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title: 一階ODE初值問題解的存在性及唯一性定理
tags: [微分方程特論]

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# 一階ODE初值問題解的存在性及唯一性定理
###### tags: `微分方程特論`
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# A. 基本問題和一個基本引理

## 定義 （初值問題）
::: info
令 $D$ 為一個 $xy$ 平面上的區域，且令 $(x_o,y_0)$ 為 $D$ 為的一個內部點。考慮微分方程式 $$\dfrac{dy}{dx}=f(x,y)\tag{10.2}$$ 其中 $f$ 是一個在 $D$ 上的連續實變函數。考慮以下問題。

我們希望求出：
1. 一個在實 $x$ 軸上的==區間 $\alpha\leq x\leq \beta$==，它使得 $\alpha<x_0<\beta$，還有
2. 一個可微的、定義在上述區間 $[\alpha,\beta]$ 的==實函數 $\phi$==，而且它滿足下列三個要求：
   - (i) 點 $(x,\phi(x))\in D$，也因此 $f(x,\phi(x))$ 對所有 $x\in[\alpha,\beta]$ 有定義。
   - (ii) $\dfrac{d\phi(x)}{dx}=f(x,\phi(x))$，也因此對所有 $x\in[\alpha,\beta]$，$\phi$ 滿足微分方程(10.2)。
   - (iii) $\phi(x_0)=y_0$。（也就是 $\phi$ 滿足初值條件。）

我們把這個問題叫做伴隨微分方程(10.2)和點 $(x_0,y_0)$ 的**初值問題**(initial-value problem)。我們可將它簡記作

$\left\{\begin{matrix} \dfrac{dy}{dx}=f(x,y),\\ y(x_0)=y_0,\end{matrix}\right.\tag{10.3}$

並且把在一區間 $[\alpha,\beta]$ 滿足上述要求的函數 $\phi$ 叫做問題在區間 $[\alpha,\beta]$ 上的**解**。

如果 $\phi$ 是問題在區間 $[\alpha,\beta]$ 上的解，則要求(ii)說明了 $\phi$ 在 $[\alpha,\beta]$ 上有個連續的一階導數 $\phi'$。
:::
為了探討這個問題，我們將需要以下基本引理。

## 引理
::: success
### 假設
1. 令 $f:D\to\mathbb{R}$（其中 $D\subseteq\mathbb{R}^2$）在區域 $D$ 上連續。
2. 令 $\phi:[\alpha,\beta]\to\mathbb{R}$在實區間 $[\alpha,\beta]$ 上連續。且 $\phi$ 使得對所有 $x\in[\alpha,\beta]$，點 $(x,\phi(x))\in D$。
3. 令 $x_0$ 為任意使 $\alpha<x_0<\beta$ 的實數。
### 結論
則 $\phi$ 是微分方程 $dy/dx=f(x,y)$ 在 $[\alpha,\beta]$ 上的解且使得 $\phi(x_0)=y_0$，若且唯若 $\phi$ 對所有 $x\in[\alpha,\beta]$ 滿足積分方程式

$\displaystyle\phi(x)=y_0+\int^x_{x_0} f(t,\phi(t))dt。\tag{10.4}$
:::
### 證明
（$\Rightarrow$）若 $\phi$ 在 $[\alpha,\beta]$ 上滿足微分方程式 $dy/dx=f(x,y)$，則對所有 $x\in[\alpha,\beta]$，我們有（依解的定義）$d\phi(x)/dx=f(x,\phi(x))$，而積分後馬上得到 $\displaystyle\phi(x)=\int^x_{x_0} f(t,\phi(t))dt+c$。如果又有 $\phi(x_0)=y_0$，則我們有 $c=y_0$，也因此 $\phi$ 對所有 $x\in[\alpha,\beta]$ 滿足積分方程式(10.4)。


