高阶微分方程

$$F(x,y,y',\cdots,y^{(n)})=0$$

例：(简谐运动)

$$\frac{\text d^2x}{\text dt^2}+f(x)=0$$

方程里没有自变量 $t$ 的函数，被称为自治的

• 若 $x(t)$ 是一个解，则 $x(t+C)$ 也是解

• 若 $x_0$ 是 $f$ 的零点，则 $x\equiv x_0$ 也是方程的解

$$x''x'+f(x)x'=0\Rightarrow\frac{\text d}{\text dt}\left(\frac12x'^2+F(x)\right)=0$$

其中 $F(x)=\int^x_0f(s)\text ds$

$$\Rightarrow \frac12x'^2+F(x)=C\Rightarrow x'=\pm\sqrt{2C-2F(x)}$$

$$\Rightarrow \frac{\text dx}{\sqrt{2C-2F(x)}}=\pm\text dt$$

$$\int \frac{\text dx}{\sqrt{C_1-2F(x)}}=\pm (t+C_2)$$

一般来说，当 $f(x)$ 是一个二次多项式的时候，方程就已经无法显式解出了，此时，$F(x)$ 为三次多项式，等式左侧是一个椭圆函数

例

$$f(x)=a^2x\Rightarrow F(x)=\frac12a^2x^2$$

方程的解为

$$\int\frac{\text dx}{\sqrt{C_1-a^2x^2}}=\pm(t+C_2)=-\frac{1}{a}\arccos\frac{ax}{\sqrt{C_1}}$$

$$\Rightarrow x=\frac{\sqrt{C_1}}{a}\cos[a(t+C_2)]$$

可以重新写为

$$x=C_1\cos at+C_2\sin at$$

$C_1,C_2$ 为任意常数，任何非零解都有一个 $2\pi/a$ 的周期

例：(单摆方程)

$$f(x)=a^2\sin x\Rightarrow F(x)=-a^2\cos x$$

方程的解为

$$\int\frac{\text dx}{\sqrt{C_1+a^2\cos x}}=\pm(t+C_2)$$

显然 $x\equiv0$ 是一个解，对于非零解，在 $x=0$ 附近有 $\sin x\approx x$，类似于简谐运动

一般地，我们证明解在 $f(x_0)$ 的零点附近是周期的，令 $y=x'$，设

$$H(x,y)=\frac12y^2+F(x)$$

方程的解为 $H(x(t),x'(t))\equiv C$，这样的 $(x(t),x'(t))$ 是 $H$ 的等高线

若 $f(x_0)=0$，$f'(x_0)>0$，则 $F(x)$ 在 $x_0$ 附近是凸的，进而 $H(x,y)$ 在 $(x_0,0)$ 附近也是凸的，在 $(x_0,0)$ 取到极小值

从而，$H(x,y)=C$ 在 $(x_0,0)$ 附近为一族围绕 $(x,0)$ 的闭曲线

周期为多少呢？考虑 $f'(x_0)=1$，$f(x)=x-x_0+\mathcal{o}(x-x_0)$

$$\Rightarrow x''+a^2((x-x_0)+\mathcal{o}(1))=0$$

回到简谐运动方程，周期约为 $2\pi/a$

一般地，设 $x(0)=x_0,x'(0)=x_0'$，当 $|x_0|\ll1$，$x(t)$ 为周期解，设其振幅为 $A$，则存在 $t-1>0$，$x(t_1)=A,x'(t_1)=0$，周期 $T_A$ 满足

$$\frac{T_A}{4}=\frac{1}{\sqrt{2}a}\int_0^A\frac{\text dx}{\sqrt{\cos x-\cos A}}$$

