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 $C:=e^k$,
$$x\,y^2=C$$
$\diamond$
