阐释解法谈几种Riccati方程特解及解法学术
更新时间：2024-03-05
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【摘要】本文对于有些Riccati方程，根据其系数函数的特殊内在关系，借助初等变换，讨论了其求解问题。
【关键词】Riccati方程；特解；Bernoulli方程；行列式；初等变换
On the Solving methods for some kinds of Riccati equation
Gao Jin-ping
【Abstract】this essay mainly discusses the solving methods some kinds of Riccati equations according to the special inner relations of their coefficient functions and the usage of elementary tranormation.
【Key words】Riccati Equation； Particular Solution； Bernoulli Equation； Determinant； Elementary Tranormation.
一、引言
由牛顿（Newton，1642-1727）和莱不尼兹（Lenbinz，1646-1716）所创立的微积分，是人类科学史上重大的发现，而微积分的产生与发展，和人们求解微分方程有密切关系。所谓微分方程，就是联系着自变量、未知函数以及未知函数的导数的方程。在物理学、化学、生物学、工程技术和某些社会科学中的大量问题一旦加以精确的数学描述，往往会出现微分方程，这说明，微分方程的确有十分广泛的应用。
一般的微分方程不一定有初等解法，如曾Bessel方程就没有初等解法，对于形式上十分简单的Ric摘自：学术论文格式模板www.618jyw.com
cati方程
dydx =P（x） y2+Q（x） y+R（x） （1）
其中P（x） 、 Q（x） 、 R（x） ∈c[a，b]， P（x） ≠0。法国数学家Liouville于1841年证明，除少数情况外，Riccati方程没有初等解法。当然，对于极端况，例如，若 R（x） =0时，则方程（1）就成为Bernoulli方程，可直接进行求解；若已找到Riccati方程的一个特解 y，则取变换y=z+y ，代回方程（1）中得到方程
dydx = dydx+ dzdx=P（x） （y2+2yz+z2）+Q（x） （y+z）+R（x） （2）
因 y是（1）的一个特解，所以 y满足方程（1）
dydx =P（x） y2+Q（x）y+R（x）
故而由（2）式可得
dzdx=P（x） （2yz+z2）+Q（x） z=（2yzP（x）+Q（x） ）z+P（x） z2
这是Bernoulli方程，可求其解。从而可知，对Riccati方程的求解来讲，寻找其特解成为了关键，本文将探讨通过函数P（x） 、 Q（x） 、 R（x） 的内在联系，寻找某些Riccati方程的初等解法。
dydx =P（x） （y2+1ay+1β）
再进行变量分离，则可得 dy1a= dyP（x） 。显然，两端积分即可求解。
（2）若（1）的条件不成立，则有下面三个定理
定理1 若有函数 F（x），使Q（x）= P（x） F（x），且 F′（x）+R（x） =0成立，则
方程（1）可化为Bernoulli方程。
证明 令y（x） =u（x）-F（x），则y′（x） =u′（x）-F′（x） ，将y（x） 与 y′（x） 代入（1），且 Q（x）= P（x） F（x）得
u′（x）=P（x） u2（x）+（Q（x）-2P（x）F（x））u（x）+F（x）（P（x） F（x）-Q（x））
= P（x） u2（x）+（Q（x）-2P（x）F（x））u（x）
此为关于未知函数 u（x）的Bernoulli方程。此时Riccati方程显然可求解。
定理2 若有函数 F（x），使R（x） = Q（x）F（x），且 F′（x）+P（x）F2（x） =0成立，则方程（1）可化为Bernoulli方程。此时Riccati方程显然可求解。
证明 类似定理1的证明。
