0 引言

一般来说, 大多数非线性方程都是关于时间$ t $的一阶导数的方程, 它们描述了单一方向的波.例如, KdV方程, Burgers方程等, 这些模型均是沿$ x $轴正向传播的.而关于时间$ t $的二阶导数方程Boussinesq方程, 它是沿$ x $轴正向和负向两个方向传播的. 1994年, Korsunsky^[1]第一次提出了双模KdV (TMKdV)方程, 它是关于时间$ t $的二阶导数的方程, 却描述了沿同一方向传播的两个具有相同的耗散关系、不同的相速、非线性和耗散参数的波.双模KdV方程定义如下:

$ \begin{equation} \begin{aligned} u_{tt}+(c_1+c_2)&u_{xt}+c_1c_2u_{xx}+\Big((\alpha_1+\alpha_2) \frac{\partial}{\partial t}+(\alpha_1c_2+\alpha _2 c_1) \frac{\partial}{\partial x}\Big)uu_x\\ &+\Big( (\beta_1+\beta_2)\frac{\partial}{\partial t}+(\beta_1c_2+\beta_2c_1)\frac{\partial}{\partial x}\Big) u_{xxx} = 0. \end{aligned} \end{equation} $

(0.1)

其中: $ u(x, t) $是场函数, $ -\infty<x, t<\infty $; $ c_i \;(i = 1, 2) $表示相速度; $ \alpha_i $为非线性参数; $ \beta_i $为耗散参数.场函数$ u(x, t) $表示水波从水底部到自由表面的高度.

经过特殊的变换, 并令

$ \begin{equation} \begin{aligned} s = \frac{1}{2}(c_1-c_2), \quad \alpha = \frac{\alpha_1-\alpha_2}{\alpha_1+\alpha_2}, \quad \beta = \frac{\beta_1-\beta_2}{\beta_1+\beta_2}, \quad -1 \leqslant \alpha, \, \beta \leqslant 1. \end{aligned} \end{equation} $

(0.2)

方程(0.1)可以约化为

$ \begin{equation} \begin{aligned} u_{tt}-s^2u_{xx}+\Big( \frac{\partial}{\partial t}-\alpha s\frac{\partial}{\partial x}\Big) uu_x +\Big( \frac{\partial}{\partial t}-\beta s\frac{\partial}{\partial x}\Big) u_{xxx} = 0. \end{aligned} \end{equation} $

(0.3)

可以看出, 当$ s = 0 $时, 对所得方程关于时间$ t $积分后TMKdV方程(0.3)就约化为标准形式的KdV方程.近年来, TMKdV方程(0.3)的其他性质也被广泛研究.文献[2-10]给出了TMKdV方程(0.3)的孤子解和哈密顿结构, 并证明了此方程具有两个不相容的哈密顿算子.文献[11-12]给出了TMKdV方程(0.3)的守恒律和Jacobi椭圆函数解.利用双Bell多项式, Xiao、Tian等人在文献[13]中研究了TMKdV方程(0.3)的多孤子解和Bäcklund变换.许多学者也研究了其他类型的双模方程, 例如双模mKdV方程^[14], 双模Burgers方程^[15], 双模KP方程^[16], 双模耦合KdV方程^[17]等^[18-22].

本文结构安排如下:第1节, 根据Korsunsky在文献[1]中提出的方法, 构造新的双模耦合KdV (nTMcKdV)方程; 第2节, 利用简化的双线性方法^[23-27], 得到nTMcKdV方程的多孤子解存在的条件; 第3节, 利用不同的函数展开法, 如tanh/coth和tan/cot方法找到方程的其他精确解.此外, 本节中还得到了nTMcKdV方程的Jacobi椭圆函数解; 在第4节中给出结论.

