Problema Cauchy: più ampio intervallo su cui si definisce la soluzione

[Stanzi96]

Salve a tutti! Vi scrivo nonostante abbia cercato e trovato molti post sull'argomento, questo perchè arrivo sempre ad avere qualche dubbio.
Avrei bisogno di una spiegazione for dummies, il meno matematica e rigorosa possibile ma il più intuitiva e magari figurativa di cosa si intenda per intervallo di definizione della soluzione.
Vorrei sapere anche un modo di procedere corretto e per non incappare in errori da applicare a tutti i problemi di cauchy, quasi meccanico..poi una volta capito bene mi verrà naturale..spero.
Intanto posto un PdC da me svolto con i ragionamenti che ho fatto:
$ { ( xy'+(y-1)/x=0 ),( y(-1)=2 ):} $
Allora ho notato che il dominio della x (che matematicamente non saprei come definirla..oltre che variabile indipendente) deve essere $(-oo,0) uu (0,+oo)$. Bene poi ho trovato le soluzioni costanti $y(x)=1$ (se fosse stato 2, cioè la condizione iniziale che sarebbe successo?).
Poi posto $y!=1$ divido per $y-1$ e ed integro per separare le variabili, trovando che l'integrale generale è $y(x)=1+ce^(1/x)$
Trovo c imponendo le condizioni iniziali $c=e$. E sostituisco nella soluzione dell'equazione: $y(x)=1+e^(1+1/x)$
Logicamente direi che essendo per le condizioni iniziale $y(-1) =2$ che l'intervallo della soluzione sia $(-oo,0)$ ...ma non ne sono sicura. poi su y non devo dire altro? è chiaro che ho confusione..grazie a chi mi aiuterà.

[gugo82]

Beh, quello che logicamente diresti è giusto.

Riguardiamo un po' il problema.
Innanzitutto nota che la EDO ha senso solo per $x!= 0$; per tale scelta di $x$, la EDO si può mettere in forma normale, ed ottieni l'equazione:
\[
\tag{EDO} y^\prime (x) = -\frac{y(x)-1}{x^2}\; .
\]
Dato che il secondo membro, cioè:
\[
f(x,y):=-\frac{y-1}{x^2}
\]
è di classe $C^oo$ in \(\Omega :=(\mathbb{R}\setminus \{0\})\times \mathbb{R} = ]-\infty ,0 [\times \mathbb{R} \cup ]0, +\infty [\times \mathbb{R}\), da noti fatti di teoria segue che:

• la EDO ha unica soluzione locale per ogni punto iniziale $(x_0,y_0) in \Omega$ (come si dice, sei in regime di unicità locale),
  
  
• il PdC assegnato ha unica soluzione massimale \(y(x):=y(x;-1,2)\) definita in un sottointervallo $I\subseteq ]-\infty , 0[$ che contiene il punto $x_0=-1$ (infatti, la componente connessa di $\Omega$ cui il punto iniziale $(x_0,y_0)=(-1,2)$ appartiene è \(]-\infty ,0 [\times \mathbb{R}\)).[/list]

Per determinare la soluzione massimale, nota innanzitutto che la EDO ha un'unica soluzione stazionaria, cioè \(y^\star (x) = 1\), e che il grafico della tua soluzione massimale non può intersecare in alcun punto il grafico di \(y^\star\) (perché sei in regime di unicità locale); dato che il valore iniziale $y_0=2$ della tua soluzione massimale è $>1$, il grafico della tua soluzione sovrasta certamente tutto il grafico della \(y^\star\), cioè hai $y(x)>1$ ovunque in $I$.
Inoltre, dalla forma del secondo membro segue che la soluzione massimale $y(x)$ ha derivata prima negativa ovunque in $I$, dunque $y(x)$ è strettamente decrescente.

Visto che la EDO è a variabili separabili, per determinare $y(x)$ basta integrare tenendo presente la condizione iniziale.
Hai:
\[
\begin{split}
\frac{y^\prime (x)}{y(x)-1} = -\frac{1}{x^2} \quad &\Rightarrow \quad \int_{-1}^x \frac{y^\prime (t)}{y(t)-1}\ \text{d} t = \int_{-1}^x -\frac{1}{t^2}\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad \int_{y(-1)}^{y(x)} \frac{1}{u - 1}\ \text{d} u = \left[ \frac{1}{t}\right]_{-1}^x\\
&\Rightarrow \quad \left[ \log (u-1)\right]_{2}^{y(x)} = \frac{1}{x}+1\\
&\Rightarrow \quad \log (y(x)-1) = \frac{1}{x}+1\\
&\Rightarrow \quad y(x) = 1 + \mathbf{e}^{\frac{1}{x}+1}
\end{split}
\]
localmente intorno a $x_0=-1$; però si vede che $y(x)$ si può prolungare in tutto $I=]-oo,0[$ continuando ad essere soluzione della EDO.
Ne consegue che $I=]-oo,0[$ è l'intervallo massimale di definizione della soluzione.