对称正则长波方程

(1.1) $ \begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{ll} { } u_{xxt}-u_t = (v-\frac{1}{2}u^2), \\ v_t+u_x = 0 \end{array}\right. \end{eqnarray} $

是用于描述弱非线性作用下离子声波和空间电荷波传播的数学模型^[1-4]. 学者们对于对称正则长波方程(1.1)作了大量研究. 文献[5]中考虑了对称正则长波方程(1.1)初边值问题的整体解的存在性和唯一性. 文献[6]中利用径向基函数法求取了方程(1.1)的数值解. 此外, 文献[7-11]分别利用tanh函数扩展法、tanh-coth法、$ {\rm exp}(-\phi(\xi)) $函数扩展法、指数波积分伪谱法等得到了方程(1.1)的多种孤子解. 文献[11]用Jacobi椭圆函数法给出了方程(1.1) 多个型如$ u = a_0+a_1 F+a_2 F^2+\frac{b_1}{F}+\frac{b_2}{F^2} $的周期波解. 此外, 也有一些学者们对方程(1.1)的拓展形式作了一些研究, 例如文献[12-13].

文献[12]考虑了具有3次非线性项的广义对称正则长波方程组

(1.2) $ \begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{ll} { } u_{xxt}-u_t = \rho_x+\frac{1}{3}(u^3)_x, \\ \rho_t+u_x = 0 \end{array}\right. \end{eqnarray} $

的精确解求解问题. 文献[13]研究了具有两个非线性项的广义对称正则长波方程

(1.3) $ \begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{ll} u_{xxt}-u_t = (\rho+b_2u^2+b_3u^3)_x, \\ b_i = {\rm constant}, \quad b_3\geq0, \quad i = 2, 3, \\ \rho_t+u_x = 0 \end{array}\right. \end{eqnarray} $

的钟状孤波解的轨道稳定性问题, 并考虑了非线性项的相互作用对稳定性带来的影响. 本文我们将研究广义对称正则长波方程

(1.4) $ \begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{ll} u_{xxt}-u_t = (b_1\rho+b_2 u^2+b_3 u^3)_x, \\ b_i = {\rm constant}, \quad i = 1, 2, 3, \\ \rho_t+u_x = 0 \end{array}\right. \end{eqnarray} $

型如

(1.5) $ \begin{equation} u(\xi) = u(x-ct), \qquad \rho(\xi) = \rho(x-ct) \end{equation} $

的孤波解和周期波解, 期待求出新解的同时我们将研究广义对称正则长波方程(1.4)的不同类型的解之间的演化关系. 首先, 我们利用平面动力系统的理论和方法对广义对称正则长波方程(1.4)型如(1.5)式的解进行定性分析, 给出在不同参数条件下有界行波解存在的条件. 接着, 我们将根据定性分析的结论, 用首次积分法求出广义对称正则长波方程的2类钟状孤波解, 1类扭状孤波解, 和7类椭圆函数周期波解. 文中最后还将考虑该方程所求得的孤波解, 扭状解与周期波解随Hamilton能量变化的演化关系. 值得指出: 本文用定性分析和首次积分相结合的方法, 不仅求出了广义对称正则长波方程(1.4)所有的钟状孤波解(单峰), 扭状解和周期解, 通过建立解与相图中有界轨线的对应关系赋予了所求解的数学意义. 更有意义的是文中还进一步揭示了广义对称正则长波方程的孤波解和周期波解与对应的Hamilton系统的能量之间的相互关系. 这是本文对比以往文献最明显的新颖之处.

本节我们将利用平面动力系统理论和方法对广义对称正则长波方程(1.4) 的有界行波解做定性分析, 给出不同参数条件下的全局相图, 以及这种行波解存在性的若干结论.

设广义对称正则长波方程有型如(1.5)式的行波解. 把(1.5)式代入到方程(1.4)可得

(2.1) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} -cu'''+cu' = b_{1}\rho'+2b_{2}uu'+3b_{3}u^{2}u', \\ -c\rho'+u' = 0. \end{array}\right. \end{equation} $

将方程(2.1)的第二个等式代入第一个等式中, 并积分可得

(2.2) $ \begin{equation} u''+(\frac{b_{1}}{c^{2}}-1)u+\frac{b_{2}}{c}u^{2}+\frac{b_{3}}{c}u^{3} = k, \end{equation} $

其中$ k $为积分常数. 再作变换$ u = U-b_{2}/3b_{3} $, 则有

(2.3) $ \begin{equation} U''+\frac{b_{3}}{c}(U^{3}+mU+n) = 0, \end{equation} $

其中$ m = \frac{b_{1}-c^{2}}{b_{3}c}-\frac{b_2^{2}}{3b_{3}^{2}} $, $ n = -\frac{b_{2}c}{3b_{3}^{2}}(\frac{b_{1}}{c^{2}}-1)+\frac{2b_{2}^{3}}{27b_{3}^{3}}-\frac{kc}{b_{3}} $.

故为研究方程(1.4)的孤波解和周期波解, 我们可以从方程(2.3)出发. 下面我们用平面动力系统的理论和方法对方程(2.3)进行定性分析.

令$ x = U(\xi) $, $ y = U'(\xi) $, 则方程(2.3)等价于如下平面动力系统

(2.4) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { }\frac{{\rm d}x}{{\rm d}\xi} = y = P(x, y), \\ { } \frac{{\rm d}y}{{\rm d}\xi} = -\frac{b_{3}}{c}(x^{3}+mx+n) = Q(x, y). \end{array}\right. \end{equation} $

在$ (x, y) $平面上, 系统(2.4)的有限远奇点个数取决于$ f(x) = x^{3}+mx+n = 0 $实根的个数, 记$ f(x) = 0 $实根的判别式为$ \Delta = (\frac{n}{2})^2+(\frac{m}{3})^3, $根据代数学易知, 当$ \Delta>0 $时, 方程$ f(x) = 0 $存在一个实根和两个复根; $ \Delta = 0 $时, 方程$ f(x) = 0 $存在一个单根和一组重根；当$ \Delta<0 $时, 方程$ f(x) = 0 $存在三个互异的实根. 由于本文着重讨论方程(1.4)的孤波解、周期波解及它们随Hamilton能量的演化关系, 当方程$ f(x) = 0 $仅有一个根时, 方程(2.3)没有有界解. 故本文以下始终假设$ m<0 $且$ \Delta>0 $.

设系统(2.4)存在三个有限远奇点$ P_{i}(x_{i}, 0)(i = 1, 2, 3) $, 不妨令$ x_1<x_2<x_3 $, 其中$ x_i $为$ f(x) = 0 $的实根且有

(2.5) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} x_1+x_2+x_3 = 0, \\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3 = m, \\ x_1x_2x_3 = -n. \end{array}\right. \end{equation} $

记系统(2.4)在$ P_i(d_i, 0)(i = 1, 2, 3) $处线性化系统的Jacobi矩阵为

$ J{(d_i, 0)} = \left(\begin{array}{ccc} 0{\quad} & 1 \\ { } -\frac{b_3}{c}(3x_{i}^{2}+m){\quad} & 0 \end{array} \right), i = 1, 2, 3. $

根据平面动力系统的知识^[14-15]可知, 系统(2.4)是一个Hamilton系统, 具有首次积分

(2.6) $ \begin{equation} H(x, y)\triangleq\frac{y^2}{2}+\frac{b_3}{c}(x^4+2mx^2+4nx) = h, \end{equation} $

其中$ h $为常数. 下面我们利用平面动力系统的知识和理论^[14-15]对系统(2.6)进行定性分析.

(1) 在$ b_3>0 $情形

a) $ n>0 $时

(i) 当$ \triangle<0 $时, 方程$ f(x) = 0 $有三个不同的实根$ x_1 $, $ x_2 $和$ x_3 $, 且有$ x_1<-x_3<-x_2<0<x_2<x_3 $, 对应系统(2.4)有三个不同的有限远奇点$ P_i(x_i, 0)(i = 1, 2, 3) $, 对应Jacobi矩阵$ J(x_i, 0)(i = 1, 2, 3) $的行列式分别为

$ \det J(x_1, 0) = \frac{b_3}{3}(3x_1^2+m)>\frac{b_3}{c}(3x_3^2+m) = \det J(x_3, 0), $

$ \det J(x_2, 0) = \frac{b_3}{3}(3x_2^2+m) = \frac{b_3}{c}(2x_2^2+x_1x_3)<\frac{b_3}{c}(2x_2^2+x_1x_2)<\frac{b_3}{c}(x_2^2+x_1x_2+x_2x_3) = 0, \nonumber $

$ \det J(x_3, 0) = \frac{b_3}{3}(3x_3^2+m) = \frac{b_3}{c}(2x_3^2+x_1x_2)>\frac{b_3}{c}(2x_3^2+x_1x_3)>\frac{b_3}{c}(x_3^2+x_1x_3+x_2x_3) = 0.\nonumber $

因此, $ P_1 $和$ P_3 $为中心, $ P_2 $为鞍点.