（$\Leftarrow$）相反地，如果 $\phi$ 對所有 $x\in[\alpha,\beta]$ 滿足積分方程式(10.4)，則微分後，對所有 $x\in[\alpha,\beta]$，會得到$\dfrac{d\phi(x)}{dx}=f(x,\phi(x))$。也因此 $\phi$ 對所有 $x\in[\alpha,\beta]$ 滿足微分方程式$dy/dx=f(x,y)$，而且(10.4)式可證明 $\phi(x_0)=y_0$。 <span>&#x274F;</span>

# B. 基礎存在性及唯一性定理及其證明
## 定理 10.1
::: success
### 前提
1. 令 $D$ 為 $xy$ 平面上的一個區域，且令 $f$ 為滿足以下兩個要求的實變函數
    (i) ==$f$ 在 $D$ 內連續==；
    (ii) ==$f$ 在 $D$ 內滿足一個（關於 $y$ 的）Lipschitz條件==；也就是說，存在一個常數 $k>0$，使得 $\forall(x,y_1),(x,y_2)\in D$，都有 $$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq k|y_1-y_2|。\tag{10.1}$$
    
2. 令 $(x_0,y_0)$ 是 $D$ 的一個（內部）點；
    令正數 $a$ 和 $b$ 能使得矩形 $R=\{(x,y)\big||x-x_0|\leq a,|y-y_0|\leq b\}$ 落在 $D$ 內；
    令 ==$\displaystyle M=\max_{(x,y)\in R} |f(x,y)|$==；再令 ==$h=\min\{a,b/M\}$==。
### 結論
初值問題 $$\left\{\begin{array}{l} \dfrac{dy}{dx}=f(x,y),\\ y(x_0)=y_0,\end{array}\right.\tag{10.3}$$

在區間 $|x-x_0|\leq h$ 存在一個唯一解 $\phi$。也就是說，存在唯一一個定義於區間 $|x-x_0|\leq h$ 上的可微實函數 $\phi$，它使得
* (i) $\forall x\in|x-x_0|\leq h$，都有$\dfrac{d\phi(x)}{dx}=f(x,\phi(x))$；
* (ii) $\phi(x_0)=y_0$。

> <font size=2>註： $f:D\to\mathbb{R}$，$\phi: [x_0-h,x_0+h]\to\mathbb{R}$
</font>
:::
![](https://i.imgur.com/eN1pPNH.png)

### *註解.*


## 定理 10.1 的證明方法
我們將用逐次逼近法（the method of successive approximations）來證明這個定理。令 $x$ 使得 $|x-x_0|\leq h$。我們引入一個函數列 $$\phi_1, \phi_2, \phi_3,\ldots,\phi_n,\ldots$$

裡面的每個函數叫做**逐次逼近**（successive approximations）或**Picard迭代子**（Picard iterants），它們的定義如下：

$\begin{aligned} \phi_1(x)&=y_0+\int_{x_0}^xf(t,y_0)dt\\ \phi_2(x)&=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\phi_1(t))dt\\  \phi_3(x)&=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\phi_2(t))dt\\ \vdots\\  \phi_{n}(x)&=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\phi_{n-1}(t))dt\end{aligned}\tag{10.5}$

我們將把證明分成五個主要步驟，每個步驟要證明的分別是：
1. 由(10.5)式定義的函數 $\{\phi_n\}$ 確實存在、有連續的導函數、且在 $|x-x_0|\leq h$ 滿足不等式 $|\phi_n(x)-y_0|\leq b$；也因此，$f(x,\phi_n(x))$ 定義在此區間上。
2. 函數 $\{\phi_n\}$ 在 $|x-x_0|\leq h$ 上滿足不等式$$|\phi_n(x)-\phi_{n-1}(x)|\leq\dfrac{M}{k}\dfrac{(kh)^n}{n!}$$
3. 當 $n\to\infty$，函數列 $\{\phi_n\}$  在 $|x-x_0|\leq h$ 上均勻收斂到一個連續函數 $\phi$。
4. 極限函數 $\phi$ 在 $|x-x_0|\leq h$ 上滿足微分方程 $dy/dx=f(x,y)$ 而且使得 $\phi(x_0)=y_0$。
5. 這個函數 $\phi$ 是在 $|x-x_0|\leq h$ 上滿足微分方程 $dy/dx=f(x,y)$ 且使得 $\phi(x_0)=y_0$ 的函數之中*唯一*的可微函數。