因为

$$H(x,y)=\frac12y^2+a^2(1-\cos x)=a^2(1-\cos A)\Rightarrow y=\sqrt2a\sqrt{\cos x-\cos A}$$

$$\Rightarrow\frac{\text dx}{\sqrt2a\sqrt{\cos x-\cos A}}=\text dt$$

从而

$${T_A}=\frac{2\sqrt{2}}{a}\int_0^A\frac{\text dx}{\sqrt{\cos x-\cos A}}=\frac{2\sqrt{2}}{a}\int_0^1\frac{A\text ds}{\sqrt{\cos As-\cos A}}$$

在 $A\ll1$ 时，

$$\cos As=1-\frac{A^2s^2}{2}+\mathcal{o}(A^2),\quad \cos As=1-\frac{A^2}{2}+\mathcal{o}(A^2)$$

$$T_A\sim\frac{4}{a}\int_0^1\frac{\text ds}{\sqrt{1-s^2}}=\frac{2\pi}{a}$$

当 $A\to\pi$ 时

$$T_A\ge\frac{2}{a}\int_0^A\sqrt{\frac{2}{\cos x-1}}\text dx=\frac{2}{a}\int_0^A\frac{\text dx}{\cos {x/2}}\to+\infty$$

所以当 $A$ 很小时周期近似为常数，当 $A$ 较大时周期与 $A$ 相关，且最终发散

定理

对于方程

$$x''+f(x)=0$$

$$f(0)=0,\ xf(x)>0,\ x\neq0\\ y=x',\ F(x)=\int_0^xf(s)\text ds$$

考虑原点附近围绕原点的一条闭曲线

$$\Gamma_h:\quad \frac12y^2+F(x)=h$$

显然 $(x(t),x'(t))\in\Gamma_h$，且

$$\Gamma_h\bigcap\left\{(x,y)\big|y=0\right\} = \left\{(x_+(h),0),\ (x_-(h),0)\right\}\\ \Gamma_h\bigcap\left\{(x,y)\big|x=0\right\} = \left\{(0,-\sqrt{2h}),\ (0,\sqrt{2h})\right\}$$

周期 $Th$ 不依赖于 $h$ 的充要条件是存在 $C_0>0$，使得 $x+(h)-x_-(h)=C_0\sqrt{h}$

证明

1. 证明一个恒等式

   $$\frac1{\sqrt{2}}\int_0^H\frac{T_h}{\sqrt{H-h}}\text dh=\pi[x_+(H)-x_-(H)]$$

   令 $y=\text dx/\text dt$，则

   $$\frac{1}2y^2+F(x)=h\Rightarrow \text dt=\frac{\text dx}{\pm\sqrt{2(h-F(x))}}$$

   $$\frac{T_h}{2}=\int_{x_-(h)}^{x_+(h)}\frac{\text dx}{\sqrt{2(h-F(x))}}$$

   令 $F(x)=s$，则 $f(x)\text dx=\text ds$

   $$\int_0^{x_+(h)}\frac{\text dx}{\sqrt{2(h-F(x))}}=\int_0^h\frac{1}{\sqrt{2(h-s)}}\frac{\text ds}{f(x_+(s))}$$

   $x+(s)>0$ 满足 $F(x+(s))=s,\forall s>0$

   同理

   $$\int_{x_-(h)}^0\frac{\text dx}{\sqrt{2(h-F(x))}}=\int_0^h\frac{1}{\sqrt{2(h-s)}}\frac{-\text ds}{f(x_-(s))}$$

   $$\Rightarrow \frac{T_h}2=\int_0^h\frac1{\sqrt{2(h-s)}}\left(\frac1{f(x_+(s))}-\frac1{f(x_-(s))}\right)\text ds$$

   $$\begin{align*} \Rightarrow\frac12\int_0^H\frac{T_h}{\sqrt{H-h}}\text dh &=\frac1{\sqrt2}\int_0^H\frac{\text dh}{\sqrt{H-h}}\int_0^h\frac1{\sqrt{h-s}}\left(\frac1{f(x_+(s))}-\frac1{f(x_-(s))}\right)\text ds\\ &=\frac1{\sqrt2}\int_0^H\left(\frac1{f(x_+(s))}-\frac1{f(x_-(s))}\right)\text ds\int_s^h\frac1{\sqrt{(H-h)(h-s)}}\text dh \end{align*}$$