(ii) 当$ \triangle = 0 $时, 方程$ f(x) = 0 $存在1个单根$ x_1 $和1组重根$ x_{2, 3} $, 且$ x_1<0<x_{2, 3} $. 对应系统(2.4)有2个不同的有限远奇点$ P_1(x_1, 0) $和$ P_{2, 3}(x_{2, 3}, 0) $. 根据(2.5)式可知

$ \left\{\begin{array}{ll} x_1+2x_3 = 0, \\ 2x_1x_3+x_3^2 = m, \\ x_1x_3^2 = -n, \end{array}\right. $

则有对应的Jacobi矩阵$ J(x_i, 0)(i = 1, 2, 3) $的行列式分别为

$ \det J(x_1, 0) = \frac{b_3}{c}(3x_1^2+m)>\frac{b_3}{c}(3x_1^2+x_3^2+2x_1x_3) = \frac{b_3 x_{3}^{2}}{c}>0, $

$ {\rm det}J(x_2, _3, 0) = \frac{b_3}{c}(3x^2_{2, 3}+m) = \frac{b_3}{c}(4x^2_{2, 3}+2x_1x_2, _3) = 0.\nonumber $

故$ P_1 $为中心, $ P_2, _3 $为尖点.

b) $ n<0 $时

(i) 当$ \triangle<0 $, 方程$ f(x) = 0 $有3个不同的实根$ x_1 $, $ x_2 $和$ x_3 $, 且有$ x_1<x_2<0<-x_2<-x_1<x_3 $, 对应系统(2.4)有三个不同的有限远奇点$ P_i(x_i, 0)(i = 1, 2, 3) $. 类似a)(i), 可得Jacobi矩阵$ J(x_i, 0)(i = 1, 2, 3) $的行列式分别为

$ {\rm det}J(x_1, 0) = \frac{b_3}{c}(3x_1^2+m)>\frac{b_3}{c}(x_1^2+x_1x_2+x_1x_3) = 0, $

$ {\rm det}J(x_2, 0) = \frac{b_3}{c}(3x_2^2+m)<\frac{b_3}{c}(x_2^2+x_1x_2+x_1x_3) = 0, \nonumber $

$ {\rm det}J(x_3, 0) = \frac{b_3}{c}(3x_3^2+m)>\frac{b_3}{c}(3x_1^2+m) = {\rm det}J(d_1, 0)>0.\nonumber $

故$ P_1 $和$ P_3 $为中心, $ P_2 $为鞍点.

(ii) 当$ \triangle = 0 $时, 方程$ f(x) = 0 $的3个实根满足$ x_2 = x_1<0<x_3 $. 故对应系统(2.4)有2个不同的有限远奇点$ P_1, _2(x_1, _2, 0) $和$ P_3(x_3, 0) $. 类似a)(ii), 可得Jacobi矩阵$ J(x_i, 0)(i = 1, 2, 3) $的行列式分别为

$ {\rm det}J(x_1, _2, 0) = \frac{b_3}{c}(3x_{1, 2}^2+m) = \frac{b_3}{c}(4x^2_{1, 2}+2x_3x_{1, 2}) = 0, $

$ {\rm det}J(x_3, 0) = \frac{b_3}{c}(3x_3^2+m)>0.\nonumber $

故$ P_1, _2 $为尖点, $ P_3 $为中心.

c) 当$ n = 0 $, $ \triangle <0 $时, 方程$ f(x) = 0 $有三个实根$ -x_1 = x_3 = \sqrt{-m} $和$ x_2 = 0 $. 因此, 对应系统(2.4)有2个不同的有限远奇点$ P_1, _3 $和$ P_2 $, Jacobi矩阵的行列式为

$ {\rm det}J(x_1, _3, 0) = \frac{b_3}{c}(3x^2_{1, 3}+m) = -\frac{2b_3 m}{c}>0, $

$ {\rm det}J(x_2, 0) = \frac{b_3}{c}(3x_2^2+m)>0.\nonumber $

故$ P_1 $和$ P_3 $为中心, $ P_2 $为鞍点.

(2) 在$ b_3<0 $情况下

方程$ f(x) = 0 $有三个实根$ x_1 $, $ x_2 $和$ x_3 $, 对应系统存在3个有限远奇点$ P_i(d_i, 0) $$ (i = 1, 2, 3) $. 类似于对(1)的讨论, 我们可以得到以下结论.

a) $ n>0 $

(i) 当$ \triangle<0 $时, 实根$ x_1 $, $ x_2 $和$ x_3 $互不相同且满足$ x_1<-x_3<-x_2<0<x_2<x_3 $, 此时对应Jacobi矩阵$ J(x_i, 0) $$ (i = 1, 2, 3) $的行列式满足$ {\rm det}J(x_1, 0)<{\rm det}J(x_{2, 3}, 0) = 0 $. 故$ P_1 $和$ P_3 $为鞍点, $ P_2 $是中心.

(ii) 当$ \triangle = 0 $时, 实根$ x_2 $和$ x_3 $重合, 且有$ x_1<0<x_2, _3 $, 此时对应Jacobi矩阵$ J(x_i, 0)\ (i = 1, 2, 3) $的行列式满足$ {\rm det}J(x_1, 0)<{\rm det}J(x_{2, 3}, 0) = 0 $. 故$ P_1 $是鞍点, $ P_2, _3 $是尖点.

b) $ n<0 $

(i) 当$ \triangle<0 $时, 实根$ x_1 $, $ x_2 $和$ x_3 $互不相同且满足$ x_1<x_2<0<-x_2<x_1<x_3 $, 此时对应Jacobi矩阵$ J(x_i, 0)\ (i = 1, 2, 3) $的行列式满足$ {\rm det}J(x_3, 0)<{\rm det}J(x_1, 0)<0<{\rm det}J(x_2, 0) $. 故$ P_1 $和$ P_3 $是鞍点, $ P_2 $是中心.

(ii) 当$ \triangle = 0 $时, 实根$ x_1 $与$ x_2 $重合, 且有$ x_{1, 2}<0<x_{3} $, 此时对应Jacobi矩阵$ J(x_i, 0)(i = 1, 2, 3) $的行列式满足$ {\rm det}J(x_3, 0)<{\rm det}J(x_{1, 2}, 0) = 0 $. 故$ P_{1, 2} $是尖点, $ P_3 $是鞍点.

c) 当$ n = 0 $, $ \triangle<0 $时, 方程$ f(x) = 0 $有三个互不相同的实根$ -x_1 = x_3 = \sqrt{-m} $和$ x_2 = 0 $. 故我们可以得到Jacobi矩阵的行列式为

$ {\rm det}J(x_1, _3, 0) = \frac{b_3}{c}(3x^2_{1, 3}+m) = -\frac{2b_3 m}{c}<0, $

$ {\rm det}J(x_2, 0) = \frac{b_3}{c}(3x_2^2+m) = \frac{b_3 m}{c}>0.\nonumber $

故$ P_1 $和$ P_3 $为鞍点, $ P_2 $是中心.

综合以上的定性分析, 我们可以得到不同参数下系统(2.4)的全局相图.

在$ b_3>0 $情形, 根据系统(2.4)的全局相图图 2.1–图 2.5, 我们可以得到以下性质和定理.

命题2.1  设$ b_3>0 $, $ m<0 $.

$ \rm(1) $当$ \Delta<0 $时, 系统(2.4)在$ n>0 $, $ n = 0 $和$ n<0 $情形下分别存在两条同宿轨和无数条闭轨(见图 2.1, 图 2.2和图 2.3).

$ \rm(2) $当$ \Delta = 0 $时, 系统(2.4)在$ n>0 $和$ n<0 $情形分别存在一条同宿轨和无数条闭轨(见图 2.4和图 2.5).

在$ b_3<0 $情形下, 类似, 由全局相图图 2.6–图 2.10, 我们可以得到以下性质和结论.

命题2.2   设$ b_3<0 $, $ m<0 $.

$ \rm(1) $当$ \Delta<0 $时, 系统(2.4)在$ n = 0 $, $ n>0 $和$ n<0 $情形下分别存在一条同宿轨和无数条闭轨(见图 2.7和图 2.8), 在$ n = 0 $情形下存在两条异宿轨和无数条闭轨(见图 2.6).

$ \rm(2) $当$ \Delta = 0 $时, 系统(2.4)在$ n>0 $和$ n<0 $情形下均不存在有界轨线(见图 2.9和图 2.10).

由于平面动力系统(2.4)的同宿轨对应于方程(1.4)的钟状解, 周期轨线对应于周期解. 故据性质2.1和性质2.2可得如下定理.

定理2.1   设$ b_3>0 $, $ m<0 $.

$ \rm(1) $当$ \Delta<0 $时, 方程(1.4)在$ n = 0 $, $ n>0 $, $ n<0 $情形下均存在两个钟状孤波解和和无数个周期行波解(分别对应于图 2.1, 图 2.2和图 2.3中的同宿轨和闭轨).

