frac{y}{x}}{1-(\frac{y}{x})^2} = xC' =>\frac{y*x^2(x^2-y^2)}{x*y^2} = xC'$$$$ x^2 - y^2 = yC'$$Получили решение дифференциального уравнения. Теперь осталось проверить, являются ли корнями \(x = 0;y = 0;y = x; y=-x \) Подставим поочередно эти значения в решение уравнения, получаем \(x = 0\) - корень, \(y = 0\) - корень, \(y = x; y = -x\) - корни при \(C'=0\). Два последних корня входит в серию по умолчанию при \(C'=0\), поэтому их можно не включать в ответ.
Ответ: \(x^2 - y^2 = yC'\) , \( y = 0 \)
