Ich habe mich dank des Tipps von Grosserloewe schlau gemacht.
Die Umwandlung in die im Wiki-Artikel beschrieben Form der exakten DGL sieht so aus:$$y'=-\frac{y^{2}-xy}{2xy^{3}+xy+x^{2}} \\ \underbrace{(y^{2}-xy)}_{=p(x,y)} + y'\underbrace{(2xy^{3}+xy+x^{2})}_{=q(x,y)} = 0$$
Da die Integrabilitätsbedingung $$\frac{\partial p(x,y)}{\partial y} \stackrel{?}{=} \frac{\partial q(x,y)}{\partial x}$$ hier nicht erfüllt ist, muss man zunächst nach einer Funktion \(\mu(x,y)\) suchen, mit der man die DGL multipliziert. Dazu multipliziere ich \(p\) und \(q\) mit \(\mu(x,y)\) und setze es in die Integrabilitätsbedingung ein:$$\begin{aligned} \frac{\partial \mu(x,y)p(x,y)}{\partial y} &= \frac{\partial \mu(x,y)q(x,y)}{\partial x} \\ \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial y}(y^2 - xy) + \mu(x,y)(2y - x) &= \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} \left(2xy^3 +xy+x^2\right)+\mu(x,y)\left( 2y^3+y+2x \right)\\ \mu(x,y)(2y - x) -\mu(x,y)\left( 2y^3+y+2x \right)&= \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} \left(2xy^3 +xy+x^2\right)+\frac{\partial \mu(x,y)}{\partial y}(xy -y^2) \\ \mu(x,y)\left(y -3x- 2y^3 \right)&= \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} \left(2xy^3 +xy+x^2\right)+\frac{\partial \mu(x,y)}{\partial y}(xy -y^2) \\ \left({\color{red}xy^2} {\color{blue}-3x^2y}- 2xy^4 \right)&\leftrightarrow \left(2xy^4 {\color{red}+xy^2}+{\color{blue}x^2y}\right)+({\color{blue}x^2y} {\color{red}-xy^2}) \\ \end{aligned}$$die letzte Zeile mit den Farben ist keine formale Gleichung, sondern nur eine 'Denkhilfe'! Da alle Terme Potenzen von \(x\) und \(y\) sind, kann man wohl davon ausgehen, dass es bei \(\mu(x,y)\) auch so ist. Und wenn man nach \(x\) bzw. \(y\) ableitet, dann vermindert sich der Exponent jeweils um 1.
Also füge ich beim nicht abgeleiteten Term ein \(xy\) hinzu und bei der Ableitung nach \(x\) nehme ich ein \(x\) weg und füge nur ein \(y\) hinzu und beim nach \(y\) abgeleiteten Term bleibt dann ein \(x\). Und dann vergleiche ich die Terme mit identischen Exponenten ... die habe ich farblich markiert. Daraus folgt dann z.B.:$$\mu(x,y) \cdot (-2xy^4) = \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} \cdot (2xy^4)$$und dies geht wegen des Vorzeichenwechsels nur, wenn \(u(x,y)\) den Faktor \(x^{-1}=1/x\) enthält.
Daselbe mache ich nun für die rot markierten Terme. Natürlich ohe die hinzugefügten \(x\) bzw. \(y\):$$\mu(x,y)=\frac{y^k}{x} \implies \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial x} = -\frac{y^k}{x^2}, \quad \frac{\partial \mu(x,y)}{\partial y}=k\frac{y^{k-1}}{x} \\ \begin{aligned} \frac{y^k}{x} {\color{red}y} &= -\frac{y^k}{x^2} {\color{red}xy} +k\frac{y^{k-1}}{x} ({\color{red}-y^2})\\ y^k &= -y^k - ky^k \\ \implies k &= -2\\ \implies \mu(x,y)&= \frac{1}{xy^2} \end{aligned}$$Für die blauen kannst Du es ja noch mal kontrollieren.
Jetzt kann man dann schreiben:$$\mu(x,y)= \frac{1}{xy^2} \\ \begin{aligned} \left(y^2-xy\right) + y'(2xy^3+xy+x^2) &= 0 &&|\,\cdot \frac{1}{xy^2} \\ \underbrace{\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right)}_{=p(x,y)} + y'\underbrace{\left(2y+ \frac{1}{y} + \frac{x}{y^2}\right)}_{=q(x,y)} &= 0 \end{aligned}$$Und das weiter Vorgehen ist im Wiki-Artikel beschrieben. Hier noch meine Rechnung:$$\begin{aligned} \varPhi(x,y) &= \int p(x,y)\,\text{d}x + \varphi(x)\\ &= \ln(x) - \frac{x}{y} + \varphi(y) \\\end{aligned}\\\begin{aligned} \frac{\text{d} \varphi(y)}{\text{d} y} &= q(x,y) - \frac{\partial}{\partial y}\int p(x,y)\,\text{d}x\\ &= 2y+ \frac{1}{y} + \frac{x}{y^2} - \frac{\partial}{\partial y}\left(\ln(x) - \frac{x}{y}\right)\\ &= 2y + \frac{1}{y} + \frac{x}{y^2} - \frac{x}{y^2}\\ &= 2y + \frac{1}{y}&&|\,\int \text{d}y\\ \varphi(y) &= y^2 + \ln(x) + C \\ \end{aligned}\\ \implies \varPhi(x,y)=\ln(x) - \frac{x}{y}+y^2 + \ln(x) + C $$kommt tatsächlich das gleiche heraus. Wieder was dazu gelernt!