1 新的双模耦合KdV方程

本文主要研究一个新的双模耦合KdV方程. Yu在文献[28]中通过Kronecker内积构造了一个新的非线性可积耦合KdV族.他们得到了耦合KdV方程

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &u_t+\dfrac{1}{4}u_{xxx}+\dfrac{3}{2}uu_x = 0, \\ &v_t+\dfrac{1}{4}v_{xxx}+2vv_x+\dfrac{3}{2}(uv)_x = 0. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(1.1)

文献[28]研究了方程(1.1)的延拓结构.根据Korsunsky在文献[1]中提出的方法, 我们构造出新的双模耦合KdV (nTMcKdV)方程

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u_{tt}&+(c_1+c_2)u_{xt}+c_1c_2u_{xx}+\Big( (\alpha_1+\alpha_2)\frac{\partial}{\partial t}+(\alpha_1c_2+\alpha _2 c_1)\frac{\partial}{\partial x} \Big) \frac{3}{2}uu_x\\ &+\Big( (\beta_1+\beta_2)\frac{\partial}{\partial t}+(\beta_1c_2+\beta_2c_1) \frac{\partial}{\partial x}\Big) \frac{1}{4}u_{xxx} = 0, \\ v_{tt}&+(c_1+c_2)v_{xt}+c_1c_2v_{xx}+\Big( (\alpha_1+\alpha_2)\frac{\partial}{\partial t}+(\alpha_1c_2+\alpha _2 c_1) \frac{\partial}{\partial x} \Big)\Big(2vv_x+\frac{3}{2}(uv)_x\Big)\\ &+\Big( (\beta_1+\beta_2)\frac{\partial}{\partial t}+(\beta_1c_2+\beta_2c_1)\frac{\partial}{\partial x}\Big) \frac{1}{4}v_{xxx} = 0. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(1.2)

经过变换(0.2), 方程(1.2)就可约化为

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u_{tt}&-s^2u_{xx}+\Big( \frac{\partial}{\partial t}-\alpha s\frac{\partial}{\partial x}\Big) \frac{3}{2}uu_x +\Big( \frac{\partial}{\partial t}-\beta s\frac{\partial}{\partial x}\Big) \frac{1}{4}u_{xxx} = 0, \\ v_{tt}&-s^2v_{xx}+\Big( \frac{\partial}{\partial t}-\alpha s\frac{\partial}{\partial x}\Big) \Big(2vv_x+\frac{3}{2}(uv)_x \Big) +\Big( \frac{\partial}{\partial t}-\beta s\frac{\partial}{\partial x}\Big) \frac{1}{4}v_{xxx} = 0. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(1.3)

可以看到当$ s = 0 $时, 对所得方程关于时间$ t $积分, nTMcKdV方程就约化为了标准的耦合KdV方程(1.1).

2 多孤子解

在本节中, 将利用简化的双线性方法研究双模耦合KdV(nTMcKdV)方程的多孤子解.把方程

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = {\rm e}^{\theta_i} = {\rm e}^{k_i x-c_i t}, \\ v(x, t)& = {\rm e}^{\theta_i} = {\rm e}^{k_i x-c_i t}, \quad i = 1, 2, 3, \cdots, n. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(2.1)

代入方程(1.3)中并比较线性项与非线性项, 得到耗散关系

$ \begin{equation} \begin{aligned} c_i = \frac{k_i^3\pm k_i\sqrt{k_i^4+16\beta sk_i^2+64s^2}}{8}. \end{aligned} \end{equation} $

(2.2)

因此

$ \begin{equation} \theta_i = k_i x-\frac{k_i^3\pm k_i\sqrt{k_i^4+16\beta sk_i^2+64s^2}}{8}t. \end{equation} $

(2.3)

利用Cole-Hopf变换, 假定方程(1.3)存在多孤子解

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = R_1(\ln f(x, t))_{xx}, \\ v(x, t)& = R_2(\ln f(x, t))_{xx}, \end{aligned} \right. \end{equation} $

(2.4)

其中$ R_1 $, $ R_2 $为待定常数.对于单孤子解, 令函数$ f(x, t) $为

$ \begin{equation} f(x, t) = 1+{\rm e}^{\theta_1} = 1+{\rm e}^{k_1 x-\frac{k_1^3\pm k_1\sqrt{k_1^4+16\beta sk_1^2+64s^2}}{8}t}. \end{equation} $

(2.5)

把方程(2.4)、(2.5)代入nTMcKdV方程(1.3)并求解$ R_1 $, $ R_2 $, 得到当

$ \begin{equation} \beta = \alpha, \quad R_1 = 2, \quad R_2 = -\frac{3}{2} \end{equation} $

(2.6)

时, 单孤子解存在.

