浅析Riccati方程求解思路

本文在已知Riccati方程 \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+ay^2=bx^m(a\neq0) 可用初等积分法求解当且仅当 m=0,-2,\frac{-4k}{2k+1},\frac{-4k}{2k-1},k\in\mathbb{N^+} 的前提下，探寻构造变换的思路。

先对Riccati方程进行一个初步的化简，不妨设 a=1 (否则只需作变换 t=ax 即可)。因此，我们只需考虑方程

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y^2=bx^m \tag{1}\label{1}

m=0,-2 时

m=0 时，显然 (1) 是变量分离方程。

m=-2 时，可将 (1) 转换为 x^2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+x^2y^2=b ，即

-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}\frac{1}{x}}+\frac{y^2}{\frac{1}{x^2}}=b

这是关于 y 和 \frac{1}{x} 的齐次方程，因此作变换 z=y/\frac{1}{x}=xy ，化简得 \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}=\frac{b+z-z^2}{x} ，为变量分离方程。

接着，我们考虑作变换使得 (1) 转化为幂次不同的形式，例如转化为 \frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}+\eta^2=b\xi^n(n\neq m) 。

先从简单的变换 y=f(\eta),x=g(\xi) ( f,g 均可导)入手，我们有

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}\eta}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\xi}}\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}=\frac{f'}{g'}\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}

代入 (1) ，得

\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}+\frac{g'}{f'}y^2=\frac{g'}{f'}bx^m\tag{2}\label{2}

一个显然的想法是转换为 \frac{g'}{f'}y^2=\eta^2,\frac{g'}{f'}bx^m=c\xi^n 的形式，其中 c,n 为常数且 n\neq m 。 则易得 \frac{bx^m\eta^2}{y^2}=c\xi^n ，由于式子右边与 \eta 无关，因此有 \eta/y 为常数，即 y=k\eta ，其中 k 为常数。 则有 f'=k,g'=\frac{1}{k} ，这个变换并不改变 x 的幂次。

因此，我们考虑 \frac{g'}{f'}y^2=c\xi^n,\frac{g'}{f'}bx^m=-\eta^2 ( c 为常数)的形式，联立可得 \frac{y^2\eta^2}{bx^m}=c\xi^n ，不难看出 \frac{1}{y} 与 \eta 呈线性关系。则可设 \frac{1}{y}=p\eta ，代入 \frac{g'}{f'}bx^m=-\eta^2 可得 \frac{1}{g'}=\frac{\mathrm{d}\xi}{\mathrm{d}x}=pbx^m 。 易得其中一组变换为 y=\frac{1}{p\eta},x=(\frac{m+1}{pb}\xi)^{\frac{1}{m+1}} ，代入 (2) 得

\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}-\frac{1}{p^2b}(\frac{m+1}{pb}\xi)^{\frac{-m}{m+1}}=-\eta^2

取简单的形式，不妨令 p=\frac{m+1}{b} ，代入得经过变换 y=\frac{b}{m+1}\eta^{-1},x=\xi^{\frac{1}{m+1}} 后，可将方程 (1) 转化为

\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}+\eta^2=\frac{b}{(m+1)^2}\xi^{-\frac{m}{m+1}}\tag{3}\label{3}

再考虑复杂一些的变换 y=\phi(\eta,\xi),x=h(\xi) ( \phi 可微， h 可导)，我们有

\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\phi_\eta\mathrm{d}\eta+\phi_\xi\mathrm{d}\xi}{h'\mathrm{d}\xi}=\frac{\phi_\eta\mathrm{d}\eta}{h'\mathrm{d}\xi}+\frac{\phi_\xi}{h'}

代入 (1) ，得

\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}+\frac{\phi_\xi+h'y^2}{\phi_\eta}=\frac{h'}{\phi_\eta}bx^m\tag{4}\label{4}