## 定理 10.1 的證明
在整個證明的過程中，我們會考慮區間 $[x_0,x_0+h]$；相同的論證也對區間 $[x_0-h,x_0]$ 成立。

### 第一步
在證明的第一步中，我們要使用數學歸納法。假定以下三個命題成立：
::: warning
$\exists\ (i-1)\in\mathbb{N},\,\forall x\in[x_0,x_0+h]$，
* (i) $\phi_{i-1}(x)$ 存在，
* (ii) $\phi_{i-1}(x)$ 有個連續的導函數，且
* (iii) $\phi_{i-1}(x)$ 滿足 $|\phi_{i-1}(x)-y_0|\leq b$。
:::

由命題(iii)知點 $(x,\phi_{i-1}(x))$ 會落在矩形 $R$ 裡面，於是推得以下三個命題：
::: warning
$\exists\ (i-1)\in\mathbb{N},\,\forall x\in[x_0,x_0+h]$，
* (iv) $f(x,\phi_{i-1}(x))$ 有定義，
* (v) $f(x,\phi_{i-1}(x))$ 連續，且
* (vi) $f(x,\phi_{i-1}(x))$ 滿足   $|f(x,\phi_{i-1}(x))|\leq M$。
:::

> <font size=2>註：
(iv) 因為定理10.1的前提1蘊含了 $f$ 定義在 $D$ 上，而且 $\{(x,\phi_{i-1}(x))|x\in[x_0,x_0+h]\}\subseteq R\subseteq D$。
(v) 因為定理10.1的前提1的(i)提到 $f$ 在 $D$ 上連續，而且 $\{(x,\phi_{i-1}(x))|x\in[x_0,x_0+h]\}\subseteq R\subseteq D$。
(vi) 因為定理10.1的前提2提到 $M$ 是函數 $f$ 在矩形 $R$ 裡面的最大值，而且 $\{(x,\phi_{i-1}(x))|x\in[x_0,x_0+h]\}\subseteq R$。</font>

故使用引理，可積分得到 $$\phi_{i}(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\phi_{i-1}(t))dt，$$

因此有以下兩個命題：
::: warning 
$\exists i\in\mathbb{N},\,\forall x\in[x_0,x_0+h]$，
* (vii) $\phi_i(x)$ 也存在，且
* (viii) $\phi_i(x)$ 也有連續的導函數。
::: 
> <font size=2>註：
==在本步驟的脈絡中我們都把 $f:\{(x,\phi_{i-1}(x))|x\in[x_0,x+h]\}\to\mathbb{R}$ 簡單用其函數值記為 $f(x,\phi_{i-1}(x))$。
(vii) 命題(v)說 $f(x,\phi_{i-1}(x))$ 在閉區間 $[x_0,x_0+h]$ 上連續，因此
$f(x,\phi_{i-1}(x))$ 在閉區間 $[x_0,x_0+h]$ 上可積分。
確切來說，上面那個積分式是從點 $(x_0,\phi_{i-1}(x_0))$ 開始，沿著曲線 $\{(x,\phi_{x-1}(x))|x\in[x_0,x]\}$，對  $f(x,\phi_{i-1}(x))$ 進行路徑積分到點 $(x,\phi_{i-1}(x))$，然後將積分值定義為 $\phi_i(x)$。
換句話說，$\phi_n:[x_0,x_0+h]\to\mathbb{R}$ 是 $f(x,\phi_{i-1}(x))$ 的反導函數
<font color="red">（這幾句描述是否正確？）</font>==。
(viii) 承上，既然 $f(x,\phi_{i-1}(x))$ 在閉區間 $[x_0,x_0+h]$ 上可積分，其反導函數 $\phi_i$ 在該區間連續。</font>