$ \rm(2) $当$ \Delta = 0 $时, 方程(1.4)在$ n>0 $, $ n<0 $情形下均存在一个钟状孤波解和无数个周期行波解(分别对应于图 2.4和图 2.5中的同宿轨和闭轨).

定理2.2   设$ b_3<0 $, $ m<0 $.

$ \rm(1) $当$ \Delta<0 $时, 方程(1.4)在$ n>0 $, $ n<0 $情形下均存在一个钟状孤波解和和无数个周期行波解(分别对应于图 2.7和图 2.8中的同宿轨和闭轨). 在$ n = 0 $情形下存在两个扭状孤波解和无数个周期行波解(对应于图 2.6的异宿轨和闭轨).

$ \rm(2) $当$ \Delta = 0 $时, 方程(1.4)在$ n>0 $, $ n<0 $情形下均不存在有界行波解.

在Hamilton系统中, 同一闭轨线上点的Hamilton能量$ h $是相等的. 因此在给定的参数下, 对于具有能量$ h $的闭轨$ G_h = \{(x, y)\in {{\Bbb R}} \times {{\Bbb R}} |H(x, y) = h\} $是唯一确定的.

根据平面动力系统知识^[14-15]可知, 首次积分式(2.6)是方程(2.3) 的解所对应的轨线的一般表达式. 因此, 我们可以利用(2.6)式给出方程(2.3)的钟状解、扭状解和周期解, 进而求得方程(1.4)的解.

由系统(2.4)的首次积分(2.6)式, 可得

(3.1) $ \begin{equation} y^2 = -\frac{b_{3}}{2c}(x^4+2mx^2+4nx)+2h = -\frac{b_{3}}{2c}(x^4+2mx^2+4nx-\frac{4hc}{b_{3}}), \end{equation} $

其中$ h = H(x, y) $表示系统(2.4)在$ (x, y) $处的Hamilton能量. 由于$ y = x' $, 通过分离变量法, 方程(2.3)有界解的问题可转化为下列积分

(3.2) $ \begin{equation} \int\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\pm F_h(x)}} = \pm\sqrt{\frac{|b_{3}|}{2c}}(\xi-\xi_0), \end{equation} $

其中$ F_h(x) = x^4+2mx^2+4nx-\frac{4hc}{b_{3}}. $且当$ b_3>0 $时, (3.2)式根号内函数取$ -F_h(x) $; 当$ b_3<0 $时, (3.2)式根号内函数取$ F_h(x) $.

图 2.1–图 2.3中能量为$ H(x_2, 0) $的同宿轨对应的$ Y = -F_h(x) $在$ x $轴有4个零点, 其中$ x_2 $为二重根. 据(2.6)式, $ H(x_2, 0) = \frac{b_3}{4c}(x_2^4+2mx_2^2+4nx_2) $, $ x_2 $为$ f(x) = 0 $的实根, 有$ n = -x_2^{2}-mx_2 $, 故我们可得

(3.3) $ \begin{equation} -F_h(x) = -(x-x_2)^2(x^2+2x_2x+3x^2_2+2m) = -(x-x_2)^2(x-r_1)(x-r_2), \end{equation} $

其中$ r_1 $和$ r_2 $为$ h = H(x_2, 0) $时$ F_{h}(x) = 0 $与$ x $轴的两交点:

(3.4) $ \begin{equation} r_1 = -x_2-\sqrt{-2m-2x^2_2}, \quad r_2 = -x_2+\sqrt{-2m-2x^2_2}. \end{equation} $

将(3.3)式和(3.4)式代入(3.2)式, 则上述积分式可化为

(3.5) $ \begin{equation} \pm\sqrt{\frac{b_3}{2c}}(\xi-\xi_0) = \int\frac{{\rm d}x}{\sqrt{-(x-x_2)^2(x-r_1)(x-r_2)}} = \int\sqrt{\frac{r_2-x}{x-r_1}}\frac{{\rm d}x}{(x-x_2)(r_2-x)}. \end{equation} $

当$ x\in(r_1, x_2)\cup(x_2, r_2) $, 令$ t = \sqrt{\frac{r_2-x}{x-r_1}} $, 即有$ x = r_1+\frac{r_2-r_1}{t^2+1} $, $ {\rm d}x = \frac{-2(r_2-r_1)^2}{(t^2+1)^2}{\rm d}t $. 将它们代入(3.5)式, 有

(3.6) $ \begin{eqnarray} \pm\sqrt{\frac{|b_3|}{2c}}(\xi-\xi_0)& = &-2\int\frac{{\rm d}x}{(r_2-x_2)-(x_2-r_1)t^2}{}\\ && = -\frac{1}{\sqrt{(x_2-r_1)(r_2-x_2)}}\left(\ln\left|t+\sqrt{\frac{r_2-x_2}{x_2-r_1}}\right|-\ln\left|t+\sqrt{\frac{r_2-x_2}{x_2-r_1}}\right|\right). {\qquad} \end{eqnarray} $

于是, 当$ x\in(r_1, x_2) $时, 有

(3.7) $ \begin{equation} t = \mp\sqrt{\frac{r_2-x_2}{x_2-r_1}}\cdot\frac{e^{\sqrt{\frac{b_3}{2c}(r_2-x_2)(x_2-r_1)}(\xi-\xi_0)}+1}{e^{\sqrt{\frac{b_3}{2c}(r_2-x_2)(x_2-r_1)}(\xi-\xi_0)}-1}, \end{equation} $

当$ x\in(x_2, r_2) $时, 有

(3.8) $ \begin{equation} t = \mp\sqrt{\frac{r_2-x_2}{x_2-r_1}}\cdot\frac{e^{\sqrt{\frac{b_3}{2c}(r_2-x_2)(x_2-r_1)}(\xi-\xi_0)}-1}{e^{\sqrt{\frac{b_3}{2c}(r_2-x_2)(x_2-r_1)}(\xi-\xi_0)}+1}. \end{equation} $

由(3.7)和(3.8)式解出$ x $, 并化简可得

(3.9) $ \begin{equation} x(\xi) = x_2-\frac{2(x_2-r_2)(x_2-r_1)}{4x_2\pm(r_2-r_1)\cosh\sqrt{\frac{b_3}{2c}(x_2-r_1)(r_2-x_2)}(\xi-\xi_0)}. \end{equation} $

上式中$ x\in(r_1, x_2) $时, (3.9)式分母中取$ "-" $号, 当$ x\in(x_2, r_2) $时, (3.9)式分母中取$ "+" $号, 将(3.5)式代入(3.9)式, 化简得

(3.10) $ \begin{equation} U^\pm_{S1}(\xi) = x_2-\frac{2(m+3x^2_2)}{2x_2\pm\sqrt{-2m-2x^2_2}\cosh\sqrt{-\frac{b_3}{c}(m+3x^2_2)}(\xi-\xi_0)}. \end{equation} $

综上, 我们可得如下定理.

定理3.1   假设$ m<0 $, $ b_3>0 $, $ \Delta<0 $, $ n\neq0 $, 当Hamilton能量$ h = H(x_2, 0) $, 方程(1.4)有孤波解

(3.11) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u^\pm_{S1}(x, t) = U^\pm_{S1}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { } \rho^\pm_{S1}(x, t) = \frac{u^\pm_{S1}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

(3.11)式中$ U^\pm_{S1} $由(3.10)式给定, 对应于全局相图图 2.2–图 2.3中同宿轨.

这里值得指出, 当$ n = 0 $时, 有$ x_2 = 0 $, (3.10)式可化为

(3.12) $ \begin{equation} \widetilde{U}^\pm_{S1}(\xi) = \pm\sqrt{-2m}\cdot {\rm sech}\sqrt{\frac{-b_3m}{c}}(\xi-\xi_0), \end{equation} $

此时, 方程(1.4)有钟状孤波解

(3.13) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } \widetilde{u}^\pm_{S1}(x, t) = \widetilde{U}^\pm_{S1}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { }\widetilde{\rho}^\pm_{S1}(x, t) = \frac{\widetilde{u}^\pm_{S1}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

(3.13)式中的$ \widetilde{U}^\pm_{S1}(\xi) $由(3.12)式给出, 对应于相图 2.1中的同宿轨.

接下来我们考虑图 2.7中同宿轨对应的钟状孤波解的求解.