把式(2.5)与式(2.6)代入方程(2.4), 可得到nTMcKdV方程(1.3)的单孤子解为

$ \begin{equation*} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = \frac{2k_1^2{\rm e}^{k_1 x-\frac{k_1^3\pm k_1\sqrt{k_1^4+16\beta sk_1^2+64s^2}} {8}t}}{\Big( 1+{\rm e}^{k_1 x-\frac{k_1^3\pm k_1\sqrt{k_1^4 +16\beta sk_1^2+64s^2}}{8}t}\Big) ^2}, \\ v(x, t)& = -\frac{3}{2}\cdot\frac{k_1^2{\rm e}^{k_1 x-\frac{k_1^3\pm k_1\sqrt{k_1^4+16\beta sk_1^2+64s^2}}{8}t}}{\Big( 1+{\rm e}^{k_1 x-\frac{k_1^3\pm k_1\sqrt{k_1^4+16\beta sk_1^2+64s^2}}{8}t}\Big) ^2}. \end{aligned} \right. \end{equation*} $

对于二孤子解, 令

$ \begin{equation} \begin{aligned} &f(x, t) = 1+{\rm e}^{\theta_1}+{\rm e}^{\theta_2}+a_{12}{\rm e}^{\theta_1+\theta_2}\\ &\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; = 1+{\rm e}^{k_1 x-\frac{k_1^3\pm k_1\sqrt{k_1^4+16\beta sk_1^2+64s^2}}{8}t}+{\rm e}^{k_2 x-\frac{k_2^3\pm k_2\sqrt{k_2^4+16\beta sk_2^2+64s^2}}{8}t}\\ &\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \, \; \; \; +a_{12}{\rm e}^{k_1 x+k_2 x-\frac{k_1^3\pm k_1\sqrt{k_1^4+16\beta sk_1^2+64s^2}}{8}t-\frac{k_2^3\pm k_2\sqrt{k_2^4+16\beta sk_2^2+64s^2}}{8}t}. \end{aligned} \end{equation} $

(2.7)

把方程(2.4)、(2.7)代入nTMcKdV方程(1.3)并求解$ a_{12} $, 可得到当$ \alpha = \beta = 1 $, 且$ a_{12} = \frac{(k_1-k_2)^2}{(k_1+k_2)^2} $时, 二孤子解存在.利用同样的方法可以得到$ a_{23} $, $ a_{13} $的具体表达式, 即

$ \begin{equation} a_{ij} = \frac{(k_i-k_j)^2}{(k_i+k_j)^2}, \quad 1\leqslant i<j \leqslant 3. \end{equation} $

(2.8)

因此二孤子解为

$ \begin{equation*} \label{e2.9} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = 2\; \frac{k_1^2{\rm e}^{\theta_1}+k_2^2{\rm e}^{\theta_2}+2(k_1-k_2)^2{\rm e}^{\theta_1+\theta_2}+a_{12}(k_2^2{\rm e}^{2\theta_1+\theta_2}+k_1^2{\rm e}^{\theta_1+2\theta_2}) }{(1+{\rm e}^{\theta_1}+{\rm e}^{\theta_2}+a_{12}{\rm e}^{\theta_1+\theta_2})^2}, \\ v(x, t)& = -\frac{3}{2}\cdot\frac{k_1^2{\rm e}^{\theta_1}+k_2^2{\rm e}^{\theta_2}+2(k_1-k_2)^2{\rm e}^{\theta_1+\theta_2}+a_{12}(k_2^2{\rm e}^{2\theta_1+\theta_2}+k_1^2{\rm e}^{\theta_1+2\theta_2}) }{(1+{\rm e}^{\theta_1}+{\rm e}^{\theta_2}+a_{12}{\rm e}^{\theta_1+\theta_2})^2}. \end{aligned} \right. \end{equation*} $