此外，$$\begin{align}|\phi_i(x)-y_0|&=\left|\int_{x_0}^xf(t,\phi_{i-1}(t))dt\right|\\ &\leq\int_{x_0}^x\left|f(t,\phi_{i-1}(t))\right|dt\leq\int_{x_0}^x Mdt\\ &=M(x-x_0)\leq Mh\leq b，\end{align}$$
> <font size=2>註：
(ix) 其中，
第一個「$\leq$」是基於「先積分再取絕對值會小於等於先取絕對值再積分」這個常見的積分性質，
第二個「$\leq$」是使用命題(vi)，
第三個「$\leq$」是基於論域 $x\in[x_0,x_0+h]$，
第四個「$\leq$」因為在定理10.1的前提我們令 $h=\min\{a,b/M\}$，這蘊含 $h=a\leq b/M$ 或 $h=b/M\leq a$，又蘊含 $h\leq b/M$，即 $Mh\leq b$。 </font>

也就是說，
::: warning 
* (ix) $\exists \ i\in\mathbb{N},\,\forall x\in[x_0,x_0+h]$，$\phi_i(x)$ 也滿足 $|\phi_i(x)-y_0|\leq b$。
::: 

由命題(ix)知點 $(x,\phi_{i}(x))$ 會落在矩形 $R$ 裡面，於是推得以下兩個命題：
::: warning
$\exists \ i\in\mathbb{N},\,\forall x\in[x_0,x_0+h]$，
* (x) $f(x,\phi_{i}(x))$ 有定義，且
* (xi) $f(x,\phi_{i}(x))$ 連續。
:::
> <font size=2>註：
命題(x)和(ix)成立的理由完全類比於(iv)和(v)成立的理由。
綜合以上推論，由「關於 $\phi_{i-1}$ 和 $f(x,\phi_{i-1}(x))$ 的命題」可證得「關於 $\phi_{i}$ 和 $f(x,\phi_{i}(x))$ 的命題。因此只要再證明 $n=1$ 的情況成立，數學歸納法的條件就具足了。
</font>

很明顯，由 <div style="text-align:center;">$\displaystyle\phi_1(x)=y_0+\int_{x_0}^x f(t,y_0)dt$</div>

可知：
::: warning 
$\forall x\in[x_0,x_0+h]$，
* (xii) $\phi_1(x)$ 存在，且
* (xiii) $\phi_1(x)$ 有連續的導函數。
::: 
> <font size=2>註：
(xii) 基於定理10.1的前提2裡有關矩形 $R$ 的定義，很自然有線段 $\{(x,y_0)|x\in[x_0,x_0+h]\}\subseteq R\subseteq D$，又因定理10.1的前提1說 $f$ 在 $D$ 上連續，因此函數 $f:\{(x,y_0)|x\in[x_0,x_0+h]\}\to\mathbb{R}$ 在閉區間 $[x_0,x_0+h]$ 上連續，又因此在該區間可積，故 $\phi_1$ 存在。
(xiii) 
</font>

並且因為
::: warning 
* (xiv) $\forall x\in[x_0,x_0+h]$，$$|\phi_1(x)|\leq\int^x_{x_0}|f(t,y_0)|dt\leq M(x-x_0)\leq b，$$
::: 
所以
::: warning
$\forall x\in[x_0,x_0+h]$，
* (xv) $f(x,\phi_1(x))$ 有定義，且
* (xvi) $f(x,\phi_1(x))$ 連續。
::: 



|   $n$   | $\phi_n$ 存在 | $\phi_n$ 連續可微 |   $\phi_n$ 有界 | $f(x,\phi_n(x))$ 有定義 | $f(x,\phi_n(x))$ 連續 |
|:-------:|:-------------:|:-------------:|:------:|:----------:|:------:|:---------------------:|:---------------------:|
|  $n=i$  |      (i)      |     (ii)      | (iii)  |    (iv)    |  (v)   |                       |                       |
| $n=i-1$ |     (vii)     |    (viii)     |  (ix)  |    (x)     |  (xi)  |                       |                       |
|  $n=1$  |     (xi)      |     (xii)     | (xiii) |    (xv)    | (xvi)  |                       |                       |