此时$ b_{3}<0 $, $ n>0 $, 由于同宿轨对应的Hamilton能量为$ H(x_3, 0) = \frac{b_3}{4c}(x^4_3+2mx_3^2+4nx_3), $$ x_3 $是$ F(x) = 0 $的二重根, 也是$ f(x) = 0 $的根, 有$ n = -x_3^3-mx_3 $, 故此时$ F_h(x) $可表示为

(3.14) $ \begin{equation} F_h(x) = (x-x_3)^2(x-\eta_1)(x-\eta_2), \end{equation} $

其中$ \eta_1 $, $ \eta_2 $为此时$ F_{h}(x) = 0 $与$ x $轴交点的横坐标, 且有

(3.15) $ \begin{equation} \eta_1 = -x_3-\sqrt{-2m-2x^2_3}, \quad\eta_2 = -x_3+\sqrt{-2m-2x^2_3}, \quad\eta_1<\eta_2<x_3. \end{equation} $

将(3.14)式代入(3.2)式, 并在$ (\eta_2, x_3) $上做类似于3.1的积分和化简, 可得图 2.7同宿轨对应的钟状解为

(3.16) $ \begin{equation} U_{S2}(\xi) = x_3-\frac{2(m+3x^2_3)}{2x_3+\sqrt{-2m-2x^2_3}\cosh\sqrt{\frac{b_3}{c}(m+3x^2_3)}(\xi-\xi_0)}. \end{equation} $

再考虑相图 2.8同宿轨线对应的钟状解. 此时$ b_3<0 $, $ n<0 $, 同宿轨线对应Hamilton能量值为$ H(x_1, 0) $. 此时有

(3.17) $ \begin{equation} F_h(x) = (x-x_1)^2(x-\zeta_1)(x-\zeta_2), \end{equation} $

其中$ \zeta_1 $, $ \zeta_2 $为$ F_{h}(x) = 0 $与$ x $轴交点的横坐标,

(3.18) $ \begin{equation} \zeta_1 = -x_1-\sqrt{-2m-2x^2_1}, \quad\zeta_2 = -x_1+\sqrt{-2m-2x^2_1}, \quad x_1<\zeta_1<\zeta_2. \end{equation} $

将(3.17)式代入(3.2)式, 并在$ (x_1, \zeta_1) $上做类似于3.1节的积分和化简, 可得图 2.8同宿轨对应的钟状解为

(3.19) $ \begin{equation} U_{S3}(\xi) = x_1-\frac{2(m+3x^2_1)}{2x_1-\sqrt{-2m-2x^2_1}\cosh\sqrt{-\frac{b_3}{c}(m+3x^2_1)}(\xi-\xi_0)}. \end{equation} $

综上, 我们可得如下定理.

定理3.2   设$ m<0 $, $ b_3<0 $, $ \vartriangle<0 $.

(1) 当$ n>0 $, $ \rm{Hamilton} $能量为$ H(x_3, 0) $时, 方程(1.4)有钟状孤波解

(3.20) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u_{S2}(x, t) = U_{S2}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { }\rho_{S2}(x, t) = \frac{u_{S2}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ U_{S2} $由(3.16)式给定, 对应图 2.7中同宿轨.

(2) 当$ n<0 $, $ \rm{Hamilton} $能量为$ H(x_1, 0) $时, 方程(1.4)由钟状孤波解

(3.21) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u_{S3}(x, t) = U_{S3}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { }\rho_{S3}(x, t) = \frac{u_{S3}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ U_{S3} $由(3.19)式给定, 对应图 2.8中同宿轨.

先考虑相图 2.4同宿轨对应的钟状解.

此时$ b_3>0 $, $ \Delta = 0 $, $ n>0 $, $ x_2 = x_3 $是$ f(x) = 0 $的二重根. 根据多项式根与系数的关系有$ x_1+2x_3 = 0 $, $ 2x_1x_3+x^2_3 = m $, $ x_1x^2_3 = -n $可推得$ x_2 = x_3 = \sqrt{\frac{-m}{3}} $, 且

$ H(x_3, 0) = \frac{b_3}{4c}x^2_3(9x^2_3+2m) = \frac{b_3}{12c}m^2. $

又由$ \Delta = 0 $即$ 27n^2+4m^3 = 0\rightarrow n = \pm2(\sqrt{\frac{-m}{3}}) $, 本段由于$ n>0 $, 故取$ n = 2(\sqrt{\frac{-m}{3}}) $, 则有

(3.22) $ \begin{equation} F_h(x) = x^4+2mx^2+4nx-\frac{m^2}{3} = \left(x-\sqrt{\frac{-m}{3}}\right)^3 \left(x+\sqrt{\frac{-m}{3}}\right). \end{equation} $

将(3.22)式代入(3.2)式, 并注意到此时$ x\in\left(-3\sqrt{\frac{-m}{3}}, \sqrt{\frac{-m}{3}}\right) $, 可得

(3.23) $ \begin{eqnarray} \pm\sqrt{\frac{b_3}{2c}}(\xi-\xi_0) = \int\frac{{\rm d}x}{\left(\sqrt{\frac{-m}{3}}-x\right)^3\left(x+3\sqrt{\frac{-m}{3}}\right)} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{3(\sqrt{3}x+3\sqrt{-m})}{m(\sqrt{3}x-\sqrt{-m})}}. \end{eqnarray} $

上式解出$ x $, 即可得

(3.24) $ \begin{equation} U^+_{S4}(\xi) = x^+_{S4}(\xi) = \sqrt{\frac{-m}{3}}-\frac{4c\sqrt{-3m}}{3c-2b_3m(\xi-\xi_0)^2}. \end{equation} $

类似地, 可求得图 2.5同宿轨线对应的钟状解. 在图 2.5情形, 此时$ b_3>0 $, $ \Delta = 0 $, $ n<0 $, $ x_1 = x_2 $是$ f(x) = 0 $的二重根. 根据多项式根与系数的关系有$ x_3+2x_1 = 0 $, $ 2x_1x_3+x^2_1 = m $, $ x_3x^2_1 = -n $, 可推得$ x_1 = x_2 = -\sqrt{\frac{-m}{3}} $, 且

$ H(x_1, 0) = \frac{b_3}{4c}x^2_1(9x^2_1+2m) = \frac{b_3}{12c}m^2. $

又由$ \Delta = 0 $即$ 27n^2+4m^3 = 0 $, 可得$ n = -2\left(\sqrt{\frac{-m}{3}}\right)^3 $,

(3.25) $ \begin{eqnarray} F_h(x)& = &x^4+2mx^2+4nx-\frac{m^2}{3} = x^4+2mx^2-8\left(\sqrt{\frac{-m}{3}}\right)^3 x-3\left(\sqrt{\frac{-m}{3}}\right)^4 {}\\ & = &(x+\sqrt{\frac{-m}{3}})^3(x-3\sqrt{\frac{-m}{3}}). \end{eqnarray} $

将(3.25)式代入(3.2)式, 并注意到$ x\in\left(-\sqrt{\frac{-m}{3}}, 3\sqrt{\frac{-m}{3}}\right) $, 可得

(3.26) $ \begin{eqnarray} \pm\sqrt{\frac{b_3}{2c}}(\xi-\xi_0) = \int\frac{{\rm d}x}{\sqrt{\left(x+\sqrt{\frac{-m}{3}}\right)^3\left(3\sqrt{\frac{-m}{3}}-x\right)}} = -\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3(\sqrt{3}x-3\sqrt{-m})}{m(\sqrt{3}x+\sqrt{-m})}}. \end{eqnarray} $

上式解出$ x $, 即可得

(3.27) $ \begin{equation} U^-_{S4}(\xi) = x^-_{S4}(\xi) = -\sqrt{\frac{-m}{3}}+\frac{4c\sqrt{-3m}}{3c-2b_3m(\xi-\xi_0)^2}. \end{equation} $

综上可得如下定理.

定理3.3   设$ b_3>0 $, $ m<0 $, $ \Delta = 0 $.

$ \rm(1) $当$ n>0 $时, $ \rm{Hamilton} $能量为$ h = H(x_3, 0) $, 方程(1.4)有孤波解

(3.28) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u^+_{S4}(x, t) = U^+_{S4}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { }\rho^+_{S4}(x, t) = \frac{u^+_{S4}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

(3.28)中$ U^+_{S4} $由(3.24)式给出, 对应相图 2.4中同宿轨.

$ \rm(2) $当$ n<0 $时, $ \rm{Hamilton} $能量为$ h = H(x_1, 0) $, 方程(1.4)有孤波解

(3.29) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u^-_{S4}(x, t) = U^-_{S4}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { } \rho^-_{S4}(x, t) = \frac{u^-_{S4}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

(3.29)式中$ U^-_{S4} $由(3.27)式给出, 对应相图 2.5中同宿轨.

此时$ b_3<0 $, $ n = 0 $, 由于$ r_1 $为$ f(x) = x^3+mx = x(x^2+m) $的根, 有$ x^2_1 = -m $, $ h = H(x_1, 0) = \frac{b_3}{4c}(x^4_1+2mx^2_1) = -\frac{b_3}{4c}m^2 $, 此时有

(3.30) $ \begin{equation} F_h(x) = x^4+2mx^2-\frac{4c}{b_3}h = x^4+2mx^2+m^2 = (x+\sqrt{-m})^2(x-\sqrt{-m})^2. \end{equation} $

把(3.30)式代入(3.2)式, 有

(3.31) $ \begin{equation} \pm\sqrt{\frac{-b_3}{2c}}(\xi-\xi_0) = \int\frac{{\rm d}x}{\sqrt{(x+\sqrt{-m})^2(x-\sqrt{-m})^2}}. \end{equation} $

由于此时$ -\sqrt{-m}<x<\sqrt{-m} $, (3.31)式可以化为

(3.32) $ \begin{equation} \pm\sqrt{-\frac{b_3}{2c}}(\xi-\xi_0) = \int\frac{{\rm d}x}{(x+\sqrt{-m})(\sqrt{-m}-x)} = \frac{-1}{2\sqrt{-m}}\ln{\frac{\sqrt{-m}-x}{\sqrt{-m}+x}}. \end{equation} $

上式进一步关于$ x $解出, 可得图 2.6异宿轨对应的扭状解

(3.33) $ \begin{equation} U^\pm_{S5}(\xi) = x^\pm_{S5}(\xi) = \pm\sqrt{-m}\tanh\left(\sqrt{\frac{b_3 m}{2c}}(\xi-\xi_0)\right), \end{equation} $

由此, 我们可得如下定理.