为了得到三孤子解, 令

$ \begin{equation} f(x, t) = 1+{\rm e}^{\theta_1}+{\rm e}^{\theta_2}+{\rm e}^{\theta_3}+a_{12}{\rm e}^{\theta_1+\theta_2}+a_{13}{\rm e}^{\theta_1+\theta_3} +a_{23}{\rm e}^{\theta_2+\theta_3}+a_{123}{\rm e}^{\theta_1+\theta_2+\theta_3}, \end{equation} $

(2.9)

其中$ \theta_i \;(i = 1, 2, 3) $由式(2.3)决定, $ a_{ij} \;(1\leqslant i<j \leqslant 3) $、$ a_{123} $为相位.把方程(2.4)、(2.6)、(2.8)、(2.9)和$ \alpha = \beta = 1 $代入nTMcKdV方程(1.3), 并求解$ a_{123} $, 我们得到$ a_{123} = a_{12}a_{13}a_{23} $.利用以上结果可以得到方程(1.3)的三孤子解.

注  与耦合KdV方程(1.1)不同, nTMcKdV方程(1.3)的孤子解存在只是针对特殊的$ \alpha $, $ \beta $值.在本节中, 我们发现当且仅当$ \alpha = \beta $时单孤子解存在, $ \alpha = \beta = 1 $时二孤子解与三孤子解存在.而对于一般的非线性参数$ \alpha $与耗散参数$ \beta $值, 孤子解是否存在, 我们还不能确定.

3 其他的精确解 3.1 tanh/coth方法

在本节中, 我们将会利用tanh/coth方法^[29-31]来求nTMcKdV方程的精确解.设

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = a_0+a_1{\rm tanh}^{m_1}(kx-ct), \\ v(x, t)& = b_0+b_1{\rm tanh}^{m_2}(kx-ct). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.1)

将方程(3.1)代入方程(1.3), 在所得方程中平衡非线性项与耗散项可得$ m_1 = m_2 = 2 $, 则

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = a_0+a_1{\rm tanh}^2(kx-ct), \\ v(x, t)& = b_0+b_1{\rm tanh}^2(kx-ct). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.2)

3.1.1 $ \alpha \neq \beta $

把方程(3.2)代入nTMcKdV方程(1.3)并比较所得方程中$ {\rm tanh}(kx-ct) $的各次幂系数, 得到

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &a_1 = a, \quad b_0 = b, \\ &b_1 = -\frac{3}{4}a, \quad c = -\frac{sk(2\beta k^2+a\alpha)}{2k^2+a}, \\ &a_0 = -\frac{2}{3}a-\frac{s(2k^2+a)}{3k^2(\alpha-\beta)}+\frac{s(2\beta k^2+a\alpha)^2}{3k^2(\alpha-\beta)(2k^2+a)}, \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.3)

这里$ a $, $ b $为非零常数.

由式(3.2)与式(3.3), 可求得解

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = -\frac{2}{3}a-\frac{s(2k^2+a)}{3k^2(\alpha-\beta)}+\frac{s(2\beta k^2+a\alpha)^2}{3k^2(\alpha-\beta)(2k^2+a)}\\ &\quad+a\; {\rm tanh}^2\Big( kx+\frac{sk(2\beta k^2+a\alpha)}{2k^2+a}t\Big), \\ v(x, t)& = b-\frac{3a}{4}{\rm tanh}^2\Big( kx+\frac{sk(2\beta k^2+a\alpha)}{2k^2+a}t\Big). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.4)

若设

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = a_0+a_1{\rm coth}^2(kx-ct), \\ v(x, t)& = b_0+b_1{\rm coth}^2(kx-ct). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.5)