參考上表因為我們由 $n=i-1$ 推得 $n=i$ 的情況，又因為 $n=1$ 的情況成立，根據數學歸納法，我們證得：
::: success
$\forall n\in\mathbb{N},\,\forall x\in[x_0,x_0+h]$，
* (xvii) $\phi_{n}(x)$ 存在，
* (xviii) $\phi_{n}(x)$ 有個連續的導函數，且
* (xix) $\phi_{n}(x)$ 滿足 $|\phi_{n}(x)-y_0|\leq b$，
* (xx) $f(x,\phi_{n}(x))$ 有定義，
* (xxi) $f(x,\phi_{n}(x))$ 連續。
:::

### 第二步
在這一步驟中我們又要用到數學歸納法。我們假定
::: warning
- (i) $\exists\ (i-1)\in\mathbb{N},\ \forall x\in[x_0,x_0+h]$，$$\left|\phi_{i-1}(x)-\phi_{i-2}(x)\right|\leq\dfrac{Mk^{i-2}}{(i-1)!}(x-x_0)^{i-1}。\tag{10.6}$$
:::

使用定義(10.5)式，可寫出

::: warning
- (ii) $\exists\ i\in\mathbb{N},\ \forall x\in[x_0,x_0+h]$，$$\begin{align}\left|\phi_{i}(x)-\phi_{i-1}(x)\right|&=\left|\left[\cancel{y_0}+\int_{x_0}^xf(t,\phi_{i-1}(t))dt\right]-\left[\cancel{y_0}+\int_{x_0}^xf(t,\phi_{i-2}(t))dt\right]\right|\\&=\left|\int_{x_0}^x\left[f(t,\phi_{i-1}(t))-f(t,\phi_{i-2}(t))\right]dt\right|\\&\leq\int_{x_0}^x\left|f(t,\phi_{i-1}(t))-f(t,\phi_{i-2}(t))\right|dt。\end{align}$$
:::
命題(ii)的不等式是基於？

由於第一步的命題(xix)使 $\phi_n$ 的值有界，所以<font color=red>為什麼</font>此處命題(ii)可應用定理10.1的前提1的命題(ii) Lipschitz 條件，即令(10.1)式中的 $y_1$、$y_2$ 分別為 $\phi_{i-1}(x)$ 和 $\phi_{i-2}(x)$，可知命題(ii)中最後一項積分的被積函數滿足
::: warning
- (iii) $\exists\ i\in \mathbb{N},\forall x\in[x_0,x_0+h]$，$$\left|f(t,\phi_{i-1}(t))-f(t,\phi_{i-2}(t))\right|\leq k\left|\phi_{i-1}(x)-\phi_{i-2}(x)\right|。$$
:::

然後將命題(iii)結合命題(ii)，就得到$$\begin{align}\left|\phi_{i}(x)-\phi_{i-1}(x)\right|&\leq\int_{x_0}^xk\left|\phi_{i-1}(x)-\phi_{i-2}(x)\right|dt\\&\leq k\int_{x_0}^x\dfrac{Mk^{i-2}}{(i-1)!}(t-x_0)^{i-1}dt\\&=\dfrac{Mk^{i-1}}{(i-1)!}\int_{x_0}^x(t-x_0)^{i-1}dt\\&=\dfrac{Mk^{i-1}}{(i-1)!}\left[\dfrac{(t-x_0)^i}{i}\right]^x_{x_0}=\dfrac{Mk^{i-1}}{i!}(x-x_0)^i。\end{align}$$
> <font size=2>註：
> 第二個「$\leq$」使用了命題(i)的(10.6)式。</font>

於是推得， 
::: warning
- (iv) $\exists\ i\in \mathbb{N},\ \forall x\in[x_0,x_0+h]$，$$\left|\phi_{i}(x)-\phi_{i-1}(x)\right|\leq\dfrac{Mk^{i-1}}{i!}(x-x_0)^i，$$
:::
這剛好是用 $i$ 取代不等式(10.6)中的 $(i-1)$ 之後的結果。