定理3.4   设$ b_3<0 $, $ l<0 $, $ m = 0 $, $ \Delta<0 $, 则方程(2.3) 有扭状孤波解

$ U^\pm_{S5}(\xi) = \pm\sqrt{-m}\tanh\left(\sqrt{\frac{b_3 m}{2c}}(\xi-\xi_0)\right). $

从而方程(1.4)有扭状孤波解

(3.34) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u^\pm_{S5}(x, t) = U^\pm_{S5}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { }\rho^\pm_{S5}(x, t) = \frac{u^\pm_{S5}(x, t)}{c}. \end{array}\right. \end{equation} $

下面我们考虑方程(1.4)的周期波解, 这里可以转化为求方程(2.3)的周期解, 即可以通过对方程(3.2)积分并做恰当的变换得到.

(1) 当$ b_3>0 $, $ n = 0 $, $ \Delta<0 $, 对应于图 2.1. 系统(2.4)在同宿轨线$ L_1 $和$ L_2 $所围区域内部的同一闭轨上有相等的Hamilton能量, 记为

$ H(x, y) = H(\eta_1, 0) = \frac{b_3}{4c}(\eta^2_1+m)^2-\frac{b_3 m^2}{4c} = h_1, $

其中$ (\eta_1, 0) $为周期轨线与$ x $轴的交点, 并且$ \mid\eta_1\mid<\sqrt{-m} $.

此时$ f(x) = x(x^2+m) = 0 $的三个解分别为$ x_1 = -\sqrt{-m} $, $ x_2 = 0 $和$ x_3 = \sqrt{-m} $, 可得$ H(x_1, 0) = H(x_3, 0)<H(x_2, 0) $.

由于$ H(\eta_1, 0) = \frac{b_3}{4c}(\eta^2_1+m)^2-\frac{b_3 m^2}{4c} = h_1 $, 所以$ -\frac{b_3 m^2}{4c}<h_1<0 $. 在(3.2)式中取$ h = h_1 $, 此时有

(4.1) $ \begin{equation} -F_{h_1}(x) = -(x^4+2mx^2-\frac{4ch_1}{b_3}) = m^2+\frac{4ch_1}{b_3}-(x^2+m)^2. \end{equation} $

此时(3.2)式可化为

(4.2) $ \begin{eqnarray} \pm\sqrt{\frac{b_3}{2c}}{\rm d}\xi& = &\frac{{\rm d}x}{\sqrt{m^2+\frac{4ch_1}{b_3}-(x^2+m)^2}} {}\\ & = &\frac{{\rm d}x}{\sqrt{-\left(x^2+m+\sqrt{m^2+\frac{4ch_1}{b_3}}\right)\left(x^2+m-\sqrt{m^2+\frac{4ch_1}{b_3}}\right)}}. \end{eqnarray} $

令$ A^2_1 = \sqrt{m^2+\frac{4ch_1}{b_3}}-m, \quad B^2_1 = -\sqrt{m^2+\frac{4ch_1}{b_3}}-m $, 作变换$ t = \frac{x}{A_1} = \frac{U(\xi)}{A_1} $, 则(4.2)式可转化为

(4.3) $ \begin{equation} \pm\sqrt{\frac{b_3}{2c}}{\rm d}\xi = \frac{{\rm d}x}{\sqrt{-(x^2-A^2_1)(x^2-B^2_1)}} = \frac{{\rm d}t}{A_1\sqrt{(1-t^2)\cdot\left(t^2-\left(\frac{B_1}{A_1}\right)^2\right)}}. \end{equation} $

根据椭圆函数积分^[16-17]的性质易得如下引理.

引理4.1^[16-17]   若$ \int\frac{{\rm d}t}{\sqrt{(1-t^2)(t^2-k'^2_1)}} = u $, 则$ t = dn(u, k_1) $, 其中$ k^2_1+k'^2_1 = 1 $ ($ k_1 $为模数).

在(4.3)式中令$ k'_1 = \frac{|B_1|}{|A_1|} $, 经计算可得$ A^2_1 = \frac{-2m}{2-k^2_1} $, $ B^2_1 = \frac{-2m(1-k^2_1)}{2-k^2_1} $, 则(4.3)式两边积分可得

(4.4) $ \begin{equation} U^\pm_{P1}(\xi) = \pm\sqrt{\frac{-2m}{2-k^2_1}}\cdot dn\left(\sqrt{\frac{-b_3 m}{c(2-k^2_1)}}(\xi-\xi_0), k_1\right), \end{equation} $

其中模数$ k^2_1 = \frac{2\sqrt{b_3 m^2+4ch_1}}{\sqrt{b_3 m^2+4ch_1}-\sqrt{b_3}m} $.

注4.1   当$ b_3<0 $, $ n = 0 $, $ \Delta<0 $时, 对应于图 2.6, 系统(2.4) 存在对称异宿轨线$ L_9 $和$ L_{10} $. 在$ L_9 $和$ L_{10} $共同包围区域内部的同一周期轨线上有相等的$ \rm{Hamilton} $能量

$ H(x, y) = H(\eta_2, 0) = \frac{b_3}{4c}(\eta_2^2+m)^2-\frac{b_3 m^2}{4c} = h_2, $

其中$ (\eta_2, 0) $为周期轨线与$ x $轴的任一交点, $ |\eta_2|<\sqrt{-m} $, 且可验$ \rm{Hamilton} $能量满足$ H(x_1, 0) = H(x_3, 0)>H(x_2, 0) $.

由于$ H(\eta_2, 0) = \frac{\eta_3}{4c}(\eta_2^2+m)^2-\frac{b_{3}m^2}{4c} = h_2 $, 所以$ 0<h_2<-\frac{b_3m^2}{4c} $. 在(3.2)式中取$ h = h_2 $, 此时有

(4.5) $ \begin{equation} F_{h2}(x) = x^4+2mx^2-\frac{4ch_2}{b_3} = (x+m)^2-\left(m^2+\frac{4ch_2}{b_3}\right). \end{equation} $

设$ A^2_2 = \sqrt{m^2+\frac{4ch_2}{b_3}}-m $, $ B^2_2 = -\sqrt{m^2+\frac{4ch_2}{b_3}}-m $, 作变换$ t = \frac{x}{A_2} = \frac{U(\xi)}{A_2} $, 则(3.2)式可转化为

(4.6) $ \begin{equation} \pm\sqrt{-\frac{b_3}{2c}}{\rm d}\xi = \frac{{\rm d}t}{B_2\sqrt{(1-t^2)\cdot\left(1-\left(\frac{A_2}{B_2}\right)^2 t^2\right)}}. \end{equation} $

根据椭圆函数积分^[16-17]的性质易得如下引理.

引理4.2^[16-17]   若$ \int\frac{{\rm d}t}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}} = u $, 则$ t = sn(u, k) $$ (k $是模数).

对照引理4.2, 在(4.6)中令$ k_2 = \left|\frac{B_2}{A_2}\right| $, 经计算可得$ A^2_2 = \frac{-2mk^2_2}{1+k^2_2} $, $ B^2_2 = \frac{-2m}{1+k^2_2} $, 并注意到Jacobi椭圆函数$ sn(u, k) $是奇函数, 从而(4.6)式两边积分可得

(4.7) $ \begin{equation} U^\pm_{P2}(\xi) = \pm\sqrt{\frac{-2mk^2_2}{1+k^2_2}}\cdot sn\left(\sqrt{\frac{b_3 m}{c(1+k^2_2)}}(\xi-\xi_0), k_2\right), \end{equation} $

其中模数$ k_2^2 = \frac{b_3 m+\sqrt{4cb_3 h_3+3m^2b^2_3}}{b_3 m-\sqrt{4cb_3h_3+3m^2b^2_3}} $.

综上, 我们可以得到如下定理.

定理4.1   设$ m<0 $, $ \triangle<0 $, $ n = 0 $.

$ \rm(1) $当$ b_3>0 $时, 方程(1.4)有周期波解

(4.8) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u^\pm_{P1}(\xi) = U^\pm_{P1}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { }\rho^\pm_{P1}(\xi) = \frac{u^\pm_{P1}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ U^\pm_{P1} $为图 2.1中同宿轨中闭轨对应的方程(2.3)的周期解, 由(4.4)式给出.

