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# 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 $T*h$ 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 $y*1=y,\cdots, y\_n=y*{n-1}'$，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. $L*1$ 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 $\phi*k(x,\lambda)$ 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 $\phi(&#x78;*{i\_j},\xi*{i*j},\eta*{i\_j})$，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\\
$$

$$
\Rightarrow\begin{align\*}\Delta (x)=&\int\_0^x\left{f(s,\phi(s,\lambda),\lambda)-f(s,\phi(s,\lambda\_0),\lambda\_0)\\
-\left[\frac{\partial f}{\partial y}(s,\phi(s,\lambda\_0),\lambda\_0)u\_0(s)+\frac{\partial f}{\partial \lambda}(s,\phi(s,\lambda\_0),\lambda\_0)\right](https://slowdiveptg.gitbook.io/notes/ordinary-differential-equations/\lambda-\lambda_0)\right}\text ds\end{align\*}
$$

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 $\partia&#x6C;*\mu y|*{\mu=0}$

$$
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

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