由于

$$\int_a^b\frac{\text dx}{\sqrt{(b-x)(x-a)}}=\pi$$

有

$$\begin{align*} \frac12\int_0^H\frac{T_h}{\sqrt{H-h}}\text dh &=\frac{\pi}{\sqrt2}\int_0^H\left(\frac1{f(x_+(s))}-\frac1{f(x_-(s))}\right)\text ds\\ &=\frac{\pi}{\sqrt2}\left[\int_0^{x_+(H)}\frac{f(x_+(s))}{f(x_+(s))}\text ds+\int_{x_-(H)}^0\frac{f(x_-(s))}{f(x_-(s))}\text ds\right]\\ &=\frac{\pi}{\sqrt2}[x_+(H)-x_-(H)] \end{align*}$$

1. 若 $T_h=T_0$ 与 $h$ 无关，则

   $$x_+(H)-x_-(H)=\frac{\sqrt2}{\pi}\cdot T_0\sqrt{H}$$
2. 反之，若 $x+(H)-x-(H)=C_0H$，则

   $$\int_0^H\frac{T_h}{\sqrt{H-h}}\text dh=\sqrt2\pi C_0\sqrt{H},\quad\forall H>0$$

   $$\int_0^\beta\frac{\text dH}{\sqrt{\beta-H}}\int_0^H\frac{T_h}{\sqrt{H-h}}\text dh=\sqrt2\pi C_0\int_0^\beta\frac{\sqrt{H}}{\sqrt{\beta-H}}\text dH$$

   $$LHS=\int_0^\beta T_h\text dh\int_h^\beta\frac{\text dH}{\sqrt{(\beta-H)(H-h)}}=\pi\int_0^\beta T_h\text dh$$

   $$RHS=C_1\beta$$

   两边对 $\beta$ 求导

   $$\pi T_\beta=C_1$$

   说明 $T_\beta$ 为常数

定义：(等时系统)

周期与振幅无关的系统称为等时系统

例

$$f(x)=a\max\{x,0\}+b\min\{0,x\},\quad a>0,b>0$$

$$x_+(h)-x_-(h)=\left(\sqrt{\frac2a}+\sqrt{\frac2b}\right)\sqrt h$$

例

$$f(x)=\frac{x+1}{4}-\frac{1}{4(1+x)^3}$$

$f(0)=0, xf(x)>0, x\neq 0, |x|\ll1$

$$F(x)=\frac{(x+1)^2}{8}+\frac1{8(1+x)^2}-\frac14$$

由 $F(x)=h$ 可以解出

$$x_{\pm}(h)=-1+\sqrt{4h+1\pm\sqrt{(4h+1)^2-1}}$$

$$\begin{align*} (x_+(h)-x_-(h))^2&=\left(\sqrt{4h+1+\sqrt{(4h+1)^2-1}}-\sqrt{4h+1-\sqrt{(4h+1)^2-1}}\right)^2\\ &=8h+2-2=8h \end{align*}$$

$$x_+(h)-x_-(h)=2\sqrt2\sqrt h$$

$n$ 维线性空间中的微分方程

$n$ 阶线性方程

$$\frac{\text d^ny}{\text dx^n}=F\left(x,y,y'',\cdots,y^{(n-1)}\right)$$

令 $y1=y,\cdots, y_n=y{n-1}'$，则微分方程可以拆成 $n$ 阶微分方程组；对于多个未知函数的情形，也可以类似地拆成微分方程组；一般地，考虑

$$y_1'=f_1(x,y_1,y_2,\cdots,y_n)\\ y_2'=f_2(x,y_1,y_2,\cdots,y_n)\\ \cdots\\ y_n'=f_n(x,y_1,y_2,\cdots,y_n)\\$$