与$ {\rm tanh}(kx-ct) $方法的步骤相似, 可求得奇异解

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = -\frac{2}{3}a-\frac{s(2k^2+a)}{3k^2(\alpha-\beta)}+\frac{s(2\beta k^2+a\alpha)^2}{3k^2(\alpha-\beta)(2k^2+a)}\\ &\quad+a\; {\rm coth}^2\Big( kx+\frac{sk(2\beta k^2+a\alpha)}{2k^2+a}t\Big), \\ v(x, t)& = b-\frac{3a}{4}{\rm coth}^2\Big( kx+\frac{sk(2\beta k^2+a\alpha)}{2k^2+a}t\Big). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.6)

3.1.2 $ \alpha = \beta $

把方程(3.2)代入nTMcKdV方程(1.3)并令$ \beta = \alpha $, 在所得的方程中比较$ {\rm tanh}(kx-ct) $的各次幂系数, 可以得到

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &a_0 = a, \quad b_0 = b, \\ &a_1 = -2k^2, \quad b_1 = \frac{3}{2}k^2, \\ &c = -k^3+\frac{3}{4}ak\pm \frac{1}{4}k\sqrt{16k^4-8k^2(3a+4\alpha s)+9a^2+8s(3a\alpha+2s)}, \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.7)

这里$ a $, $ b $为非零常数.

由式(3.2)与式(3.7)可求得解为

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &u(x, t) = a-2k^2{\rm tanh}^2\Big[ kx- \Big( -k^3+\frac{3}{4}ak\\ &\qquad\qquad\pm \frac{1}{4}k\sqrt{16k^4-8k^2(3a+4\alpha s)+9a^2+8s(3a\alpha+2s)}\Big) t\Big], \\ &v(x, t) = b+\frac{3}{2}k^2{\rm tanh}^2\Big[ kx-\Big( -k^3+\frac{3}{4}ak\\ &\qquad\qquad\pm \frac{1}{4}k\sqrt{16k^4-8k^2(3a+4\alpha s)+9a^2+8s(3a\alpha+2s)}\Big) t\Big]. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.8)

若设

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = a_0+a_1{\rm coth}^2(kx-ct), \\ v(x, t)& = b_0+b_1{\rm coth}^2(kx-ct). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.9)

与$ {\rm tanh}(kx-ct) $方法的步骤相似, 可求得奇异解为

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &u(x, t) = a-2k^2{\rm coth}^2\Big[ kx- \Big( -k^3+\frac{3}{4}ak\\ &\qquad\qquad\pm \frac{1}{4}k\sqrt{16k^4-8k^2(3a+4\alpha s)+9a^2+8s(3a\alpha+2s)}\Big) t\Big], \\ &v(x, t) = b+\frac{3}{2}k^2{\rm coth}^2\Big[ kx-\Big( -k^3+\frac{3}{4}ak\\ &\qquad\qquad\pm \frac{1}{4}k\sqrt{16k^4-8k^2(3a+4\alpha s)+9a^2+8s(3a\alpha+2s)}\Big) t\Big]. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.10)

3.2 tan/cot方法

在本节中, 对于一般的非线性参数与耗散参数值, 将利用tan/cot方法来求{nTMcKdV}方程的周期解.设

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = a_0+a_1{\rm tan}^{m_3}(kx-ct), \\ v(x, t)& = b_0+b_1{\rm tan}^{m_4}(kx-ct). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.11)

把式(3.11)代入方程(1.3), 在所得方程中平衡非线性项与耗散项可得$ m_3 = m_4 = 2 $.则

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = a_0+a_1{\rm tan}^2(kx-ct), \\ v(x, t)& = b_0+b_1{\rm tan}^2(kx-ct). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.12)

3.2.1 $ \alpha \neq \beta $

事实上, 由于$ {\rm tanh}({\rm i}\xi) = {\rm i} \ {\rm tan}(\xi) $($ {\rm i} $是虚数单位), 如果令$ k $为$ {\rm i}k $并代入式(3.4), 即可求得解为