當 $n=1$ 時，我們有 
::: warning
- (v) $\forall x\in[x_0,x_0+h]$，$\left|\phi_{1}(x)-y_0\right|\leq M(x-x_0)$。
:::
這與第一步命題(ix)的推導過程中一致，另外，這也是不等式(10.6)在 $n=1$ 時的情況。

因為我們由 $n=i-1$ 時的情形（命題(i)）推導出 $n=i$ 時的情形（命題(iv)），又 $n=1$ 時（命題(v)）亦成立，基於數學歸納法，我們證得：
::: success
- (vi) $\forall n\in\mathbb{N},\,\forall x\in[x_0,x_0+h]$，$$\left|\phi_{n}(x)-\phi_{n-1}(x)\right|\leq\dfrac{Mk^{n-1}}{n!}(x-x_0)^n，\tag{10.7}$$
:::
又因為 $0\leq x-x_0\leq h$， $$\dfrac{Mk^{n-1}}{n!}(x-x_0)^n\leq\dfrac{Mk^{n-1}}{n!}h^n=\dfrac{M}{k}\dfrac{(kn)^n}{n!}，$$ 所以我們有 
::: success
- (vii) $\forall n\in\mathbb{N},\,\forall x\in[x_0,x_0+h]$，$$\left|\phi_{n}(x)-\phi_{n-1}(x)\right|\leq\dfrac{M}{k}\dfrac{(kn)^n}{n!}，\tag{10.8}$$
:::

### 第三步
我們知道，以出現在(10.8)式中的 $\frac{(kh)^n}{n!}$ 為一般項，其

::: warning
- (i) 無窮級數（常數 $M$、$k$、$h$ 皆為正數）$$\dfrac{M}{k}\sum^\infty_{n=1}\dfrac{(kh)^n}{n!}=\dfrac{M}{k}\dfrac{kh}{1!}+\dfrac{M}{k}\dfrac{(kh)^2}{2!}+\dfrac{M}{k}\dfrac{(kh)^3}{3!}+\cdots$$ 收斂至 $$\dfrac{M}{k}\left(e^{kh}-1\right)。$$
:::
使用[魏爾斯特拉斯M測試]()（**定理C**），本步驟的命題(i)滿足定理C的前提1，第二步的命題(vii)滿足定理C的前提2，因此
::: warning
- (ii) $\forall x\in[x_0,x_0+h]$，$$\require{cancel}\sum^\infty_{i=1}\left[\phi_i(x)-\phi_{i-1}(x)\right]$$ 均勻收斂。
:::
當然，把該無窮級數加上 $y_0$ 之後的無窮級數，也在 $[x_0,x_0+h]$ 上均勻收斂。因此
::: warning
- (iii) 由部分和 $$S_n(x)=y_0+\sum^n_{i=1}\left[\phi_i(x)-\phi_{i-1}(x)\right]$$ 所構成的函數列 $\{S_n\}$ 在 $[ x_0,x_0+h]$ 上收斂到一個極限函數 $\phi$。
:::
但此部分和 $S_n(x)$ 就是函數 $\phi_n(x)$： $$\begin{align}S_n(x)&=y_0+\sum^n_{i=1}\left[\phi_i(x)-\phi_{i-1}(x)\right]\\&=y_0+\left[\cancel{\phi_1(x)}-\cancelto{y_0}{\phi_0(x)}\right]+\cdots+\left[\phi_n(x)-\cancel{\phi_{n-1}}(x)\right]\\&=\phi_n(x)，\end{align}$$ 所以命題(iii) 就等價於 
::: success
- (v) 函數列 $\{\phi_n\}$ 在 $[ x_0,x_0+h]$ 上均勻收斂到一個極限函數 $\phi$。
:::
又因為
::: warning
- (vi) $\forall n\in\mathbb{N}$，函數 $\phi_n(x)$ 在 $[x_0,x_0+h]$ 上連續，
:::
對命題(v)和(vi)使用**定理A**，得到 
::: success
- (vii) 極限函數 $\phi(x)$ 在 $[x_0,x_0+h]$ 上連續。
:::
### 第四步
因為第一步的命題(xix)使 $\phi_n$ 的值有界，因此$\phi$ 的值亦有界，精確地說，
::: warning
- (i) $\forall x\in[x_0,x_0+h]$，$\phi(x)$ 滿足 $|\phi(x)-y_0|\leq b$。
:::
因此，
::: warning
- (ii) $\forall x\in[x_0,x_0+h]$，$f(x,\phi(x))$ 有定義。
:::