一些定义

• $y$ 是未知函数的向量函数 $y=(y_1 y_2 \cdots y_n)^T$

  • 求导

    $$\frac{\text dy}{\text dx}=\left(\frac{\text dy_1}{\text dx}\ \frac{\text dy_2}{\text dx}\ \cdots \frac{\text dy_n}{\text dx}\right)^T$$

    (类似地定义积分)

  • $$f(x,y)=\left(f_1(x,y_1,y_2,\cdots,y_n)\quad f_2(x,y_1,y_2,\cdots,y_n)\quad \cdots\quad f_n(x,y_1,y_2,\cdots,y_n)\right)^T$$
  • 形式上可以有柯西问题

    $$\frac{\text dy}{\text dx}=f(x,y),\quad y(x_0)=y_0$$
  • $R_n$ 中的模

    1. 欧式模：$|y|_2=\sqrt{y_1^2+y^2+\cdots+y_n^2}$

    2. $L1$ 模：$|y|_1=\sum{i=1}^n|y_i|$

    3. $L\infty$ 模：$|y|\infty=\max_{1\le i\le n}\left{|y_i|\right}$

    三种模是等价的，可以利用任意一种证明存在唯一性定理，形式与一维的情形完全相同

从一维到高维

• Peano 定理

  $D:\left{(x,y)\Big||x-x_0|\le a,|y-y_0|\le b\right}\subset R\times R^n$，$f(x,y)\subset C(D)$，$M=\max_D|f|$，$h=\min{a,b/M}$，则初值问题的解在 $|x-x_0|\le h$ 上存在

• Picard 定理

  设 $f$ 满足上述定理的条件，若 $f(x,y)$ 关于 $y$ 是局部李氏的，则上述定理中的解是唯一的

• 解的最大存在区间

  • 若 $|f(x,y)|\le a(x)|y|+b(x), x\in(\alpha,\beta), y\in R^n$，其中 $f,a,b$ 均为连续函数，则

    $$\frac{\text dy}{\text dx}=f(x,y)$$

    解的最大存在区间均为 $(\alpha,\beta)$

    特别地，对线性微分方程组

    $$f(x,y)=A(x)y+B(x)\\ A(x):(\alpha,\beta)\to M_{n\times n},\ B(x):(\alpha,\beta)\to R^n$$

    $A(x),B(x)$ 连续，则其解自然可以延伸到 $(\alpha,\beta)$ 上，存在唯一性也可以保证

解对初值和参数的连续依赖性

以谐振子方程为例，其初值问题的解为

$$x=x_0\cos a(t-t_0)+\frac{v_0}{a}\sin a(t-t_0)$$

显然它对参数 $a$ 和初值 $t_0,x_0,v_0$ 是连续可微的

一般的 $n$ 阶微分方程

$$y'=f(x,y,\lambda),\quad y(x_0)=y_0$$

其解为 $y=y(x,x_0,y_0,\lambda)$，下面研究其关于 $x_0,y_0,\lambda$ 的依赖性

令 $t=x-x_0,u=y-y_0$，则

$$u'=f(t+x_0,u+y_0,\lambda)=\tilde f(t,u,x_0,y_0,\lambda),\quad u(0)=0$$

从而初值可以转换为参数，只需考虑方程的解关于方程参数的依赖性，不妨考虑初值问题

$$y'=f(x,y,\lambda),\quad y(0)=0$$

$$f\in C(G),\ G:|x|\le a,|y|\le b,|\lambda-\lambda_0|\le c$$

定理

$f$ 关于 $y$ 李氏连续，即存在 $L>0$，使得

$$|f(x,y_1,\lambda)-f(x,y_2,\lambda)|\le L|y_1-y_2|,\quad \forall (x,y_1,\lambda),(x,y_2,\lambda)\in G$$

$$M=\max_G|f|,\ h=\min\left\{a,\frac{b}{M}\right\}$$

则解 $y=\phi(x,\lambda)$ 在 $|x|\le h,|\lambda-\lambda_0|\le c$ 上连续

证明

原问题等价于

$$y(x,\lambda)=\int_0^xf(s,y(s,\lambda),\lambda)\text ds$$

引入 Picard 序列

$$\phi_0\equiv0,\quad \phi_k(x,\lambda)=\int_0^xf(s,\phi_{k-1}(s,\lambda),\lambda)\text ds$$