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = \frac{2}{3}a-\frac{s(2k^2+a)}{3k^2(\alpha-\beta)}+\frac{s(2\beta k^2+a\alpha)^2}{3k^2(\alpha-\beta)(2k^2+a)}\\ &\quad+a\; {\rm tan}^2\Big( kx+\frac{sk(2\beta k^2+a\alpha)}{2k^2+a}t\Big), \\ v(x, t)& = b-\frac{3a}{4}{\rm tan}^2\Big( kx+\frac{sk(2\beta k^2+a\alpha)}{2k^2+a}t\Big). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.13)

若设

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = a_0+a_1{\rm cot}^2(kx-ct), \\ v(x, t)& = b_0+b_1{\rm cot}^2(kx-ct). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.14)

与$ {\rm tan}(kx-ct) $方法的步骤相似, 可求得奇异解为

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = \frac{2}{3}a-\frac{s(2k^2+a)}{3k^2(\alpha-\beta)}+\frac{s(2\beta k^2+a\alpha)^2}{3k^2(\alpha-\beta)(2k^2+a)}\\ &\quad+a\; {\rm cot}^2\Big( kx+\frac{sk(2\beta k^2+a\alpha)}{2k^2+a}t\Big), \\ v(x, t)& = b-\frac{3a}{4}{\rm cot}^2\Big( kx+\frac{sk(2\beta k^2+a\alpha)}{2k^2+a}t\Big). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.15)

3.2.2 $ \alpha = \beta $

令$ k $为$ {\rm i}k $, 并代入式(3.8), 即可求得解为

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &u(x, t) = a-2k^2{\rm tan}^2\Big[ kx- \Big( k^3+\frac{3}{4}ak\\ &\qquad\qquad\pm \frac{1}{4}k\sqrt{16k^4+8k^2(3a+4\alpha s)+9a^2+8s(3a\alpha+2s)}\Big) t\Big], \\ &v(x, t) = b+\frac{3}{2}k^2{\rm tan}^2\Big[ kx-\Big( k^3+\frac{3}{4}ak\\ &\qquad\qquad\pm \frac{1}{4}k\sqrt{16k^4+8k^2(3a+4\alpha s)+9a^2+8s(3a\alpha+2s)}\Big) t\Big]. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.16)

若设

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = a_0+a_1{\rm cot}^2(kx-ct), \\ v(x, t)& = b_0+b_1{\rm cot}^2(kx-ct). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.17)

与$ {\rm tan}(kx-ct) $方法的步骤相似, 可求得奇异解为

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &u(x, t) = a-2k^2{\rm cot}^2\Big[ kx- \Big( k^3+\frac{3}{4}ak\\ &\qquad\qquad\pm \frac{1}{4}k\sqrt{16k^4+8k^2(3a+4\alpha s)+9a^2+8s(3a\alpha+2s)}\Big) t\Big], \\ &v(x, t) = b+\frac{3}{2}k^2{\rm cot}^2\Big[ kx-\Big( k^3+\frac{3}{4}ak\\ &\qquad\qquad\pm \frac{1}{4}k\sqrt{16k^4+8k^2(3a+4\alpha s)+9a^2+8s(3a\alpha+2s)}\Big) t\Big]. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.18)

3.3 Jacobi椭圆函数解

在研究nTMcKdV方程(1.3)的Jacobi椭圆函数解之前, 我们先介绍一些基本关系式^{[12, 32]}

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &{\rm sn}(\zeta, 1) = {\rm tanh}(\zeta), \quad{\rm cn}(\zeta, 1) = {\rm sech}(\zeta), \\ &{\rm sn}^2(\zeta, m)+{\rm cn}^2(\zeta, m) = 1, \quad m^2{\rm sn}^2(\zeta, m)+{\rm dn}^2(\zeta, m) = 1, \; m \in (0, 1]. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.19)

设$ u = u(\xi), \;v = v(\xi) $, $ \xi = k(x-\lambda t), \; k\neq 0 $, $ k, \, \lambda $为任意常数, 利用链式法则可将nTMcKdV方程(1.3)化为下述常微分方程