定理3 若有函数 F（x） ，使 R（x） =-P（x）F2（x） ，且 F′（x）-Q（x）F（x）=0成立，则方程（1）可化为Bernoulli方程。此时Riccati方程显然可求解。
证明 类似定理1的证明。
从上述定理还可以得到如下的推论
推论1 若存在常数C ，使P（x） Q（x）=1P（x）dx+c，即F（x）=-（P（x）dx+c） ，则 y=P（x）dx+c，即 y=- Q（x）P（x）是方程（1）的一个特解。
证明 因为满足定理1和满足推论1是等价的，又由定理1，方程（1）可化为
u′（x）=P（x）u2（x）+（Q（x）-2P（x）F（x）u（x））
从而u（x）=0 是其特解，又y（x） =u（x）-F（x）， F（x）=-（P（x）dx+c），故有 y=P（x）dx+c是（1）的特解。
推论2 若存在常数 C，使 Q（x）R（x）=P（x）dx+c，即 F（x）=1P（x）dx+c，则y= 1P（x）dx+c，即 y=- Q（x）R（x）是方程（1）的一个特解。证明 类似推论1的证明。
推论3 若存在常数C ，使 R（x）P（x）=-Ce2Q（x）dx，即 F（x）=CeQ（x）dx，则y=- CeQ（x）dx是方程（1）的一个特解，其中C2=C 。
证明 类似推论1的证明。
运用上述方法求解下面例题
例1 求方程dydx=y2+yx+ 1x2的特解
解 此方程中P（x）=1 ，Q（x）= 1x， R（x）=1x2，满足推论1的条件，故此方
程有特解 y=-1x。
例2 求方程dydx= y2++x2y+x 的特解
解 此方程中 P（x）=1，Q（x）=x2 ，R（x）=x ，满足推论2的条件，故此方
程有特解 y=-1x。
第一类： P（x）=C（常数）的情形
1）当 Q（x） =0时，如果 R（x）-P（x） =K（K∈Z+），那么可作初等变换y=txk-1 ；如果 R（x）-P（x） =-K（K∈Z+） ，那么可作初等变换y=tx-k+1 。
2）当Q（x）≠0 时，如果 Q（x） -P（x） =K（K∈Z+） ，那么可作初等变换 y=txk或 y=t（x+1）k（l∈R）；如果 Q（x） -P（x） =-K（K∈Z+） ，那么可作初等变换 y=tx-k或 y=t（x+1）-k。
第二类：P（x） 、Q（x） 、 R（x）都是整式函数，并且满足Q（x） -P（x） =K（K∈Z+）
，则可作初等变换 y=txk；如果P（x） 是整式函数， Q（x）是分式函数，则可作初等变换 y=tx-1。
第三类：当P（x） 、Q（x） 、 R（x）都是分式函数时，则可作初等变换 y=tx。 下面通过几个实际例子来说明此法的应用
例3 求方程 dydx=y2- 2 x2的特解
解 此方程属第一类，作初等变换y=tx-1 ，代入原方程并整理得 t2+t-2=0，解之得 t1=-2， t2=1，所以原方程的特解为y1=-2x ，y2= 1x 。
例4 求方程 dydx=x2y2+x2y-3x2 的特解
解 此方程属第二类，作初等变换 y=tx3，代入原方程并整理得（t2+t） x8-3（t+1）x2=0， 解之得 t=-1， 所以原方程的特解为y=-x3 。
例5 求方程 dydx=-1xy2+1xy2+9x 的特解
解 此方程属第三类，作初等变换y=tx ，代入原方程并整理得（9-t2） x2=0，解之得 t1=3， t2=-3，所以原方程的特解为y1=3x ， y2=-3x。
由变换y= u′（x）u（x）p（x）可将（1）化为
u′′（x）-P′（x） P（x）+ Q（x））u′（x）+ P（x） R（x）u（x）=0 （3）
而（3）式又与
命题 如果（1）的系数满足
P=N ′+N（Q-RN） （*）
其中N 是某一可微函数，则（1）有特解y=-1N 。
由命题可知，如果能找到满足（*）的函数 ，则（1）有一个形式相当简单的特解，下面给出两种特殊情况：
（1）当 N=C（常数），即 P=C（Q-RC）时，（1）有特解 y=-1C 。
（2）当 N=QR ，即P=（QR ） ′时，（1）有特解 y=-RQ 。
例6 求方程dy dx =y2+ yx+1x2的特解