$ \rm(2) $当$ b_3<0 $时, 方程(1.4)有周期波解

(4.9) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u^\pm_{P2}(\xi) = U^\pm_{P2}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { } \rho^\pm_{P2}(\xi) = \frac{u^\pm_{P2}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ U^\pm_{P2} $为图 2.6中对称异宿轨所围闭轨对应的方程(2.3)的周期解, 由(4.7)式给出.

当$ b_3>0 $, $ n\neq0 $时, $ \triangle<0 $, 由于在同宿轨线内包围的同一周期轨线上点有相等的Hamilton能量, 有

(4.10) $ \begin{equation} H(x, y) = H(\eta_3, 0) = h_3, \end{equation} $

其中$ (\eta_3, 0) $为周期轨线与$ x $轴的交点, $ H(x, y) $由(2.6)式给定. 据图 2.2–2.3可知$ P(d_i, 0) $$ (i = 1, 2, 3) $为系统(2.4)的3个奇点, 且横坐标满足$ x_1<x_2<x_3 $.

在$ b_3>0 $情况, 易证$ n>0 $, $ H(x_1, 0)<H(x_3, 0)<H(x_2, 0) $; $ n<0 $, $ H(x_3, 0)<H(x_1, 0)<H(x_2, 0) $. 当Hamilton能量$ h_3 $满足

(4.11) $ \begin{equation} \max{\{H(x_1, 0), H(x_3, 0)\}}<h_3<H(x_2, 0), \end{equation} $

此时函数$ F_h(x) $((3.2)式中的函数)曲线与$ x $轴有4个不同的交点, 即$ F_h(x) = 0 $有4个互异实根$ d_i(i = 1, \cdots, 4) $满足$ d_1<x_1<d_2<x_2<d_3<x_3<d_4 $, 进而$ F_h(x) $可表达为

(4.12) $ \begin{equation} F_h(x) = (x-d_1)(x-d_2)(x-d_3)(x-d_4). \end{equation} $

由于$ x = U(\xi) $, $ y = U'(\xi) $, 所求方程(2.3)的有界解满足$ \left(\frac{{\rm d}U}{{\rm d}\xi}\right)^2 = -\frac{b_3}{2c}F_h(U) $, 则在满足条件(4.11)的情况下, 由(3.2)式可求得下列两类周期波解.

(i) 当$ d_1<U<d_2 $, 作变换

$ U = \frac{d_4(d_2-d_1)\sin^2\phi+d_1(d_4-d_2)}{(d_2-d_1)\sin^2\phi+d_1(d_4-d_2)}, $

代入(3.2)式, 可得

$ \sqrt{\frac{b_3}{2c}}(\xi-\xi_0) = \frac{-2}{\sqrt{(d_4-d_2)(d_3-d_1)}}\int\frac{{\rm d}\phi}{\sqrt{1-k^2_3\sin^2\phi}}, $

这里$ k^2_3 = \frac{(d_4-d_3)(d_2-d_1)}{(d_4-d_2)(d_3-d_1)} $. 由Jacobi椭圆函数定义以及函数$ sn(u, k) $为奇函数性质, 可知

$ sn\left(\sqrt{\frac{b_3}{2c}(d_4-d_2)(d_3-d_1)}(\xi-\xi_0), k_3\right) = -\sin\phi. $

可得方程(2.3)的有界解

(4.13) $ \begin{equation} U_{P3}(\xi) = \frac{d_4(d_2-d_1)sn^2\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b_3}{2c}(d_4-d_2)(d_3-d_1)}(\xi-\xi_0), k_3\right)+d_1(d_4-d_2)} {(d_2-d_1)sn^2\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b_3}{2c}(d_4-d_2)(d_3-d_1)}(\xi-\xi_0), k_3\right)+(d_4-d_2)}. \end{equation} $

(ii) 当$ d_3<U<d_4 $时, 作变换

$ U = \frac{d_1(d_4-d_3)\sin^2\phi+d_4(d_3-d_1)}{(d_4-d_3)\sin^2\phi+(d_3-d_1)}. $

与情形(i)类似可得到方程(2.5)的有界解

(4.14) $ \begin{equation} U_{P4}(\xi) = \frac{d_1(d_4-d_3)sn^2\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b_3}{2c}(d_4-d_2)(d_3-d_1)}(\xi-\xi_0), k_3\right)+d_4(d_3-d_1)} {(d_4-d_3)sn^2\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{b_3}{2c}(d_4-d_2)(d_3-d_1)}(\xi-\xi_0), k_3\right)+(d_3-d_1)}. \end{equation} $

综上可得如下定理4.2.

定理4.2   设$ m<0 $, $ \Delta<0 $, $ b_3>0 $, $ n\neq0 $成立. 当$ \rm{Hamilton} $能量$ h $满足(4.11)时, 方程(1.4)有两个周期波解

(4.15) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u_{P3}(\xi) = U_{P3}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { }\rho_{P3}(\xi) = \frac{u_{P3}(\xi)}{c} \end{array}\right. \end{equation} $

和

(4.16) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u_{P4}(\xi) = U_{P4}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { }\rho_{P4}(\xi) = \frac{u_{P4}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ U_{P3}(\xi)\in(x_1, x_2) $和$ U_{P4}(\xi)\in(x_3, x_4) $为方程(2.3)的有界解, 分别由(4.13)式和(4.14)式给出.

当$ b_3<0 $, $ n\neq0 $, $ \triangle<0 $时, 由于在同宿轨线$ L_i(i = 11, 12) $内包围的同一周期轨线上点有相等的Hamilton能量, 有

(4.17) $ \begin{equation} H(x, y) = H(\eta_4, 0) = h_4, \end{equation} $

其中$ (\eta_4, 0) $为周期轨线与$ x $轴的交点, 可证: $ b_3<0 $时, $ n>0 $有$ H(x_2, 0)<H(x_3, 0)<H(x_1, 0) $, $ n<0 $有$ H(x_2, 0)<H(x_1, 0)<H(x_3, 0) $). 当Hamilton能量$ h_4 $满足如下条件

(4.18) $ \begin{equation} H(x_2, 0)<h_4<\min{\{H(x_1, 0), H(x_3, 0)\}} \end{equation} $

时, (3.2)式中$ F_h(x) $的函数曲线与$ x $轴有4个不同的交点, 即$ F_h(x) = 0 $有4个互异的实根$ d_1<x_1<d_2<x_2<d_3<x_3<d_4 $, 从而$ F_h(x) $表达为(4.12)式.

(i) 当$ n<0 $, Hamilton能量$ h_4 $满足$ H(x_2, 0)<h_4<H(x_1, 0) $时, 作变换

$ U = \frac{d_3(d_4-d_2)-d_4(d_3-d_2)\sin^2\phi}{(d_4-d_2)-(d_3-d_2)\sin^2\phi}, $

可得方程(2.3)的有界解

(4.19) $ \begin{equation} U_{P5}(\xi) = \frac{d_3(d_4-d_2)-d_4(d_3-d_2)sn^2\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{-b_3}{2c}(d_4-d_2)(d_3-d_1)}(\xi-\xi_0), k_4\right)} {(d_4-d_2)-(d_3-d_2)sn^2\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{-b_3}{2c}(d_4-d_2)(d_3-d_1)}(\xi-\xi_0), k_4\right)}, \end{equation} $

这里$ k^2_4 = \frac{(d_4-d_1)(d_3-d_2)}{(d_4-d_2)(d_3-d_1)} $.

(ii) 当$ n>0 $, Hamilton能量$ h_4 $满足条件$ H(x_2, 0)<h_4<H(x_3, 0) $, 作变换

$ U = \frac{d_2(d_3-d_1)-d_1(d_3-d_2)\sin^2\phi}{(d_3-d_1)-(d_3-d_2)\sin^2\phi}, $

可得方程(2.3)的有界解

(4.20) $ \begin{equation} U_{P6}(\xi) = \frac{d_2(d_3-d_1)-d_1(d_3-d_2)sn^2\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{-b_3}{2c}(d_4-d_2)(d_3-d_1)}(\xi-\xi_0), k_4\right)} {(d_3-d_1)-(d_3-d_2)sn^2\left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{-b_3}{2c}(d_4-d_2)(d_3-d_1)}(\xi-\xi_0), k_4\right)}, \end{equation} $

这里$ k^2_4 = \frac{(d_4-d_1)(d_3-d_2)}{(d_4-d_2)(d_3-d_1)} $.

综上, 我们可以得到如下定理.

定理4.3   设$ m<0 $, $ \Delta<0 $, $ b_3<0 $, $ n\neq0 $成立. 当$ \rm{Hamilton} $能量$ h $满足(4.18)式.

$ \rm(1) $当$ n<0 $时, 方程(1.4)有周期波解

(4.21) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u_{P5}(\xi) = U_{P5}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { } \rho(\xi) = \frac{u_{P5}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ U_{P5}(\xi)\in(x_2, x_3) $为方程(2.3)的有界解, 由(4.19)式给出.