再使用一次定理10.1的前提1的命題(ii) Lipschitz 條件，取 $y_1=\phi(x)$、$y_2=\phi_n(x)$，然後得到 
::: warning
- (iii) $\forall\ n\in \mathbb{N},\ \forall x\in[x_0,x_0+h]$，$$\left|f(t,\phi(t))-f(t,\phi_n(t))\right|\leq k\left|\phi(x)-\phi_n(x)\right|。\tag{10.9}$$
:::

由第三步的結果「$\{\phi_n\}$ 均勻收斂至 $\phi$」，搭配均勻收斂的定義，我們有
:::warning
- (iv) $\forall\epsilon > 0$，$\exists N>0$，使得 $$n>N,x\in[x_0,x_0+h]\implies|\phi(x)-\phi_n(x)|\leq\dfrac{\epsilon}{k}$$
:::

結合命題(iii)和命題(iv)的不等式
::: warning
- (v) $\forall\epsilon > 0$，$\exists N>0$，使得 $$n>N,x\in[x_0,x_0+h]\implies\\\left|f(t,\phi(t))-f(t,\phi_n(t))\right|\leq k|\phi(x)-\phi_n(x)|\leq\epsilon。\tag{10.10}$$
:::
命題(v)意味著
::: success
- (vi) 函數列 $\{f(x,\phi_n(x))\}$在 $[ x_0,x_0+h]$ 上均勻收斂到 $f(x,\phi(x))$。
:::

另外，因為第一步的命題(xxi)成立，所以可以應用**定理B**，而且 $$\begin{align}\phi=\lim_{n\to\infty}\phi_{n+1}(x)&=y_0+\lim_{n\to\infty}\int_{x_0}^xf(t,\phi_n(t))dt\\&=y_0+\int_{x_0}^x\lim_{n\to\infty}f(t,\phi_n(t))dt\\&=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\phi(t))dt\end{align}$$

> <font size=2>註：
> 第一行第二個等號使用了定義(10.5)，並取極限。
> 第二行的等號使用了定理B，對於連續且均勻收斂的函數列而言，極限和積分可以互換；
> 第三行的等號使用了命題(vi)。</font>

換言之，
::: warning
- (vii) $\forall x\in[x_0,x_0+h]$，極限函數 $\phi$ 滿足積分方程式 $$\phi(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\phi(t))dt$$
:::

對命題(vii)套用使用引理，可得 
::: success
- (viii)$\forall x\in[x_0,x_0+h]$，極限函數 $\phi$ 滿足微分方程式 $$\dfrac{dy}{dx}=f(x,y)，$$ 且使得 $\phi(x_0)=y_0$。
:::  
依照初值問題(10.3)的定義，命題(viii)即，
::: success
- (ix) $\phi$ 是初值問題 $$\left\{\begin{array}{l} \dfrac{dy}{dx}=f(x,y),\\ y(x_0)=y_0,\end{array}\right.$$ 在區間 $[x_0,x_0+h]$ 的一個解。
:::
於是我們就證明了==初值問題(10.3)的解的*存在性*==。
### 第五步
我們現在要證明 $\phi$ 是*唯一的*解。假定：
::: warning
- (i) $\psi$ 初值問題 $$\left\{\begin{array}{l} \dfrac{dy}{dx}=f(x,y),\\ y(x_0)=y_0,\end{array}\right.$$ 在區間 $[x_0,x_0+h]$ 的*另一個*解。
:::
則當然有