解 因为P（x）=1 ， Q（x）=1x，R（x）= 1x2，取 N（x）=Q（x）R（x） ，满足（*）式，故原方程的特解为 y=-1x。
前面已经提到变换的思想在求Riccati方程的不同解法中所起到的作用，下面也以变换作为解Riccati方程的主线来得到满足不同条件的Riccati方程的不同解法。
首先介绍几个引理及定理为下文做准备
引理1 一阶微分方程
dy dx源于：论文的格式www.618jyw.com
= f ′（x）g（x） y2- g ′（x）f（x） （5）
有特解y=- g（x）f（x） 。
证明 直接把 y=- g（x）f（x） 代入（5）式即可证明引理1。
引理2 方程（1）通过初等变换可化为如下形式
u ′= P（x） u2+S（x） （6）
证明 方程（1）配方得
dy dx = P（x） [y+Q（x）2P（x） ]2+4P（x）R（x）-Q2（x）4P（x）
设u=y+ Q（x）2P（x），这是一个初等变换，那么，有 u ′=y ′+Q′（x）P（x）-P′（x）Q（x）2P2（x），代入（1）得u ′= P（x） u2+S（x） ，其中
S（x）=4P2（x）R（x）+P（x）[2Q′（x）-Q2（x）]-2p′（x）Q（x）4P2（x）
定理3 方程（6）有特解 u（x）=- g（x）f（x） 的充分必要条件是f（x） ，g（x） 满足微分方程组f′（x）= P（x）g（x）g′（x） =-S（x） f（x）（7）
证明 （充分性）如果（7）有解f（x） ，g（x） ，则xg（x） - xf（x） 得
f′（x） g（x）- g′（x）f（x）= P（x）g2（x）+S（x） f2（x） （**）
两端同除以 f2（x）（f（x）≠0） ，那么（**）化为
（-g（x）f（x）） ′=P（x）（-g（x）f（x）） 2+S（x）
即方程（6）存在特解 u（x）=（g（x）f（x）） 。
（必要性）根据引理1，有P（x）=f′（x） g（x） ， S（x） =-g′（x）f（x），即得方程组（7）。
注1 若方程（6）的特解不易求得时，可解方程组（7），有时求解方程组（7）的特解反而易求。
定理4 方程组（7）的一个特解等价于二阶微分方程
P（x）f′′- P′（x） f′（x） +P2 （x）S（x）f（x）=0 （8）
的一个特解。
证明 把（7）的解代入（8）有
P（x）（P′（x） g（x）+）P（x） g′（x）-P′（x） P（x） g（x）-P2（x）g′（x）=0
满足（8）的等式，故（7）的解是（8）的解；下面证（8）的解是（7）的解，引入新变量函数 g（x）=f′（x）P（x），则有f′（x）=g（x） P（x），代入（8）就有（7）中的成立，故方程组（7）的一个特解等价于方程（8）的一个特解。
注2 若易把（8）的特解求出，则根据定理3就可以求出（6）的特解，而（1）的特解根据引理1即可求得。
下面根据上引理与定理，通过例题来介绍几种不同的解Riccati方程的方法。
4.公式法
例7 求方程dydx=y2+14x2 的特解
解 根据引理1变形原方程为
dydx=12x12 12x12y2--14x32x12
可推得f（x） =x12， g（x）=12x12y2，故原方程的特解为 。
例8 求方程dydx=-y2-4xy-2x2 的特解
解 根据引理2变形原方程为
dydx=-（y+2x）2+2x2
令u=y+2x ，即 u ′=-u2=-11u2-0-x，根据引理1，可得此方程的特解为u=1x ，代入变换式，得原方程的特解为 y=-1x。
注3 有时解方程不一定需要死套公式，如 u ′=-u2可以不需与引理1中（5）式对比，而直接求得其特解为 u=1x和 u=0。
注4 公式法虽然简单，但有时 f（x）和 g（x） 却不易分离出来。
解 原方程可化为
dydx=2xy-y2-1x2-1=-（y-x）2+x2-1x2-1
观察右式分子，试选y=x ，代入得右式值为1，故原方程有特解 y=x。
注5 使用观察试验法需要有较好的直觉特点和敏锐的洞察力，这方面的培养就需要多练习、多观察、多总结。
注6 有时方程不能通过一步变形而观察出结果，而是需要借助引理2进行初等变换后才能得到结果。
解 令u=y+x ，方程可化为u ′=u2+1 ，根据引理