$ \rm(2) $当$ n>0 $, 方程(1.4)有周期波解

(4.22) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u_{P6}(\xi) = U_{P6}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { } \rho_{P6}(\xi) = \frac{u_{P6}(\xi)}{c}, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ U_{P6}(\xi)\in(x_2, x_3) $为方程(2.3)的有界解, 由(4.20)式给出.

当$ b_3>0 $时, 在图 2.1–图 2.5上还存在: (i)包围同宿轨线$ L_i\;(i = 1, \cdots , 8) $的周期轨线; (ii) $ L_7 $和$ L_8 $包围着的周期轨线; (iii)$ L_3 $和$ L_6 $内部位于中心点附近包围中心的周期轨线. 这些周期轨线可归为一类, 其特点是与$ x $轴的交点仅有两个.

以$ b_3>0 $, $ \Delta<0 $, $ n<0 $的情况为例($ b_3<0 $的其他情况类似). 如图 4.4所示, 当Hamilton能量$ h_5 $的取值范围为: $ h_5>H(x_2, 0) $或$ h_5 $值介于$ H(x_1, 0) $和$ H(x_3, 0) $之间时, (3.2)式取函数

(4.23) $ \begin{equation} -F_h(x) = -x^4-2mx^2-4nx+\frac{4ch_5}{b_3}, \end{equation} $

$ -F_h(x) $与$ x $轴有2个不同的交点$ \gamma_1<\gamma_2 $. 此时(4.23)式可表示为

(4.24) $ \begin{equation} -F_h(x) = (\gamma_1-x)(x-\gamma_2)((x-\alpha)^2+\beta^2), \end{equation} $

其中$ 2\alpha+\gamma_1+\gamma_2 = 0 $, $ \beta>0 $.

将(4.24)式拆分为

(4.25) $ \begin{equation} (x-\alpha)^2+\beta = \varepsilon_1(x-\sigma_1)^2+(1-\varepsilon_1)(x-\sigma_2)^2, \end{equation} $

(4.26) $ \begin{equation} (\gamma_1-x)(x-\gamma_2) = \varepsilon_2(x-\sigma_1)^2-(1+\varepsilon_2)(x-\sigma_2)^2, \end{equation} $

其中$ \sigma_i = \alpha\frac{1-\lambda_i}{1+\lambda_i}, (i = 1, 2), \varepsilon_1 = \frac{\lambda_2(1+\lambda_1)}{\lambda_2-\lambda_1} $, $ \varepsilon_2 = \frac{1+\lambda_1}{\lambda_2-\lambda_1} $, 而$ \lambda_1 $, $ \lambda_2 $是方程

(4.27) $ \begin{equation} (\gamma_1-\gamma_2)^2\lambda^2-4(\beta^2+(\alpha-\gamma_1)(\alpha-\gamma_2))\lambda-4\beta^2 = 0 \end{equation} $

的两个实根. 由于$ x = U(\xi) $, $ y = U'(\xi) $, 令$ s = \frac{x-\sigma_1}{x-\sigma_2} = \frac{U(\xi)-\sigma_1}{U(\xi)-\sigma_2} $, 由(3.2)式可得

$ \pm\sqrt{\frac{b_3}{2c}}(\xi-\xi_0) = \frac{1}{(\sigma_1-\sigma_2)\sqrt{\varepsilon_1\varepsilon_2}}\int\frac{{\rm d}s}{\sqrt{\left(s^2+ \frac{1-\varepsilon_1}{\varepsilon_1}\right)\left(s^2-\frac{1+\varepsilon_2}{\varepsilon_2}\right)}}. $

再令$ s^2 = \frac{1+\varepsilon_2}{\varepsilon_2(1-t^2)} $和$ k^2_5 = \frac{\varepsilon_2(1-\varepsilon_1)}{\varepsilon_1+\varepsilon_2} $, 得

$ \pm\sqrt{\frac{b_3}{2c}(\varepsilon_1+\varepsilon_2)}(\sigma_1-\sigma_2)(\xi-\xi_0) = \int\frac{{\rm d}t}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2_5t^2)}}. $

由Jacobi椭圆函数积分^[16-17], 计算可得

$ U(\xi) = \sigma_1-\frac{\sigma_1-\sigma_2}{1\pm\sqrt{\frac{\varepsilon_2}{1+\varepsilon_2}}\cdot cn\left(\sqrt{\frac{b_3}{2c}(\varepsilon_1+\varepsilon_2)}(\sigma_1-\sigma_2)(\xi-\xi_0), k_5\right)}, $

化简可得方程(2.3)的有界解

(4.28) $ \begin{equation} U^\pm_{P7}(\xi) = \frac{1-\lambda_1}{1+\lambda_1}\alpha-\frac{\tau}{2\alpha\pm2\alpha\sqrt{\frac{1+\lambda_1}{1+\lambda_2}}\cdot cn\left(\sqrt{\frac{b_3\tau}{2c}}(\xi-\xi_0), k_5\right)}, \end{equation} $

其中$ \tau = \sqrt{[\beta^2+(\alpha-\gamma_1)^2][\beta^2+(\alpha-\gamma_2)^2]} $, $ \lambda_1<\lambda_2 $满足方程(4.27), $ k_5 $由下式给出

(4.29) $ \begin{equation} k^2_5 = \frac{1}{2}-\frac{\beta^2+(\alpha-\gamma_1)(\alpha-\gamma_2)}{2\sqrt{[\beta^2+(\alpha-\gamma_1)^2][\beta^2+(\alpha-\gamma_2)^2]}}. \end{equation} $

特别指出:

(1) 当$ b_3>0 $, $ \triangle<0 $, $ n = 0 $时, (4.25)式为

(4.30) $ \begin{equation} -F_h(x) = \left(-m+\sqrt{m^2+\frac{4ch_5}{b_3}}-x^2\right)\left(m+\sqrt{m^2+\frac{4ch_5}{b_3}}+x^2\right). \end{equation} $

此时直接将(4.30)式代入(3.2)式, 求积分得到图 2.1中包围同宿轨线$ L_1 $和$ L_2 $的周期轨线所对应的方程(2.3)的有界解为

(4.31) $ \begin{equation} \widetilde{U}^\pm_{P7}(\xi) = \pm\sqrt{\frac{-2m\widetilde{k^2_1}}{2\widetilde{k^2_1}-1}}\cdot cn\left(\sqrt{\frac{-b_3 m}{c(2\widetilde{k^2_1}-1)}}(\xi-\xi_0), \widetilde{k_1}\right), \end{equation} $

其中$ \widetilde{k}^2_1 = \frac{\sqrt{b_3}m+\sqrt{b_3 m^2+4ch_4}}{2\sqrt{b_3m^2+4ch_4}}\in\left(\frac{1}{2}, 1\right] $.

(2) 对比(4.23)式和(4.24)式, 可得$ 2\alpha+\gamma_1+\gamma_2 = 0 $, $ 2m = \beta^2-3\alpha^2+\gamma_1\gamma_2 $以及$ 4n = 2\alpha(\alpha^2+\beta^2-\gamma_1\gamma_2) $.

当$ \beta^2+(\alpha-\gamma_1)(\alpha-\gamma_2)<0 $, $ k_5^2>\frac{1}{2} $时, 有$ \beta^2+(\alpha-\gamma_1)(\alpha-\gamma_2) = \beta^2+3\alpha^2+\gamma_1\gamma_2 = 2(m+3\alpha^2)<0 $, 即$ \left(\frac{\gamma_1+\gamma_2}{2}\right)<\frac{-m}{3} $, 且$ \gamma_2<x_1 = \frac{-d-\sqrt{-3d^2-4m}}{2}<x_2 = d<x_3 = \frac{-d+\sqrt{-3d^2-4m}}{2}<\gamma_1 $. 此时(4.28)式对应于系统(2.4)的包围同宿轨线$ L_i(i = 1, 2, \cdots , 8) $的周期轨线.

当$ \beta^2+(\alpha-\gamma_1)(\alpha-\gamma_2)>0 $, $ k_5^2<\frac{1}{2} $时, 得$ \left(\frac{\gamma_1+\gamma_2}{2}\right)>\frac{-m}{3} $, 且$ d_1 = d<d_2 = \frac{-d-\sqrt{-3d^2-4m}}{2}<\gamma_2<\gamma_1<x_3 = \frac{-d+\sqrt{-3d^2-4l}}{2}<\gamma_1 $. 此时, (4.28)式对应于系统(2.4)的$ L_7 $, $ L_8 $包围着的周期轨线, 以及$ L_3 $和$ L_6 $内部位于中心点附近包围中心的周期轨线.

综上, 我们可以得到如下定理.