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} -\frac{3}{2}&(\lambda+\alpha s)u'^2+(\lambda^2-s^2)u''-\frac{3}{2}(\lambda+\alpha s)uu''-\frac{1}{4}k^2(\lambda+\beta s)u'''' = 0, \\ -\frac{3}{2}&(\lambda+\alpha s)u''v-3(\lambda+\alpha s)u'v'-2(\lambda+\alpha s)v'^2+(\lambda^2-s^2)v''-2(\lambda+\alpha s)vv''\\ &-\frac{3}{2}(\lambda+\alpha s)uv''-\frac{1}{4}k^2(\lambda+\beta s)v'''' = 0. \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.20)

3.3.1 Jacobi椭圆正弦函数解

设

$u(\xi ) = \sum\limits_{i = 0}^M {{a_i}} {\mkern 1mu} {\rm{s}}{{\rm{n}}^i}(\xi ,m),\quad v(\xi ) = \sum\limits_{i = 0}^N {{b_i}} {\mkern 1mu} {\rm{s}}{{\rm{n}}^i}(\xi ,m). $

(3.21)

把式(3.21)代入方程(3.20)并比较非线性项与耗散项, 可得到$ M = N = 2 $, 则

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(\xi)& = a_0+a_1 \, {\rm sn}(\xi, m)+a_2 \, {\rm sn}^2(\xi, m), \\ v(\xi)& = b_0+b_1 \, {\rm sn}(\xi, m)+b_2 \, {\rm sn}^2(\xi, m). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.22)

将方程(3.22)代入方程(3.20)并利用关系式(3.19), 在所得方程中令$ {\rm sn}(\xi, m) $的不同次幂系数均为零, 可得到

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &a_1 = 0, \; b_1 = 0, \; b_0 = b, \\ &a_0 = \frac{2}{3}\cdot\frac{\beta k^2m^2s+k^2\lambda m^2+\beta k^2s+k^2\lambda+\lambda^2-s^2}{\alpha s+\lambda}, \\ &a_2 = -\frac{2k^2m^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}, \quad b_2 = \frac{3}{2}\cdot\frac{k^2m^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}, \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.23)

这里$ b $为非零常数.因此, Jacobi椭圆正弦函数解为

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t) = &\, \frac{2}{3(\alpha s+\lambda)} [ k^2(1+m^2)(\beta s+\lambda)+\lambda^2-s^2\\ &-3k^2m^2(\beta s+\lambda){\rm sn}^2\big(k(x-\lambda t), m\big)], \\ v(x, t) = &\, b+\frac{3}{2}\cdot\frac{k^2m^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}{\rm sn}^2\big(k(x-\lambda t), m\big). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.24)

若式(3.24)中$ m = 1 $, 可得到双曲正切函数解

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t) = &\, \frac{2}{3(\alpha s+\lambda)} [ 2k^2(\beta s+\lambda)+\lambda^2-s^2-3k^2(\beta s+\lambda){\rm tanh}^2\big(k(x-\lambda t)\big)], \\ v(x, t) = &\, b+\frac{3}{2}\cdot\frac{k^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}{\rm tanh}^2\big(k(x-\lambda t)\big). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.25)

可以看出这组解即为利用tanh方法得到的解(3.4)或(3.8).

3.3.2 Jacobi椭圆余弦函数解

在式(3.21)中用$ {\rm cn}(\xi, m) $代替$ {\rm sn}(\xi, m) $, 代入方程(3.20)并平衡非线性项与耗散项, 可得到$ M = N = 2 $, 则

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(\xi)& = a_0+a_1 \, {\rm cn}(\xi, m)+a_2 \, {\rm cn}^2(\xi, m), \\ v(\xi)& = b_0+b_1 \, {\rm cn}(\xi, m)+b_2 \, {\rm cn}^2(\xi, m). \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.26)