由定义知 $\phi_k$ 关于 $(x,\lambda)$ 连续，类似于一维的情形，可以归纳证明

$$|\phi_{k+1}-\phi_k|\le\frac{M(L|x|)^{k+1}}{L(k+1)!}$$

因此 $\phik(x,\lambda)$ 一致收敛，取 $\phi(x,\lambda)=\lim{k\to\infty}\phi_k(x,\lambda)$，关于 $(x,\lambda)$ 连续，容易证明 $\phi(x,\lambda)$ 就是初值问题的唯一解

推论

设 $f$ 在区域 $R: |x-x_0|\le a, |y-y_0|\le b$ 上连续，初值问题

$$y'=f(x,y),\quad y(x_0)=\eta$$

的解 $y=\phi(x,x_0,y_0)$ 在区域 $Q$ 上是连续的，其中

$$Q:|x-x_0|\le\frac h2,\quad |\eta-y_0|\le \frac b2$$

$h$ 的定义与上面的类似

定理 (放宽李氏连续的条件)

$$y'=f(x,y,\lambda),\quad y(x_0)=y_0\\ f\in C(G),\ G\subset R\times R^n\times R^k$$

设对任意的 $(x_0,y_0,\lambda)\in G$，初值问题的解 $y=\phi(x,x_0,y_0,\lambda)$ 存在唯一，则 $\phi$ 关于 $x_0,y_0,\lambda$ 连续

证明

令 $z=\lambda$，则 $z'=0$，方程扩充为

$$y'=f(x,y,z)\\ z'=0\\ y(x_0)=y_0,\quad z(x_0)=\lambda$$

即参数也可以转化为初值，下面只考虑解对初值的依赖性，假设存在 $\epsilon_0>0$，任取 $\delta_i>0$，都存在 $\xi_i,\eta_i$，当 $x_i$ 属于有界闭区间 $I$ 时，满足

$$|(\xi_i,\eta_i)-(x_0,y_0)|<\delta_i,\quad |\phi(x_i,\xi_i,\eta_i)-\phi(x_i,x_0,y_0)|\ge\epsilon_0$$

由于 $I$ 为有界闭区间，${x_i}$ 有收敛子列，不妨设其自身收敛到 $\bar x$，则

$$\phi(x,\xi,\eta)=\eta+\int_\xi^xf(s,\phi(s,\xi,\eta))\text ds$$

$f$ 是一致有界的，因此由中值定理，$\phi$ 是李氏连续的，关于 $x$ 一致有界，等度连续，必有一个一致收敛的子列 $\phi(x{i_j},\xi{ij},\eta{i_j})$，则当 $j\to\infty$ 时，收敛到

$$\phi(\bar x)=y_0+\int_{x_0}^{\bar x}f(s,\phi(s))\text ds$$

恰好是方程的解，但是

$$|\phi(x_{i_j},\xi_{i_j},\eta_{i_j})-\phi(x_{i_j},x_0,y_0)|\ge\epsilon_0$$

令 $y\to\infty$，任取 $\epsilon>0$，都有

$$|\phi(\bar x)-\phi(\bar x,x_0,y_0)|<\epsilon$$

矛盾！

据此，积分曲线可以局部拉直

定理：(局部拉直定理)

