Решение: проверим, является ли линейное дифференциальное уравнение первого порядка \( ( \arcsin(x) +2xy)dx + (x^2+1+ arctg(y))dy=0 \) уравнением в полных дифференциалах.
Уравнение вида \(M(x,y)dx + N(x,y)dy =0 \) будет уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть есть полным дифференциалом некоторой функции, т.е. будет выполняться равенство \(\frac{\partial M}{\partial y}= \frac{\partial N}{\partial x}\).
Решаем дифференциальное уравнение
1. Находим частные производные $$\frac{\partial }{\partial y}(\arcsin(x) +2xy) = 2x \quad \frac{\partial }{\partial x}(x^2+1+ arctg(y)) = 2x$$ получили равные частные производные, т.е. уравнение является линейным дифференциальным уравнением первой степени в полных дифференциалах, таким образом, существует функция \(u(x,y)\), такая что $$\frac{\partial u(x,y)}{\partial x} = 2x$$
2. Находим функцию \(u(x,y)\). Проинтегрируем \(( \arcsin(x) +2xy)dx\), получим $$u(x,y) = \int ( \arcsin(x) +2xy)dx = \int \arcsin(x)dx + x^2y+ \phi(y) = \quad (1)$$ найдем отдельно интеграл \(\int \arcsin(x)dx = \) проинтегрируем его по частям \(u=\arcsin(x) => du = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}; \quad dv = dx => v=x\), получаем \( = x\arcsin(x) - \int x\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx = \) введем замену \(1-x^2 = t^2 => xdx = -tdt\), подставляем \( = x\arcsin(x) + \int t\frac{1}{t}dt = x\arcsin(x) + t = \) применим обратную замену \(t = \sqrt{1-x^2}\), получаем \( = x\arcsin(x) + \sqrt{1-x^2}\), подставляем в (1) $$ = x\arcsin(x) + \sqrt{1-x^2} + x^2y+ \phi(y)$$
3. Найдем функцию \(\phi(y)\).
Для нахождения функции \(\phi(y)\) найдем производную функции \(u(x,y)\) по \(y\) и приравняем ее к известной частной производной по \(y\) это \(x^2+1+ arctg(y)\), получаем $$\frac{\partial u(x,y)}{\partial y} = \frac{\partial }{\partial y}(x\arcsin(x) + \sqrt{1-x^2} + x^2y+ \phi(y)) = x^2 + \phi'(y)$$ приравниваем полученные частные производные $$ x^2 + \phi'(y) = x^2+1+ arctg(y) => \phi'(y) = 1+ arctg(y)$$ интегрируем обе части уравнения $$\phi(y) = \int (1+ arctg(y))dy = y + \int arctg(y)dy = \quad (2)$$ найдем интеграл отдельно \(\int arctg(y)dy = \) применим формулу интегрирования по частям, применим замену \(u = arctg(y) => du = \frac{1}{1+y^2}; \quad dv = dy => v=y\), подставляем \( = yarctg(y) - \int y\frac{1}{1+y^2}dy = yarctg(y) - \frac{1}{2}\int \frac{1}{1+y^2}d(1+y^2) =\) \( = yarctg(y) - \frac{1}{2}\ln(1+y^2)\) подставляем в (2) $$ = y + y arctg(y) - \frac{1}{2}\ln(1+y^2)$$
4. Находим полный интеграл дифференциального уравнения.
Подставляем в функцию \(u(x,y)\) формула (1), получаем $$u(x,y) = x\arcsin(x) + \sqrt{1-x^2} + x^2y+ \phi(y) => $$$$ u(x,y) = x\arcsin(x) + \sqrt{1-x^2} + x^2y+ y + y arctg(y) - \frac{1}{2}\ln(1+y^2)$$ Получили полный интеграл дифференциального уравнения $$x\arcsin(x) + \sqrt{1-x^2} + x^2y + y + y arctg(y) - \frac{1}{2}\ln(1+y^2) = C$$
Ответ: \(y(x^2 + arctg(y)+1)+ x\arcsin(x) + \sqrt{1-x^2} - \frac{1}{2}\ln(1+y^2) = C \)
