Riccati方程精确解的“递推变换解法”研究

赵临龙

(安康学院数学与统计学院，陕西 安康 725000)

2019年，倪华[1]等人，对于Riccati方程:

x'=P(t)x2+Q(t)x+R(t)(P(t)、Q(t)、R(t)为连续函数，且P(t)R(t)≠0),

(0)

利用变量变换法构建方程(0)可解的条件，给出4种可积类型.

定理1[1]对于可导函数c1(t)、c2(t)满足:

(ⅰ)R(x)=c1(t)+c2(t);

(ⅱ)Q2(t)-4P(t)c1(t)>0；

定理2[1]对于可导函数c1(t)、c2(t)满足:

(ⅰ)R(x)=c1(t)+c2(t);

(ⅱ)Q2(t)-4P(t)c1(t)>0；

2019年，宋华兵[2]，对于Riccati方程(0),给出可积类型.

定理5[2]对形如( 0) 式的Riccati方程，当P(t)、Q(t)、R(t)满足:

(ⅰ)Q(t)=P(t)c(t);

2019年，王明建[3]等人，对于Riccati方程(0),给出可积类型.

定理6[3]对于不同时为零的连续可微函数ci(t)(i=1,2,3,4)，且c1(t)c4(t)-c2(t)c3(t)≠0，

c1(t)c2′(t)-c1′(t)c2(t)≠0,

这些定理对研究Riccati方程的可积性提供了方法，但新的问题是要记住这些定理较费事.即是否存在统一的“通法”，是值得探讨的有趣问题.

由于Riccati方程是微分方程的重要基础，作为解决其他微分方程的重要手段.如利用Riccati方程研究二阶线性微分方程的解法[4].正如文献[5]指出:Riccati方程依然是具有挑战性的世界难题.2017年，刘玉堂[6]等人在《二次Riccati方程研究综述》中，介绍了Riccati方程的研究进展.国内外学者利用各种研究方法决定Riccati方程的精确解，依然是该方程研究的主流.

2017年来，又有多篇文献研究Riccati方程的解法[7-21].文献[1-3]的结论对于研究可解的Riccati方程，具有一定的指导意义.但其可积类型较多，使其在应用中选取类型较麻烦.本文给出这些类型的统一判别方法，以达到简化处理问题的目的.

1 Riccati方程可积条件

1841年，Liouville证明了二次Riccati方程:

(1)

其中P(x),Q(x),R(x)为连续函数.一般不能通过初等积分法求得方程(1)的初等函数表示的解.

引理[4]对于方程(1)，如果能找到该方程的一个特解函数y0(L[y0]=0)，则方程(1)化为可解的Bermoulli方程.

但Riccati方程的特解方程L[y0]=0，一般较难找到特解y0.

1998年，赵临龙[22]提出Riccati的不变量概念，使不变量成为研究Riccati可积的重要工具.

现针对Riccati方程的一个非特解函数y0，即在L[y0]≠0的条件下，试给出Riccati方程的求解过程.

定理7[4]在方程(1)中，如果存在常数G(x)，以及可导函数G(x)(其中G(x)≠0)，满足不变量关系:

(2)

(3)

则方程(1)经线性变换:

(4)

化成积分形式:

(5)

本文给出Riccati方程程序化的“递推解法”，逐步将可解的Riccati方程转化为能用相关方法求解的微分方程.

定理8 对于可解的方程(1)，若存在函数yi(x),yi+1(x)(i=1,2,...n)，满足：L[yi]≠0，L1(yi+1(x))=0(i=1,2,...n)，则经递推变换：

(6)

化为Riccati方程：

z'=P(x)z2+(2P(x)yi+Q(x))z+L[yi].

(7)

证明：对于函数yi(x),yi+1(x)(i=1,2,...n)，满足：L[yi]≠0，L1(yi+1(x))=0(i=1,2,...n)，则：

(8)

(9)

(10)

(11)

于是，由定理7得到结论.

定理9 在方程(1)中，若存在函数yi(x),yi+1(x)(i=1,2,...n)，满足：L[yi]≠0，L1(yi+1(x))=0(i=1,2,...n)，则存在常数G(x)，以及导函数G(x)(其中G(x)≠0)，使方程(1)的解为：

(12)

其中，函数u(x)满足：

(13)

α，β，γ满足方程L1(yi+1(x))=0的不变量关系式(2)和(3).

证明：对于方程(11)，如果存在常数G(x)，以及可导函数G(x)(其中G(x)≠0)，则利用定理5，得到：

(14)

(15)

即存在u(x)满足：

(16)

(17)

于是，方程(1)的解为：

(18)

即对于方程(1)的探求，可以按照以下递推方式进行：

(Ⅰ)当L(yi(x))=0(i=1,2,...n)时，依照引理求解方程(1).

此时，在(14)、(15)中，取α=-1,β=γ=0，则

(19)

(20)

(21)

推论在方程(1)中，若存在函数yi(x)，满足L(yi(x))=0(i=1,2,...n)，则存在可导函数G(x)(其中G(x)≠0)，使方程(1)的解为：

(22)

其中，函数u(x)满足：

(23)

(Ⅱ)当L[yi(x)]≠0时，由定理9求解.

2 应用举例

2.1 利用引理直接给出解方程

由推论得到：

原方程的解为：

由推论得到：

原方程的解为：

例3[1]解方程:y'=(2+sinx)y2+(2sinx+3)y+1+sinx.

解:设y1(x)=m(m为待定常数)，则L(m)=(2+sinx)m2+(2sinx+3)m+1+sinx=sinx(m2+2m+1)+(2m2+3m+1)

此时，取m=-1,则y1(x)=-1,L(y1(x))=0.

由推论得到：

(c为任意常数).

原方程的解为：

由推论得到：

原方程的解为:

2.2 利用定理9间接给出方程的解

例5[2]解方程:y'=y2+(2-cex)y+1.

解:(Ⅰ)当c=0时，方程为:y'=y2+2y+1.

直接取y1(x)=-1，则L(y1)=1-2+1=0.

原方程的解为:

(Ⅱ)当c≠0时，直接取y1(x)=-1，则

L(y1)=1-(2-cex)+1-cex≠0.

原方程经过变换:y=y1+z，化为方程:

L[z]=-z'+P(x)z2+(2P(x)y2(x)+Q(x))z+L[y1(x)].

L[z]=-z'+z2-cexz+cex.

又取y2(x)=cex，则L(y2)=-cex+c2e2x-c2e2x+cex=0.

即方程L[y2]=0.

由推论得到：

于是由定理7得到：

原方程经过变换:y=y1+z，化为方程:

由推论，对于不变量关系:

于是，原方程解为:

(c为任意常数).

原方程经过变换:y=y1+z，化为方程:

L[z]=-z'+(2+sinx)z2+(2sinx+5)z+3+sinx.

又取y2(x)=-1，则

L(y2)=(2+sinx)-(2sinx+5)+3+sinx=0.

由推论，对于不变量关系:

于是，原方程的解为:

原方程经过变换:y=y1+z，化为方程:

于是，原方程的解为:

3 结束语

综上，对于Riccati方程(1)的求解，仍然是经典问题，利用(1)的不变量关系，整体研究待定函数y1所构成的函数L[y1]≠0为特殊关系，并且逐步将它转化为特解函数y2所构成的函数L1[y2]=0，即将探求特解方法分步来实施，是一条可行的“通法”，具有广泛的应用前景.