初值问题在 $(x_0,y_0)$ 邻域内的解可以局部拉直，即积分曲线族可以与一系列平行直线段一一对应

解对初值和参数的光滑性

定理

$f(x,y,\lambda)\in C(G)$，其中 $G: |x|\le a, |y|\le b, |\lambda|\le c$，$f$ 在 $[x-h,x+h]$ 上关于 $(y,\lambda)$ 是 $C^k$ 的，$1\le k\le \omega$，$C^\omega$ 代表解析函数，这里

$$h=\max\left\{a,\frac{b}{\max_{(x,y,\lambda)\in G}\{f\}}\right\}$$

考虑初值问题

$$y'=f(x,y,\lambda),\quad y(0)=0$$

设 $y=\phi(x,\lambda)$ 是其解，则 $\phi(x,\lambda)$ 关于 $\lambda$ 是 $C^k$ 的

证明

第一种情形：$k=1$

首先将微分方程转化为等价的积分方程

$$\phi(x,\lambda)=\int_0^xf(s,\phi(s,\lambda),\lambda)\text ds$$

若 $\phi$ 关于 $\lambda$ 可微，则

$$\partial_\lambda\phi=\int_0^x\left[\frac{\partial f(s,\phi(s,\lambda),\lambda)}{\partial y}\partial_\lambda y+\frac{\partial f(s,\phi(s,\lambda),\lambda)}{\partial \lambda}\right]\text ds$$

令 $u(x,\lambda)=\partial_\lambda\phi(x,\lambda)$，则

$$\frac{\text du}{\text dx}=\frac{\partial f}{\partial y}(x,\phi(x,\lambda),\lambda)u+\frac{\partial f}{\partial \lambda}(x,\phi(x,\lambda),\lambda)\\u(0,\lambda)=0$$

设 $u(x,\lambda)$ 是上述问题的解，则 $u(x,\lambda)$ 关于 $\lambda$ 连续 (李氏连续性，上一节的结论)，只需证明

$$\Delta (x)=|\phi(x,\lambda)-\phi(x,\lambda_0)-u(x,\lambda_0)(\lambda-\lambda_0)|=\mathcal{o}(|\lambda-\lambda_0|)$$

$u(x,\lambda)$ 满足积分方程

$$u(x,\lambda)=\int_0^x\left[\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi(s,\lambda),\lambda)u(s)+\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi(s,\lambda),\lambda)\right]\text ds\\$$

$$\Rightarrow\begin{align*}\Delta (x)=&\int_0^x\left\{f(s,\phi(s,\lambda),\lambda)-f(s,\phi(s,\lambda_0),\lambda_0)\\ -\left[\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi(s,\lambda_0),\lambda_0)u_0(s)+\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi(s,\lambda_0),\lambda_0)\right](\lambda-\lambda_0)\right\}\text ds\end{align*}$$

又

$$\begin{align*} &f(s,\phi(s,\lambda),\lambda)-f(s,\phi(s,\lambda_0),\lambda_0) \\=&f(s,\phi(s,\lambda),\lambda)-f(s,\phi(s,\lambda_0),\lambda)+f(s,\phi(s,\lambda_0),\lambda)-f(s,\phi(s,\lambda_0),\lambda_0)\\=&\int_0^1\frac{\partial f}{\partial y}(s,t\phi(s)+(1-t)\phi_0(s),\lambda)(\phi(s)-\phi_0(s))\text dt\\ &+\int_0^1\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi_0(s),t\lambda+(1-t)\lambda_0)(\lambda-\lambda_0)\text dt \end{align*}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi(s,\lambda_0),\lambda_0)=\int_0^1\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi_0,\lambda_0)\text dt$$

$$\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi(s,\lambda_0),\lambda_0)=\int_0^1\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi_0,\lambda_0)\text dt$$

这里

$$\phi(\cdot)=\phi(\cdot,\lambda),\ \phi_0(\cdot)=\phi_0(\cdot,\lambda_0)\\u(\cdot)=u(\cdot,\lambda),\ u_0(\cdot)=u_0(\cdot,\lambda_0)$$