考虑转换为 \frac{(\phi_\xi+y^2)h'}{\phi_\eta}=\eta^2,\frac{h'}{\phi_\eta}bx^m=c\xi^n ( c 为常数)的形式，根据第二个式子， \phi_\eta 与 \eta 无关，则可设 \phi(\eta,\xi)=F(\xi)+G(\xi)\eta ，代入 (4) 得，

\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}+\frac{F'+\eta G'+h'(F+G\eta)^2}{G}=\frac{h'}{G}bx^m

整理得，

\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}+\frac{h'G^2\eta^2+(2h'FG+G')\eta+h'F^2+F'}{G}=\frac{h'}{G}bx^m

又由于 F,G,h 都是只与 \xi 有关的函数，且 h'G^2\eta^2+(2h'FG+G')\eta+h'F^2+F'=G\eta^2 ， 从而有

\begin{align*} 2h'FG+G'&\equiv0\tag{a}\label{a}\\ h'F^2+F'&\equiv0\tag{b}\label{b}\\ h'G&\equiv1\tag{c}\label{c} \end{align*}

联立三式，消去 F,h ，得 \frac{G'^2}{G}=2G'' ，即 \frac{G'}{G}=2\frac{G''}{G'} ，积分得 G=\pm G'^2 ，取其中一个解 G(\xi)=-\xi^2 ，代入 (a),(c) 得 h=\frac{1}{\xi},F=\xi 。 从而有 \phi(\eta,\xi)=\xi-\eta \xi^2,h(\xi)=\frac{1}{\xi} ，代入 (4) 得

\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}+\eta^2=b\xi^{-m-4}\tag{5}\label{5}

类似地，我们可以讨论 \frac{(\phi_\xi+y^2)h'}{\phi_\eta}=c\xi^n,\frac{h'}{\phi_\eta}bx^m=\eta^2 以及 x 的变换是二元变换的情况，这里不再展开。

m 的取值

从(二)中我们得到了两种变换，一种可以将 m 次转换为 \frac{-m}{m+1} 次，另一种可以将 m 次转换为 -m-4 次，分别称为变换 \alpha 与变换 \beta ，又由(一)可知，在 m=0,-2 时我们可以直接求解，因此我们期望使用两种变换将方程的次数转换为 0 或 -2 。 解 \frac{-m}{m+1}=-1 和 -m-4=-2 均为 m=-2 ，因此我们不可能将次数转换为 -2 (除非 m 本身即 -2 )，只需考虑转换为 0 。 我们易知两个结论：最后一次变换必为 \beta ；连续两次 \alpha 变换或连续两次 \beta 变换后，次数仍为 m 。因此两种变换必然是交替的，则记变换 \gamma 为先进行 \alpha ，再进行 \beta 。 不妨设先进行 \alpha 变换，由上述结论，可以等效成进行了多次 \gamma 变换，设倒数第 k 次 \gamma 变换前的次数为 a_k ，则有 a_0=0 以及通项公式 a_{k}=-(\frac{-a_{k+1}}{a_{k+1}+1})-4=-\frac{3a_{k+1}+4}{a_{k+1}+1} ，解 -\frac{3x+4}{x+1}=x 得唯一不动点 x=-2 ，则通项公式为 \frac{1}{a_{k+1}+2}=\frac{1}{a_k+2}+1 ，解得 a_k=\frac{-4k}{2k-1} 。 从而 m=\frac{-4k}{2k+1},k\in\mathbb{N}^+ 时可以通过变换得到。 再考虑先进行 \beta 变换，则后续依旧是进行多次 \gamma 变换(或不进行)，因此解 -m-4=a_{k-1}=\frac{-4(k-1)}{2(k-1)+1},k\in\mathbb{N}^+ 得 m=\frac{-4k}{2k-1} 。 综上所述，通过前文方法可以解出 (1) 的所有 m 的取值为 0,-2,\frac{-4k}{2k+1},\frac{-4k}{2k-1},k\in\mathbb{N^+} 。