显然有特解f（x）=co源于：毕业论文总结www.618jyw.com
sx ， g（x）=-sinx或 f（x）=sinx， g（x）=cosx，故原方程的特解为y=tanx-x或y=-cotx-x 。
注7 有时方程不能通过一步变形而得到方程组，而是需要借助引理2进行初等变换后才能得到方程组。
解 作变换u= y-2x，原方程化为 u ′=-u2+2x2，根据引理
利用定理4可化为二阶方程x2 f′′（x）-2f（x）=0，这是欧拉方程，显然有特解f1（x） =x2，f2（x）=1x ，g1（x）=-2x，g2（x）=1x2 故原方程有特解 。
三、结束语
本文通过探讨Riccati方程中函数 P（x）、 Q（x）、 R（x）满足不同的特殊要求，得到其相应的解法，其解法的基本思路是通过初等变换把原方程转化为Bernoulli方程或一元方程后，求得其方程量的解后再代回变换式求其特解；或通过求解与经过变换后得到方程同解的二阶微分方程或一阶微分方程组的解，再代回变换式，即求得其方程的特解。这些解法因方程而异，各有其简便之处，所以说，对Riccati方程的求解来讲，分析研究其系数函数的内在联系，再借助初等变换的思想，从而寻找其相应的解法的确是一个很好的求解思路。
参考文献
王高雄等.《常微分方程》[M].北京：高等教育出版社.1983（2）.60-61
徐士河，杨万顺.一类简单黎卡提方程的求解[J].阜阳师范学院学报.2005（3）：11-12
[3] 刘明凤.浅谈Riccati方程的求解问题[J].湛江师范学院学报.1994（2）：134-135
[4] 王明建，胡博.几类Riccati微分方程特解的求法[J].河南教育学院学报.2002（4）：8-9
[5] 王明建.微分方程特解新求法的研究[J].数学的实践与认识.2006（7）：132-135
[6] 丁同仁，李承治.《常微分方程教程》[M] .北京：高等教育出版社.1991（2）.40-41
【关键词】Riccati方程；特解；Bernoulli方程；行列式；初等变换
On the Solving methods for some kinds of Riccati equation
Gao Jin-ping
【Abstract】this essay mainly discusses the solving methods some kinds of Riccati equations according to the special inner relations of their coefficient functions and the usage of elementary tranormation.
【Key words】Riccati Equation； Particular Solution； Bernoulli Equation； Determinant； Elementary Tranormation.
一、引言
由牛顿（Newton，1642-1727）和莱不尼兹（Lenbinz，1646-1716）所创立的微积分，是人类科学史上重大的发现，而微积分的产生与发展，和人们求解微分方程有密切关系。所谓微分方程，就是联系着自变量、未知函数以及未知函数的导数的方程。在物理学、化学、生物学、工程技术和某些社会科学中的大量问题一旦加以精确的数学描述，往往会出现微分方程，这说明，微分方程的确有十分广泛的应用。
一般的微分方程不一定有初等解法，如曾Bessel方程就没有初等解法，对于形式上十分简单的Ric摘自：学术论文格式模板www.618jyw.com
cati方程
dydx =P（x） y2+Q（x） y+R（x） （1）
其中P（x） 、 Q（x） 、 R（x） ∈c[a，b]， P（x） ≠0。法国数学家Liouville于1841年证明，除少数情况外，Riccati方程没有初等解法。当然，对于极端况，例如，若 R（x） =0时，则方程（1）就成为Bernoulli方程，可直接进行求解；若已找到Riccati方程的一个特解 y，则取变换y=z+y ，代回方程（1）中得到方程
dydx = dydx+ dzdx=P（x） （y2+2yz+z2）+Q（x） （y+z）+R（x） （2）