而

$$\Delta(x)=|\phi(x)-\phi_0(x)-u_0(x)(\lambda-\lambda_0)|\ge |\phi(x)-\phi_0(x)|-|u_0(x)(\lambda-\lambda_0)|\\ \Rightarrow |\phi(x)-\phi_0(x)|\le \Delta(x)+|u_0(x)(\lambda-\lambda_0)|$$

$$\begin{align*}|\Delta (x)| &\le\left|\int_0^x\int_0^1\left|\frac{\partial f}{\partial y}(s,t\phi+(1-t)\phi_0,\lambda)\right|\text dt|\Delta(s)|\text ds\right|\\ &+\left|\int_0^x\int_0^1\left|\frac{\partial f}{\partial y}(s,t\phi+(1-t)\phi_0,\lambda)-\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi_0,\lambda_0)\right||u_0(s)||\lambda-\lambda_0|\right|\text dt\text ds\\ &+\left|\int_0^x\int_0^1\left|\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi_0,t\lambda+(1-t)\lambda_0)-\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi_0,\lambda_0)\right||\lambda-\lambda_0|\text dt\text ds\right| \end{align*}$$

当 $\lambda\to\lambda_0$ 时，首先由 $\phi$ 的连续性，有 $\phi\to\phi_0$，那么第二、三项中的

$$\frac{\partial f}{\partial y}(s,t\phi+(1-t)\phi_0,\lambda)-\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi_0,\lambda_0)\to0\\ \frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi_0,t\lambda+(1-t)\lambda_0)-\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi_0,\lambda_0)\to0$$

从而第二、三项均为 $\mathcal{o}(|\lambda-\lambda_0|)$，即任给 $\epsilon>0$，存在 $\delta>0$，当 $|\lambda-\lambda_0|<\delta$ 时

$$|\phi(x)-\phi_0(x)|<\epsilon\\ \left|\frac{\partial f}{\partial y}(s,t\phi+(1-t)\phi_0,\lambda)-\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi_0,\lambda_0)\right|<\epsilon\\ \left|\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi_0,t\lambda+(1-t)\lambda_0)-\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi_0,\lambda_0)\right|<\epsilon$$

记 $M=\max\left{|u|, |\partial_yf(s,t\phi+(1-t)\phi_o,\lambda)|\right}$，则

$$|\Delta(x)|\le M\left|\int_0^x|\Delta(s)|\text ds\right|+\epsilon(M+1)h|\lambda-\lambda_0|$$

由 Gronwall 不等式

$$|\Delta(x)|\le\epsilon(M+1)h|\lambda-\lambda_0|e^{Mh}=\mathcal{o}(|\lambda-\lambda_0|)$$

因此 $\phi$ 关于 $\lambda$ 是 $C^1$ 的

第二种情形：$k$ 是任意有限值

对 $k$ 归纳，设当 $f(x,y,\lambda)$ 关于 $(y,\lambda)$ 是 $C^{k-1}$ 时，所得解 $\phi(x,\lambda)$ 关于 $\lambda$ 是 $C^k$ 的

我们知道 $u(x,\lambda)$ 满足

$$\frac{\text du}{\text dx}=\frac{\partial f}{\partial y}(x,\phi(x,\lambda),\lambda)u+\frac{\partial f}{\partial \lambda}(x,\phi(x,\lambda),\lambda)\equiv F(x,u,\lambda)\\u(0,\lambda)=0$$

显然 $F(x,u,\lambda)$ 是 $C^{k-1}$ 的，由归纳法假设，$u(x,\lambda)$ 关于 $\lambda$ 是 $C^{k-1}$ 的，从而 $\phi(x,\lambda)$ 关于 $\lambda$ 是 $C^k$ 的

• 注：若 $f(x,y,\lambda)$ 关于 $x$ 是 $C^{k-1}$ 的，则其解 $\phi(x,\lambda)$ 关于 $x$ 是 $C^k$ 的

