ODE 解的存在性#
我们考虑初值问题 $$ \frac{dy}{dt} = f(t, y), \quad y(t_0) = y_0 $$
设矩形区域 $ R = \{(t, y) \in \mathbb{R}^2 : |t - t_0| \le a, \ |y - y_0| \le b\} $，其中 $a, b > 0$。若函数 $ f: R \to \mathbb{R} $ 在 $R$ 上满足某些良好的连续性质，则存在性定理希望保证：至少存在一个解 $y(t)$ 定义在区间 $|t - t_0| \le h$ 上，其中 $$ h = \min\left\{a, \ \frac{b}{M}\right\}, \quad M = \max_{(t, y)\in R} |f(t, y)| $$
Picard–Lindelof Thm.#
首先引入 Picard 的迭代解法，然后讨论它的实现保障。注意到 $f$ 连续，问题等价于（Volterra）
$$ y(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, y(s)) ds $$
递归定义函数列 $\{\phi_n(t)\}$（Picard 迭代） $$ \phi_0(t) \equiv y_0,\quad \phi_{n+1}(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, \phi_n(s)) ds, \quad n = 0, 1, 2, \dots $$ 由于 $Mh \le b$，$|\phi_n(t) - \phi_0(t)| \le \int_{t_0}^{t} |f(s, \phi_{n-1}(s))| ds \le M |t - t_0|$ 得所有 $\phi_n(t)$ 均满足 $|\phi_n(t) - y_0| \le b$，故迭代始终保持在 $R$ 内。
Picard–Lindelof 定理假设 $f$ 关于 $y$ 满足一致的 Lipschitz 条件： $$ \exists L > 0,\ \text{s.t. } |f(t, y_1) - f(t, y_2)| \le L |y_1 - y_2|,\ \forall (t, y_1), (t, y_2) \in R $$ 这一点将马上在积分项为我们控制函数提供便利，此时我们可以证明 $\phi_n$ 一致收敛到解 $\phi$。
$$ \begin{aligned} |\phi_{k+1}(t) - \phi_k(t)| &\le \int_{t_0}^{t} |f(s, \phi_k(s)) - f(s, \phi_{k-1}(s))| ds \le L \int_{t_0}^{t} |\phi_k(s) - \phi_{k-1}(s)| ds \ &\le L \int_{t_0}^{t} \frac{M L^{k-1} |s - t_0|^k}{k!} ds = \frac{M L^k |t - t_0|^{k+1}}{(k+1)!} \quad \text{by induction} \end{aligned} $$
$$ \sum_{k=0}^{\infty} |\phi_{k+1}(t) - \phi_k(t)| \le \sum_{k=0}^{\infty} \frac{M L^k h^{k+1}}{(k+1)!} \le \frac{M}{L} (e^{Lh} - 1). $$ Weierstrass M 判别法说明级数在 $|t - t_0| \le h$ 上一致收敛，故 $\phi_n(t)$ 一致收敛于某连续函数 $\phi(t)$。
那么验证极限方程：$\phi_n \to \phi$ uniformly，且 $f$ 连续（事实上 Lipschitz），故 $f(t, \phi_n(t)) \to f(t, \phi(t))$ uniformly。在迭代式 $\phi_{n+1}(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, \phi_n(s)) ds$ 中取极限 $n \to \infty$，注意 $f$ 有界，得
$$ \phi(t) = y_0 + \lim_n\int_{t_0}^{t} f(s, \phi_n(s)) ds = y_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, \phi(s)) ds $$ 因此 $\phi$ 是微分方程的解（且实际上 $C^1$）。唯一性同样令差值 $u(t) = |\phi_1(t) - \phi_2(t)|$，则 $u(t) \le L \int_{t_0}^{t} u(s) ds$（对 $t \ge t_0$，$t \le t_0$ 类似），可解得 $u(t) \le 0 \cdot e^{L|t-t_0|} = 0$。
考虑到 Lipschitz 的条件形式，更直接的视角是 Banach 不动点。记 $I=[t_0-h, t_0+h]$，$C(I)$ 在 $|\cdot|_{\infty}$ 下是完备的，而 $\Phi \triangleq \{y\in C(I):| y(t)-y_0|\le b,\ \forall t\in I\}$ 是 $C(I)$ 中的闭子集，为完备度量空间。
我们只需确认积分算子 $T(\phi) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, \phi_n(s))$ 满足压缩映射性质即可：$|(T\phi)(t)−y_0|\le M|t-t_0|\le b$，故 $T\phi\in \Phi$，同时可设 $Lh <1$，结果是显然的。
Peano Thm.#
没有 Lipschitz 即弱一些的条件仍可得到存在性，但不一定唯一（某些附加条件如 $f$ 关于 $y$ 单调或 Osgood 也可导出唯一）。我们这里再采用 Euler 折线法构造序列，利用 Arzela-Ascoli Thm. 提取一致收敛的子列及其极限函数。
先把折线法定义掉：对每个正整数 $n$，取步长 $h_n > 0$ 满足 $h_n \to 0$。在区间 $[t_0-h, t_0 + h]$ 上构造分段线性函数 $y_n(t)$：$y_n(t_0) = y_0$，$t_{k, n} = t_{0} + kh_n,\ y_n(t) = y_n(t_{k, n}) + f(t_{k, n}, y_n(t_{k, n})) (t-t_{k, n})$。
现在 show that $\{y_n\}$ 一致有界和等度连续，前者由 $|y_n(t)−y_0|\le M|t-t_0|\le b$，即 $|y_n(t)|\le |y_0| + b$，后者由 $\{y_n\}$ M-Lipschitz 连续显然。
重要的 AA 定理告诉我们存在子列 $\{y_{n_i}\}$ 一致收敛到一个连续函数 $y: I \rightarrow \mathbb{R}$，有
$$ y_{n_i}(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, y_{n_i}(s)) ds + e_{n_i}(t), $$ 其中误差项 $e_n(t)$ 源于在每个小区间上用左端点值代替 $f$： $$ e_{n_i}(t) = \int_{t_0}^{t} \tilde{f}_{n_i}(s) ds - \int_{t_0}^{t} f(s, y_{n_i}(s)) ds \quad (\tilde{f}_n(s)\triangleq f(t_{k, n}, y_n(t_{k, n}),\ t_{k,n}\le s < t_{k+1,n}) $$ （$s$ 属于 $t_{k,n_i}$ 段时）$|y_{n_i}(s)-y_{n_i}(t_{k,n})|\le Mh_{n_i} \to 0$ uniformly，鉴于 $f$ 在 $R$ 上的一致连续，故 $|\tilde{f}_{n_i}(s) - f(s, y_{n_i}(s))| \to 0$ uniformly。因此当 $n_i \to \infty$ 时 $e_{n_i}(t) \to 0$ unifromly。
那么极限后同样由一致收敛性及 $f$ 的连续性得证 $y(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, y(s)) ds$。
最后再附注一个不保证唯一性的经典反例，$y^\prime=\sqrt{|y|},\ y(0)=0$，零解和右侧 $\frac{t^2}{4}$ 均满足，此处 Lipschitz 条件不成立。
Solution Extension#
从局部行为推到整体行为的思路不少，紧性一定是最重要的之一。设 $D\subset \mathbb{R}^2$ 连通开集，$f \in C(D,\mathbb{R})$ 对每个区域 $D$ 内的点，初值问题在某个邻域内存在唯一解（常由局部 Lipschitz 保证），则可以把解延拓到最大（无穷远或 $D$ 边界）。我们要说明 $(t,y(t))$ 不会停留在 $D$ 的紧子集中。