因 y是（1）的一个特解，所以 y满足方程（1）
dydx =P（x） y2+Q（x）y+R（x）
故而由（2）式可得
dzdx=P（x） （2yz+z2）+Q（x） z=（2yzP（x）+Q（x） ）z+P（x） z2
这是Bernoulli方程，可求其解。从而可知，对Riccati方程的求解来讲，寻找其特解成为了关键，本文将探讨通过函数P（x） 、 Q（x） 、 R（x） 的内在联系，寻找某些Riccati方程的初等解法。
二、Riccati方程的解法探讨
1.可化为Bernoulli方程进行求解
（1） 若（1）中P（x） 、 Q（x） 、 R（x） 成比例，即有P（x） =aQ（x）=βR（x） ， （a≠0，β≠0），则（1）式变为dydx =P（x） （y2+1ay+1β）
再进行变量分离，则可得 dy1a= dyP（x） 。显然，两端积分即可求解。
（2）若（1）的条件不成立，则有下面三个定理
定理1 若有函数 F（x），使Q（x）= P（x） F（x），且 F′（x）+R（x） =0成立，则
方程（1）可化为Bernoulli方程。
证明 令y（x） =u（x）-F（x），则y′（x） =u′（x）-F′（x） ，将y（x） 与 y′（x） 代入（1），且 Q（x）= P（x） F（x）得
u′（x）=P（x） u2（x）+（Q（x）-2P（x）F（x））u（x）+F（x）（P（x） F（x）-Q（x））
= P（x） u2（x）+（Q（x）-2P（x）F（x））u（x）
此为关于未知函数 u（x）的Bernoulli方程。此时Riccati方程显然可求解。
定理2 若有函数 F（x），使R（x） = Q（x）F（x），且 F′（x）+P（x）F2（x） =0成立，则方程（1）可化为Bernoulli方程。此时Riccati方程显然可求解。
证明 类似定理1的证明。
定理3 若有函数 F（x） ，使 R（x） =-P（x）F2（x） ，且 F′（x）-Q（x）F（x）=0成立，则方程（1）可化为Bernoulli方程。此时Riccati方程显然可求解。
证明 类似定理1的证明。
从上述定理还可以得到如下的推论
推论1 若存在常数C ，使P（x） Q（x）=1P（x）dx+c，即F（x）=-（P（x）dx+c） ，则 y=P（x）dx+c，即 y=- Q（x）P（x）是方程（1）的一个特解。
证明 因为满足定理1和满足推论1是等价的，又由定理1，方程（1）可化为
u′（x）=P（x）u2（x）+（Q（x）-2P（x）F（x）u（x））
从而u（x）=0 是其特解，又y（x） =u（x）-F（x）， F（x）=-（P（x）dx+c），故有 y=P（x）dx+c是（1）的特解。
推论2 若存在常数 C，使 Q（x）R（x）=P（x）dx+c，即 F（x）=1P（x）dx+c，则y= 1P（x）dx+c，即 y=- Q（x）R（x）是方程（1）的一个特解。证明 类似推论1的证明。
推论3 若存在常数C ，使 R（x）P（x）=-Ce2Q（x）dx，即 F（x）=CeQ（x）dx，则y=- CeQ（x）dx是方程（1）的一个特解，其中C2=C 。
证明 类似推论1的证明。
运用上述方法求解下面例题
例1 求方程dydx=y2+yx+ 1x2的特解
解 此方程中P（x）=1 ，Q（x）= 1x， R（x）=1x2，满足推论1的条件，故此方
程有特解 y=-1x。
例2 求方程dydx= y2++x2y+x 的特解
解 此方程中 P（x）=1，Q（x）=x2 ，R（x）=x ，满足推论2的条件，故此方
程有特解 y=-1x。
2.初等变换法
用初等变换求解Riccati方程时，是对满足不同条件的系数函数P（x） 、Q（x） 、 R（x）作初等变换，引入参数t 后，代入方程得到的含x 的一元方程取各系数为0的公共解，即求出相应的参数t 的值，再代回相应的变换式，从而求得此Riccati方程的特解。第一类： P（x）=C（常数）的情形
1）当 Q（x） =0时，如果 R（x）-P（x） =K（K∈Z+），那么可作初等变换y=txk-1 ；如果 R（x）-P（x） =-K（K∈Z+） ，那么可作初等变换y=tx-k+1 。
