\[\require{mathtools}\]
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 \[ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y^2=bx^m \tag{1}\label{1} \]
一、\(m=0,-2\)时
\(m=0\)时，显然\(\eqref{1}\)是变量分离方程。
\(m=-2\)时，可将\(\eqref{1}\)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。
二、作变换改变幂次
接着，我们考虑作变换使得\(\eqref{1}\)转化成幂次不同的形式，例如转化为\(\frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}+\eta^2=b\xi^n(n\neq m)\)。
\(\S1\)
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\(\eqref{1}\)，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\(\eqref{2}\)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\(\eqref{1}\)转化为
\[ \frac{\mathrm{d}\eta}{\mathrm{d}\xi}+\eta^2=\frac{b}{(m+1)^2}\xi^{-\frac{m}{m+1}}\tag{3}\label{3} \]
\(\S2\)
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\(\eqref{1}\)，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\(\eqref{4}\)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\(\eqref{a},\eqref{c}\)得\(h=\frac{1}{\xi},F=\xi\)。
从而有\(\phi(\eta,\xi)=\xi-\eta \xi^2,h(\xi)=\frac{1}{\xi}\)，代入\(\eqref{4}\)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。
三、\(m\)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\(\eqref{1}\)的所有\(m\)的取值为\(0,-2,\frac{-4k}{2k+1},\frac{-4k}{2k-1},k\in\mathbb{N^+}\)。