将式(3.26)代入方程(3.20)并利用关系式(3.19), 在所得方程中令$ {\rm cn}(\xi, m) $的不同次幂系数均为零, 可得到

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} &a_1 = 0, \; b_1 = 0, \; b_0 = b, \\ &a_0 = -\frac{2}{3}\cdot\frac{2\beta k^2m^2s+2k^2\lambda m^2-\beta k^2s-k^2\lambda-\lambda^2+s^2}{\alpha s+\lambda}, \\ &a_2 = \frac{2k^2m^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}, \quad b_2 = -\frac{3}{2}\cdot\frac{k^2m^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}, \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.27)

这里$ b $为非零常数.因此, Jacobi椭圆余弦函数解为

$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = -\frac{2}{3(\alpha s+\lambda)} [ k^2(2m^2-1)(\beta s+\lambda)-\lambda^2+s^2\\ &\quad-3k^2m^2(\beta s+\lambda){\rm cn}^2\big(k(x-\lambda t), m\big) ], \\[-1mm] v(x, t)& = b-\frac{3}{2}\cdot\frac{k^2m^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}{\rm cn}^2\big(k(x-\lambda t), m\big) . \end{aligned} \right. \end{equation} $

(3.28)

注  由式(3.27)中$ a_1 = b_1 = 0 $可知, Jacobi椭圆余弦函数解也可利用关系式(3.19)直接由Jacobi椭圆正弦函数解得出.

若在解(3.28)中取$ m = 1 $, 可得到双曲正割函数解

$ \begin{equation*} \label{e3.31} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = -\frac{2}{3(\alpha s+\lambda)} [ k^2(\beta s+\lambda)-\lambda^2+ s^2-3k^2(\beta s+\lambda){\rm sech}^2\big(k(x-\lambda t)\big)], \\[-1mm] v(x, t)& = b-\frac{3}{2}\cdot\frac{k^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}{\rm sech}^2\big(k(x-\lambda t)\big). \end{aligned} \right. \end{equation*} $

与求$ {\rm sn}(\xi, m) $或$ {\rm cn}(\xi, m) $函数解的步骤一样, 我们可求得Jacobi DN解

$ \begin{equation*} \label{e3.32} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = \frac{2}{3(\alpha s+\lambda)} [ k^2(m^2-2)(\beta s+\lambda)+\lambda^2-s^2\\[-1mm] &\; \; \; +3k^2(\beta s+\lambda){\rm dn}^2\big(k(x-\lambda t), m\big)], \\[-1mm] v(x, t)& = b-\frac{3}{2}\cdot\frac{k^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}{\rm dn}^2(k(x-\lambda t), m). \end{aligned} \right. \end{equation*} $

由于$ {\rm tanh}({\rm i}\xi) = {\rm i} \ {\rm tan}(\xi) $, 如果令$ k = {\rm i}\, \kappa $并代入式(3.25), 可得到周期解

$ \begin{equation*} \left\{ \begin{aligned} u(x, t)& = \frac{2}{3(\alpha s+\lambda)} [ -2\kappa^2(\beta s+\lambda)+ \lambda^2-s^2-3\kappa^2(\beta s+\lambda){\rm tan}^2(\kappa(x-\lambda t))], \\[-1mm] v(x, t)& = b+\frac{3}{2}\cdot\frac{\kappa^2(\beta s+\lambda)}{\alpha s+\lambda}{\rm tan}^2\big(\kappa(x-\lambda t)\big). \end{aligned} \right. \end{equation*} $

可以看出这组解即为利用tan方法得到的解(3.13)或(3.16).

4 结论

在本文中, 我们构造了一个新的双模耦合KdV方程.一方面, 通过简化的Hirota方法和Cole-Hopf变换, 对于特殊的$ \alpha $、$ \beta $值可得到该方程的孤子解, 但对于一般的$ \alpha $、$ \beta $值, 孤子解是否存在, 我们还不能确定.另一方面, 通过不同的函数展开法, 对于一般的$ \alpha $、$ \beta $值, 我们得到了该方程的其他精确解.