咱们一步一步来拆解你的问题，先从基础验证入手，再用存在唯一性定理分析，最后探讨过(0,1)点的解的情况。

首先明确：y=0确实是过(0,0)的解。把y=0代入原方程：左边π·y'=π·0=0；右边4x·arcsin(0/(x²+1))=4x·0=0，两边完全相等，且x=0时y=0，符合要求。

接下来分析过(0,0)的解是否唯一，我们用Picard-Lindelöf存在唯一性定理（皮卡定理）来判断：

先把原方程写成标准形式 ( y' = f(x,y) )，其中：
[ f(x,y) = \frac{4x}{\pi} \arcsin\left( \frac{y}{x^2+1} \right) ]

1. 连续性验证（存在性条件）：
   arcsin函数的定义域是[-1,1]，因此要求 ( \left| \frac{y}{x^2+1} \right| \leq 1 )，也就是 ( |y| \leq x^2+1 )。在(0,0)的任意邻域内（比如取 ( |x| < 1 )，( |y| < 1 )），显然 ( |y| < 1 \leq x^2+1 )，满足arcsin的定义域要求。而f(x,y)由多项式、arcsin这类连续函数组合而成，因此f(x,y)在(0,0)的邻域内连续，满足解的存在性条件。

2. 偏导数连续性验证（唯一性条件）：
   计算f对y的偏导数：
   [ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{4x}{\pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - \left( \frac{y}{x^2+1} \right)^2}} \cdot \frac{1}{x^2+1} ]
   在(0,0)的邻域（比如|x|<1, |y|<1）中，( \sqrt{1 - \left( \frac{y}{x^2+1} \right)^2} > 0 )（因为y的绝对值小于1，x²+1≥1，所以y/(x²+1)的绝对值小于1），偏导数有定义。当(x,y)→(0,0)时，( \frac{y}{x^2+1} \to 0 )，根号部分趋近于1，整个偏导数的极限为0，和x=0时的取值一致，因此( \frac{\partial f}{\partial y} )在(0,0)的邻域内连续。

根据皮卡定理，过(0,0)的解是唯一的，而y=0就是这个唯一解。

最后看是否存在过(0,1)的解：

我们可以通过变量替换构造解。令 ( u(x) = \frac{y(x)}{x^2+1} )，则y = u(x)(x²+1)，求导得 ( y' = u'(x)(x²+1) + 2x u(x) )，代入原方程整理后得到关于u的方程：
[ u' = \frac{x \left( \frac{4}{\pi} \arcsin(u) - 2u \right)}{x²+1} ]

注意到当u=1时，( \frac{4}{\pi} \arcsin(1) - 2\times1 = \frac{4}{\pi}\times\frac{\pi}{2} - 2 = 0 )，因此u=1是这个方程的常数解，对应y = 1·(x²+1) = x²+1。代入原方程验证：左边πy' = π·2x；右边4x·arcsin( (x²+1)/(x²+1) ) = 4x·arcsin(1) = 4x×( \frac{\pi}{2} ) = 2πx，两边相等，且x=0时y=1，完全满足条件。所以存在过(0,1)的解，y=x²+1就是其中一个。

这里要注意：在(0,1)点，f(x,y)的偏导数( \frac{\partial f}{\partial y} )不连续（x从正负两侧趋近于0时，偏导数的极限分别为( \frac{4}{\pi\sqrt{2}} )和( -\frac{4}{\pi\sqrt{2}} )，极限不存在），因此皮卡定理的唯一性条件不满足，理论上可能存在其他过(0,1)的解，但至少我们已经找到了一个明确的解。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者knight5478