2）当Q（x）≠0 时，如果 Q（x） -P（x） =K（K∈Z+） ，那么可作初等变换 y=txk或 y=t（x+1）k（l∈R）；如果 Q（x） -P（x） =-K（K∈Z+） ，那么可作初等变换 y=tx-k或 y=t（x+1）-k。
第二类：P（x） 、Q（x） 、 R（x）都是整式函数，并且满足Q（x） -P（x） =K（K∈Z+）
，则可作初等变换 y=txk；如果P（x） 是整式函数， Q（x）是分式函数，则可作初等变换 y=tx-1。
第三类：当P（x） 、Q（x） 、 R（x）都是分式函数时，则可作初等变换 y=tx。 下面通过几个实际例子来说明此法的应用
例3 求方程 dydx=y2- 2 x2的特解
解 此方程属第一类，作初等变换y=tx-1 ，代入原方程并整理得 t2+t-2=0，解之得 t1=-2， t2=1，所以原方程的特解为y1=-2x ，y2= 1x 。
例4 求方程 dydx=x2y2+x2y-3x2 的特解
解 此方程属第二类，作初等变换 y=tx3，代入原方程并整理得（t2+t） x8-3（t+1）x2=0， 解之得 t=-1， 所以原方程的特解为y=-x3 。
例5 求方程 dydx=-1xy2+1xy2+9x 的特解
解 此方程属第三类，作初等变换y=tx ，代入原方程并整理得（9-t2） x2=0，解之得 t1=3， t2=-3，所以原方程的特解为y1=3x ， y2=-3x。
3.行列式同解法
通过对上一方法的讨论，了解到变换的思想在Riccati方程的求解问题中所起到的作用，这里利用变换的思想来探讨其它的解法。由变换y= u′（x）u（x）p（x）可将（1）化为
u′′（x）-P′（x） P（x）+ Q（x））u′（x）+ P（x） R（x）u（x）=0 （3）
而（3）式又与
命题 如果（1）的系数满足
P=N ′+N（Q-RN） （*）
其中N 是某一可微函数，则（1）有特解y=-1N 。
由命题可知，如果能找到满足（*）的函数 ，则（1）有一个形式相当简单的特解，下面给出两种特殊情况：
（1）当 N=C（常数），即 P=C（Q-RC）时，（1）有特解 y=-1C 。
（2）当 N=QR ，即P=（QR ） ′时，（1）有特解 y=-RQ 。
例6 求方程dy dx =y2+ yx+1x2的特解
解 因为P（x）=1 ， Q（x）=1x，R（x）= 1x2，取 N（x）=Q（x）R（x） ，满足（*）式，故原方程的特解为 y=-1x。
前面已经提到变换的思想在求Riccati方程的不同解法中所起到的作用，下面也以变换作为解Riccati方程的主线来得到满足不同条件的Riccati方程的不同解法。
首先介绍几个引理及定理为下文做准备
引理1 一阶微分方程
dy dx源于：论文的格式www.618jyw.com
= f ′（x）g（x） y2- g ′（x）f（x） （5）
有特解y=- g（x）f（x） 。
证明 直接把 y=- g（x）f（x） 代入（5）式即可证明引理1。
引理2 方程（1）通过初等变换可化为如下形式
u ′= P（x） u2+S（x） （6）
证明 方程（1）配方得
dy dx = P（x） [y+Q（x）2P（x） ]2+4P（x）R（x）-Q2（x）4P（x）
设u=y+ Q（x）2P（x），这是一个初等变换，那么，有 u ′=y ′+Q′（x）P（x）-P′（x）Q（x）2P2（x），代入（1）得u ′= P（x） u2+S（x） ，其中
S（x）=4P2（x）R（x）+P（x）[2Q′（x）-Q2（x）]-2p′（x）Q（x）4P2（x）
定理3 方程（6）有特解 u（x）=- g（x）f（x） 的充分必要条件是f（x） ，g（x） 满足微分方程组f′（x）= P（x）g（x）g′（x） =-S（x） f（x）（7）
证明 （充分性）如果（7）有解f（x） ，g（x） ，则xg（x） - xf（x） 得
f′（x） g（x）- g′（x）f（x）= P（x）g2（x）+S（x） f2（x） （**）
两端同除以 f2（x）（f（x）≠0） ，那么（**）化为
（-g（x）f（x）） ′=P（x）（-g（x）f（x）） 2+S（x）
即方程（6）存在特解 u（x）=（g（x）f（x）） 。
