Riccati方程精確解的“遞推變換解法”研究

趙臨龍

(安康學(xué)院數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，陜西 安康 725000)

2019年，倪華[1]等人，對于Riccati方程:

x'=P(t)x2+Q(t)x+R(t)(P(t)、Q(t)、R(t)為連續(xù)函數(shù)，且P(t)R(t)≠0),

(0)

利用變量變換法構(gòu)建方程(0)可解的條件，給出4種可積類型.

定理1[1]對于可導(dǎo)函數(shù)c1(t)、c2(t)滿足:

(ⅰ)R(x)=c1(t)+c2(t);

(ⅱ)Q2(t)-4P(t)c1(t)>0；

定理2[1]對于可導(dǎo)函數(shù)c1(t)、c2(t)滿足:

(ⅰ)R(x)=c1(t)+c2(t);

(ⅱ)Q2(t)-4P(t)c1(t)>0；

2019年，宋華兵[2]，對于Riccati方程(0),給出可積類型.

定理5[2]對形如( 0) 式的Riccati方程，當(dāng)P(t)、Q(t)、R(t)滿足:

(ⅰ)Q(t)=P(t)c(t);

2019年，王明建[3]等人，對于Riccati方程(0),給出可積類型.

定理6[3]對于不同時(shí)為零的連續(xù)可微函數(shù)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,

這些定理對研究Riccati方程的可積性提供了方法，但新的問題是要記住這些定理較費(fèi)事.即是否存在統(tǒng)一的“通法”，是值得探討的有趣問題.

由于Riccati方程是微分方程的重要基礎(chǔ)，作為解決其他微分方程的重要手段.如利用Riccati方程研究二階線性微分方程的解法[4].正如文獻(xiàn)[5]指出:Riccati方程依然是具有挑戰(zhàn)性的世界難題.2017年，劉玉堂[6]等人在《二次Riccati方程研究綜述》中，介紹了Riccati方程的研究進(jìn)展.國內(nèi)外學(xué)者利用各種研究方法決定Riccati方程的精確解，依然是該方程研究的主流.

2017年來，又有多篇文獻(xiàn)研究Riccati方程的解法[7-21].文獻(xiàn)[1-3]的結(jié)論對于研究可解的Riccati方程，具有一定的指導(dǎo)意義.但其可積類型較多，使其在應(yīng)用中選取類型較麻煩.本文給出這些類型的統(tǒng)一判別方法，以達(dá)到簡化處理問題的目的.

1 Riccati方程可積條件

1841年，Liouville證明了二次Riccati方程:

(1)

其中P(x),Q(x),R(x)為連續(xù)函數(shù).一般不能通過初等積分法求得方程(1)的初等函數(shù)表示的解.

引理[4]對于方程(1)，如果能找到該方程的一個(gè)特解函數(shù)y0(L[y0]=0)，則方程(1)化為可解的Bermoulli方程.

但Riccati方程的特解方程L[y0]=0，一般較難找到特解y0.

1998年，趙臨龍[22]提出Riccati的不變量概念，使不變量成為研究Riccati可積的重要工具.

現(xiàn)針對Riccati方程的一個(gè)非特解函數(shù)y0，即在L[y0]≠0的條件下，試給出Riccati方程的求解過程.

定理7[4]在方程(1)中，如果存在常數(shù)G(x)，以及可導(dǎo)函數(shù)G(x)(其中G(x)≠0)，滿足不變量關(guān)系:

(2)

(3)

則方程(1)經(jīng)線性變換:

(4)

化成積分形式:

(5)

本文給出Riccati方程程序化的“遞推解法”，逐步將可解的Riccati方程轉(zhuǎn)化為能用相關(guān)方法求解的微分方程.