第三种情形：$k$ 取无穷大，自然成立

第四种情形：$f(x,y,\lambda)$ 关于 $(y,\lambda)$ 是解析函数 (幂级数收敛)

$f$ 在复域 $|y|\le b$，$|\lambda|\le c$ 上解析，定义 Picard 列

$$y_0(x)\equiv 0,\ y_{k+1}=\int_0^xf(s,\phi_k(x,s),\lambda)\text ds$$

则 $y_k$ 关于 $\lambda$ 自然是解析的，也可以在复域上证明 $y_k(x,\lambda)$ 一致收敛到 $\phi(x,\lambda)$，由复变函数的结论，$\phi(x,\lambda)$ 关于 $\lambda$ 解析

推论

$f(x,y,\lambda)$ 关于 $(x,y,\lambda)$ 连续，关于 $(y,\lambda)$ 是 $C^k$ 的，$\phi(x,x_0,y_0,\lambda)$ 是初值问题的解，则其是 $C^1$ 的，且关于 $(x_0,\lambda)$ 是 $C^k$ 的

$$\phi(x,x_0,y_0,\lambda)=y_0+\int_{x_0}^xf(s,\phi(s,x_0,y_0,\lambda),\lambda)\text ds$$

可以对 $x_0,y_0,\lambda$ 求导

$$\partial_{x_0}\phi=-f(x_0,y_0,\lambda)+\int_{x_0}^x\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi(s,x_0,y_0,\lambda),\lambda)\frac{\partial\phi}{\partial x_0}\text ds$$

$$\partial_{y_0}\phi=I_n+\int_{x_0}^x\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi(s,x_0,y_0,\lambda),\lambda)\frac{\partial\phi}{\partial y_0}\text ds$$

$$\partial_{\lambda}\phi=\int_{x_0}^x\left[\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi(s,x_0,y_0,\lambda),\lambda)\frac{\partial\phi}{\partial \lambda}+\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi(s,x_0,y_0,\lambda),\lambda)\right]\text ds$$

令

$$u(x,x_0,y_0,\lambda)=\partial_{x_0}\phi\\ v(x,x_0,y_0,\lambda)=\partial_{y_0}\phi\\ w(x,x_0,y_0,\lambda)=\partial_{\lambda}\phi$$

$$A(x,x_0,y_0,\lambda)=\partial_{y_0}f(x,x_0,y_0,\lambda)\\ B(x,x_0,y_0,\lambda)=\partial_{\lambda}f(x,x_0,y_0,\lambda)$$

则

$$\frac{\text du}{\text dx}=A(x,x_0,y_0,\lambda)u,\ u(x_0)=-f(x_0,y_0,\lambda)$$

$$\frac{\text dv}{\text dx}=A(x,x_0,y_0,\lambda)v,\ v(x_0)=E_n$$

$$\frac{\text dw}{\text dx}=A(x,x_0,y_0,\lambda)w+B(x,x_0,y_0,\lambda),\ w(x_0)=0$$

即 $u,v,w$ 满足一个线性方程组

例

设 $y=y(x,\mu)$ 是方程

$$y'=y+\mu(x+y^2),\quad y(0)=1$$

的解，求 $\partial\mu y|{\mu=0}$

$$y(x,\mu)=1+\int_0^x\left[y(s,\mu)+\mu(s+y^2)\right]\text ds$$

$$\Rightarrow\frac{\partial y}{\partial \mu}=\int_0^x\left[\frac{\partial y}{\partial \mu}+s+y^2+2\mu y\frac{\partial y}{\partial \mu}\right]\text ds$$

设 $u=\partial_\mu y$，则

$$u_x=x+y^2(x,\mu)+(1+2\mu y)u,\quad u(0)=0$$

$\mu=0$ 时，$y(x,0)=e^x$，从而

$$u_x(x,0)=x+e^{2x}+u(x,0)$$

由 $\mu$ 的解析性，有

$$u(x,0)=e^{2x}-x-1$$