（必要性）根据引理1，有P（x）=f′（x） g（x） ， S（x） =-g′（x）f（x），即得方程组（7）。
注1 若方程（6）的特解不易求得时，可解方程组（7），有时求解方程组（7）的特解反而易求。
定理4 方程组（7）的一个特解等价于二阶微分方程
P（x）f′′- P′（x） f′（x） +P2 （x）S（x）f（x）=0 （8）
的一个特解。
证明 把（7）的解代入（8）有
P（x）（P′（x） g（x）+）P（x） g′（x）-P′（x） P（x） g（x）-P2（x）g′（x）=0
满足（8）的等式，故（7）的解是（8）的解；下面证（8）的解是（7）的解，引入新变量函数 g（x）=f′（x）P（x），则有f′（x）=g（x） P（x），代入（8）就有（7）中的成立，故方程组（7）的一个特解等价于方程（8）的一个特解。
注2 若易把（8）的特解求出，则根据定理3就可以求出（6）的特解，而（1）的特解根据引理1即可求得。
下面根据上引理与定理，通过例题来介绍几种不同的解Riccati方程的方法。
4.公式法
例7 求方程dydx=y2+14x2 的特解
解 根据引理1变形原方程为
dydx=12x12 12x12y2--14x32x12
可推得f（x） =x12， g（x）=12x12y2，故原方程的特解为 。
例8 求方程dydx=-y2-4xy-2x2 的特解
解 根据引理2变形原方程为
dydx=-（y+2x）2+2x2
令u=y+2x ，即 u ′=-u2=-11u2-0-x，根据引理1，可得此方程的特解为u=1x ，代入变换式，得原方程的特解为 y=-1x。
注3 有时解方程不一定需要死套公式，如 u ′=-u2可以不需与引理1中（5）式对比，而直接求得其特解为 u=1x和 u=0。
注4 公式法虽然简单，但有时 f（x）和 g（x） 却不易分离出来。
5.观察试验法
例9 求方程dydx=-1x2-1 y2+2xx2-1y- 1x2-1的特解解 原方程可化为
dydx=2xy-y2-1x2-1=-（y-x）2+x2-1x2-1
观察右式分子，试选y=x ，代入得右式值为1，故原方程有特解 y=x。
注5 使用观察试验法需要有较好的直觉特点和敏锐的洞察力，这方面的培养就需要多练习、多观察、多总结。
注6 有时方程不能通过一步变形而观察出结果，而是需要借助引理2进行初等变换后才能得到结果。
6.利用一阶微分方程组法
例10 求方程 dydx=（y+x） 2的特解解 令u=y+x ，方程可化为u ′=u2+1 ，根据引理
1、2和定理3，有方程组
f′（x）=g（x） g ′（x）=-f（x）显然有特解f（x）=co源于：毕业论文总结www.618jyw.com
sx ， g（x）=-sinx或 f（x）=sinx， g（x）=cosx，故原方程的特解为y=tanx-x或y=-cotx-x 。
注7 有时方程不能通过一步变形而得到方程组，而是需要借助引理2进行初等变换后才能得到方程组。
7.利用二阶微分方程法
例11 求方程 dydx=（y-2x） 2 的特解解 作变换u= y-2x，原方程化为 u ′=-u2+2x2，根据引理
1、2和定理3有一阶微分方程组
f′（x）=-g（x） g′（x） =-2x2f（x）利用定理4可化为二阶方程x2 f′′（x）-2f（x）=0，这是欧拉方程，显然有特解f1（x） =x2，f2（x）=1x ，g1（x）=-2x，g2（x）=1x2 故原方程有特解 。
三、结束语
本文通过探讨Riccati方程中函数 P（x）、 Q（x）、 R（x）满足不同的特殊要求，得到其相应的解法，其解法的基本思路是通过初等变换把原方程转化为Bernoulli方程或一元方程后，求得其方程量的解后再代回变换式求其特解；或通过求解与经过变换后得到方程同解的二阶微分方程或一阶微分方程组的解，再代回变换式，即求得其方程的特解。这些解法因方程而异，各有其简便之处，所以说，对Riccati方程的求解来讲，分析研究其系数函数的内在联系，再借助初等变换的思想，从而寻找其相应的解法的确是一个很好的求解思路。
参考文献
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