定理8 對于可解的方程(1)，若存在函數(shù)yi(x),yi+1(x)(i=1,2,...n)，滿足：L[yi]≠0，L1(yi+1(x))=0(i=1,2,...n)，則經(jīng)遞推變換：

(6)

化為Riccati方程：

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

(7)

證明：對于函數(shù)yi(x),yi+1(x)(i=1,2,...n)，滿足：L[yi]≠0，L1(yi+1(x))=0(i=1,2,...n)，則：

(8)

(9)

(10)

(11)

于是，由定理7得到結(jié)論.

定理9 在方程(1)中，若存在函數(shù)yi(x),yi+1(x)(i=1,2,...n)，滿足：L[yi]≠0，L1(yi+1(x))=0(i=1,2,...n)，則存在常數(shù)G(x)，以及導(dǎo)函數(shù)G(x)(其中G(x)≠0)，使方程(1)的解為：

(12)

其中，函數(shù)u(x)滿足：

(13)

α，β，γ滿足方程L1(yi+1(x))=0的不變量關(guān)系式(2)和(3).

證明：對于方程(11)，如果存在常數(shù)G(x)，以及可導(dǎo)函數(shù)G(x)(其中G(x)≠0)，則利用定理5，得到：

(14)

(15)

即存在u(x)滿足：

(16)

(17)

于是，方程(1)的解為：

(18)

即對于方程(1)的探求，可以按照以下遞推方式進(jìn)行：

(Ⅰ)當(dāng)L(yi(x))=0(i=1,2,...n)時(shí)，依照引理求解方程(1).

此時(shí)，在(14)、(15)中，取α=-1,β=γ=0，則

(19)

(20)

(21)

推論在方程(1)中，若存在函數(shù)yi(x)，滿足L(yi(x))=0(i=1,2,...n)，則存在可導(dǎo)函數(shù)G(x)(其中G(x)≠0)，使方程(1)的解為：

(22)

其中，函數(shù)u(x)滿足：

(23)

(Ⅱ)當(dāng)L[yi(x)]≠0時(shí)，由定理9求解.

2 應(yīng)用舉例

2.1 利用引理直接給出解方程

由推論得到：

原方程的解為：

由推論得到：

原方程的解為：

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

解:設(shè)y1(x)=m(m為待定常數(shù))，則L(m)=(2+sinx)m2+(2sinx+3)m+1+sinx=sinx(m2+2m+1)+(2m2+3m+1)

此時(shí)，取m=-1,則y1(x)=-1,L(y1(x))=0.

由推論得到：

(c為任意常數(shù)).

原方程的解為：

由推論得到：

原方程的解為:

2.2 利用定理9間接給出方程的解

例5[2]解方程:y'=y2+(2-cex)y+1.

解:(Ⅰ)當(dāng)c=0時(shí)，方程為:y'=y2+2y+1.

直接取y1(x)=-1，則L(y1)=1-2+1=0.

原方程的解為:

(Ⅱ)當(dāng)c≠0時(shí)，直接取y1(x)=-1，則

L(y1)=1-(2-cex)+1-cex≠0.

原方程經(jīng)過變換:y=y1+z，化為方程:

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，則L(y2)=-cex+c2e2x-c2e2x+cex=0.

即方程L[y2]=0.

由推論得到：

于是由定理7得到：

原方程經(jīng)過變換:y=y1+z，化為方程:

由推論，對于不變量關(guān)系:

于是，原方程解為:

(c為任意常數(shù)).

原方程經(jīng)過變換:y=y1+z，化為方程:

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

又取y2(x)=-1，則

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

由推論，對于不變量關(guān)系:

于是，原方程的解為:

原方程經(jīng)過變換:y=y1+z，化為方程:

于是，原方程的解為:

3 結(jié)束語

綜上，對于Riccati方程(1)的求解，仍然是經(jīng)典問題，利用(1)的不變量關(guān)系，整體研究待定函數(shù)y1所構(gòu)成的函數(shù)L[y1]≠0為特殊關(guān)系，并且逐步將它轉(zhuǎn)化為特解函數(shù)y2所構(gòu)成的函數(shù)L1[y2]=0，即將探求特解方法分步來實(shí)施，是一條可行的“通法”，具有廣泛的應(yīng)用前景.