Un ejemplo de integración de una EDO no exacta, pero que admite factor integrante

Vamos a integrar la siguiente EDO:

$$y\,dx+2\,x\,dy=0$$ que es del tipo $$\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,x}\,dx+\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,y}\,dy=0$$

Observemos que $P(x,y)=y$ y $Q(x,y)=x$. Veamos las derivadas partiales $\dfrac{\partial\,P}{\partial\,y}=1$ y $\dfrac{\partial\,P}{\partial\,x}=2$; entonces, como $\dfrac{\partial\,P}{\partial\,y}\neq \dfrac{\partial\,P}{\partial\,x}$, se trata de una EDO no exacta. Sin embargo, vamos a intentar econtrar un factor integrante $\mu(x,y)$ tal que $\mu(x,y)\,P(x,y)\,d+\mu(x,y)\,Q(x,y)=\mu(x,y)\cdot 0=0$, es decir, la e.d.

$$\mu(x,y)\,P(x,y)\,d+\mu(x,y)\,Q(x,y)=0\quad (1)$$ que es equivalente a la e.d. original, sí buscamos que sea exacta, por lo que tiene que cumplirse que $$\dfrac{\partial\,}{\partial\,y}\,(\mu(x,y)\,P(x,y))=\dfrac{\partial}{\partial\,x}\,\mu(x,y)\,Q(x,y)$$ es decir, $$P(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,y}+\mu(x,y)\,\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,x}+\mu(x,y)\,\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}$$ $$\mu(x,y)\,\left( \dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}- \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x} \right)=Q(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,x}-P(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,y}$$ $$\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}- \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}=\dfrac{Q(x,y)}{\mu(x,y)}\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,x}-\dfrac{P(x,y)}{\mu(x,y)}\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,y}$$ $$\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}- \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}=Q(x,y)\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,x}-P(x,y)\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,y}$$ que, en el caso que nos ocupa, se traduce en:
$$1-2=2x\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,x}-y\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,y}$$ es decir $$-1=2x\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,x}-y\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,y}$$ En particular, pongamos que $\mu$ no dependa de $x$, entonces: $$-1=2x\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(y))}{\partial\,x}-y\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(y))}{\partial\,y}$$ con lo cual, $$-1=2x\cdot 0-y\,\dfrac{d\,\ln(\mu(y))}{d\,y}$$ $$-1=-y\,\dfrac{d\,\ln(\mu(y))}{d\,y}$$ $$1=y\,\dfrac{d\,\ln(\mu(y))}{d\,y}$$ $$\dfrac{dy}{y}=d\,\ln(\mu(y))$$ $$\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{y}=\int\,d\,\ln(\mu(y))$$ $$\ln(y)=\ln(\mu(y))$$ y por consiguiente, $$\mu(y)=y$$

Y sustituyendo en $(1)$, llegamos a la siguiente e.d. exacta:

$$y^2\,dx+2\,xy\,dy=0 \quad (2)$$ Así pues, vamos a encontrar la integral general de la misma $F(x,y)=C$, debiéndose cumplir que:
  $\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,x}=y^2\quad (3)$
y
  $\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,y}=2\,xy \quad (4)$

De $(2)$:
  $\displaystyle \int\,dF(x,y)=\int\,y^2\,dx$
    $\displaystyle F(x,y)=y^2\,\int\,dx$
      $F(x,y)=y^2\,x+\phi(y) \quad (5)$

Y como debe satisfacerse $(4)$,
  $\dfrac{\partial\,(y^2\,x+\phi(y))}{\partial\,y}=2\,xy$
    $2\,xy+\phi'(y)=2\,xy$
      $\phi'(y)=0$
        $\phi(y)=\text{constante} \overset{(5)}{\Rightarrow} x\,y^2=C$

Nota:
También podemos integrar la ecuación $(2)$ de una manera muy sencilla:
Dividiendo por $x\,y^2$ en los dos miembros de la misma obtenemos

$$\dfrac{1}{x}\,dx+2\cdot \dfrac{1}{y}\,dy=0$$ luego, $$\dfrac{1}{x}\,dx=-2\cdot \dfrac{1}{y}\,dy$$ $$\displaystyle \int\,\dfrac{1}{x}\,dx=-2\displaystyle \int \dfrac{1}{y}\,dy$$ $$\ln(x)=-2\cdot \ln(y)+k$$ $$\ln(x)+2\,\ln(y)=k$$ $$\ln(x)+\ln(y^2)=k$$ $$\ln(x\cdot y^2)=k$$ $$x\,y^2=e^k$$ y estableciendo la constante arbitraria como $C:=e^k$,
$$x\,y^2=C$$

$\diamond$