定理4.4   若条件(1): $ b_3>0 $, $ \Delta<0 $, $ \rm{Hamilton} $能量$ h>H(x_2, 0) $或$ h\in(H(x_3, 0), $$ H(x_1, 0)) $成立, 或条件(2): $ b_3>0 $, $ m<0 $, $ \Delta = 0 $, 且$ \rm{Hamilton} $能量$ h\neq H(x_2, 0) $成立, 则方程(2.3)有周期波解$ U^\pm_{P7} $, 由(4.28)式给定, 从而方程(1.4)有周期波解

(4.32) $ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} { } u^\pm_{P7}(\xi) = U^\pm_{P7}(\xi)-\frac{b_2}{3b_3}, \\ { } \rho^\pm_{P7}(\xi) = \frac{u^\pm_{P7}(\xi)}{c}. \end{array}\right. \end{equation} $

文中第3节已求出了方程(1.4)的两种形式的钟状孤波解, 第4节又求出了方程(1.4)在不同参数条件下的精确周期波解. 本节我们将研究方程(1.4)的孤波解与周期波解的演化关系, 揭示方程(1.4)对应的Hamilton系统的能量变化对解波形的影响. 本节我们假定$ \Delta<0 $.

因为平面动力系统(2.4)是Hamilton系统, 在同一闭轨上点的Hamilton能量相等. 在参数不变$ b_3\neq0, m, n $条件下, 对任一实数$ h $, 全局相图中具有能量$ C_h = \{(x, y)\in {{\Bbb R}} \times {{\Bbb R}} |H(x, y) = h\} $与(3.2) 式的$ F_{h}(x) $(或$ -F_{h}(x) $)函数曲线一一对应.

下面我们以全局相图 2.2为例, 讨论(1.4)式的行波解与其对应的Hamilton能量取值的关系.

此时$ b_3>0 $, 我们取$ -F_h(x) = -x^4-2mx^2-4nx+\frac{4ch}{b_3} $. 下面我们分3种情况进行讨论, 分别是: a) $ h = H(x_2, 0) $时同宿轨线; b) $ h>H(x_2, 0) $时包围同宿轨线的周期轨线; c) $ h<H(x_2, 0) $时包含于同宿轨线的周期轨线.

据在第3节和第4节中讨论的孤波解, 周期波解与全局相图中同宿轨线和周期轨线的对应关系, 可以推得, 当$ b_3>0 $, $ \Delta<0 $, $ n<0 $时, Hamilton能量$ h $与对应的孤波解、周期波解有如下关系:

(1) 当$ h\leq H(x_3, 0) $时, 系统(2.4)没有出现有界轨线, 即方程(1.4)无有界行波解.

(2) 当$ h\in(H(x_3, 0), H(x_1, 0)] $时, 系统(2.4)有以$ P_3 $为中心且包含于同宿轨线内的周期轨线, 此时方程(1.4)存在对应的周期波解$ (u^+_{P7}(\xi), v^+_{P7}(\xi)) $, 由(4.32)式给出, 此时模数$ k_5^2<\frac{1}{2} $.

(3) 当$ h\in(H(x_1, 0), H(x_2, 0)) $时, 系统(2.4)有以$ P_1 $和$ P_3 $和为中心且包含于同宿轨线内的周期轨线. 此时方程(1.4) 存在对应的周期波解$ (u_{P3}(\xi), v_{P3}(\xi)) $和$ (u_{P4}(\xi), v_{P4}(\xi)) $, 分别由(4.15) 式和(4.16) 式给出.

(4) 当$ h = H(x_2, 0) $时, 系统(2.4)出现了两个同宿轨线, 方程(1.4)存在对应的两个钟状孤波解$ (u^\pm_{S1}(\xi), v^\pm_{S1}(\xi)) $, 由(3.11)式给出.

(5) 当$ h>H(x_2, 0) $时, 系统(2.4)出现了包围同宿轨线$ L_5 $和$ L_6 $的周期轨线. 此时方程(1.4)存在对应的周期波解$ (u^+_{P7}(\xi), v^+_{P7}(\xi)) $, 由(4.32)式给出, 此时模数$ k_5^2>\frac{1}{2} $.

综上可得, 当$ b_3>0 $, $ \Delta<0 $, $ n<0 $时, 随着Hamilton能量$ h $的取值由小到大的变化, 系统(2.4)的首次积分(2.6)式给出方程(2.3)的周期解或钟状解, 从而给出方程(1.4)的周期波解和钟状孤波解. 对于参数$ b_3 $, $ \Delta $, $ m $的其他情况, 也可作类似的讨论. 由此可知, 方程(1.4)的周期波解和孤波解, 本质上是由方程(2.3)所对应的Hamilton系统的能量$ h $在不同范围取值所决定的.

当$ b_3>0 $, $ \Delta<0 $, $ n = 0 $时, 全局相图 2.1有对称同宿轨$ L_1 $和$ L_2 $, $ L_1 $和$ L_2 $对应的方程的孤波解$ (\widetilde{u}^\pm_{S1}(\xi), \widetilde{v}^\pm_{S1}(\xi)) $在(3.13)式中已给出. 由定理4.1知, 方程(1.4)的周期波解$ (u^\pm_{P1}(\xi), v^\pm_{P1}(\xi)) $中$ U^\pm_{P1}(\xi) $对应的Hamilton能量$ h\in\left(-\frac{b_3m^2}{4c}, 0\right) $, $ k^2_1 = \frac{2\sqrt{b_3 m^2+4ch}}{\sqrt{b_3m^2+4ch}-\sqrt{b_3}m} $$ (m<0) $, 而孤波解中$ U^\pm_{P1}(\xi) $对应的Hamilton能量此时为$ H(x_2, 0) = 0 $, 当$ h\rightarrow 0^{-} $时, $ k^2_1 = \frac{2\sqrt{b_3 m^2}}{\sqrt{b_3m^2}-\sqrt{b_3}m}\rightarrow1(m<0) $, 所以方程(1.4)的周期波解$ (u^\pm_{P1}(\xi), v^\pm_{P1}(\xi)) $在Hamilton能量$ h\rightarrow 0^{-} $时有

(5.1) $ \begin{eqnarray} \lim\limits_{h\rightarrow0^-}U^\pm_{P1}(\xi) & = &\lim\limits_{k_1\rightarrow1}\pm\sqrt{\frac{-2m}{2-k^2_1}}dn(\sqrt{\frac{-b_3m}{c(2-k^2_1)}}\xi, k_1) {}\\ & = &\pm\sqrt{-2m}{\rm sech}\sqrt{\frac{-b_3m}{c}}\xi = \widetilde{U}^\pm_{S1}(\xi), \end{eqnarray} $

故有

(5.2) $ \begin{equation} \lim\limits_{h\rightarrow0^-}(u^\pm_{P1}(\xi), v^\pm_{P1}(\xi)) = (\widetilde{u}^\pm_{S1}(\xi), \widetilde{v}^\pm_{S1}(\xi)). \end{equation} $

即, 当Hamilton能量$ h\rightarrow H(x_2, 0)^{-} $, 方程(1.4)的周期波解$ (u^\pm_{P1}(\xi), v^\pm_{P1}(\xi)) $变为钟状孤波解$ (\widetilde{u}^\pm_{S1}(\xi), \widetilde{v}^\pm_{S1}(\xi)) $.

全局相图 2.6有对称异宿轨$ L_9 $和$ L_{10} $. $ L_9 $和$ L_{10} $对应的方程的孤波解$ (\widetilde{u}^\pm_{S5}(\xi), \widetilde{v}^\pm_{S5}(\xi)) $由定理3.4中(3.34)给出, 对应的Hamilton能量$ h = H(x_1, 0) = -\frac{b_3 m^2}{4c} $.

$ L_9 $和$ L_{10} $包围的闭轨对应的周期波解由定理4.1结论(2)给出. 当$ b_3<0 $, $ \Delta<0 $, $ n = 0 $时, 由定理4.1结论(2)知, 方程(1.4)的周期波解$ (u^\pm_{P2}(\xi), v^\pm_{P2}(\xi)) $对应的Hamilton能量$ h\in\left(0, -\frac{b_3m^2}{4c}\right) $, $ k^2_2 = \frac{b_3m+\sqrt{4cb_3h_3+3b^2_3 m^2}}{b_3m-\sqrt{4cb_3h_3+3b^2_3 m^2}} $, 则当$ h\rightarrow -\frac{b_3 m^2}{4c} $时, $ k^2_2 = \frac{b_3l+\sqrt{12b_3h_3+3b^2_3l^2}}{b_3l-\sqrt{12b_3h_3+3b^2_3l^2}}\rightarrow1 $, 所以方程(1.4)的周期波解$ (u^\pm_{P2}(\xi), v^\pm_{P2}(\xi)) $在Hamilton能量$ h\rightarrow -\frac{b_3 m^2}{4c} $, 有

(5.3) $ \begin{eqnarray} \lim\limits_{h\rightarrow {-\frac{b_3m^2}{4c}}}U^\pm_{P2}(\xi) & = &\lim\limits_{k_2\rightarrow1}\pm\sqrt{\frac{-2k_2^2m}{1+k^2_2}}sn(\sqrt{\frac{b_3m}{c(1+k^2_2)}}\xi, k_2) {}\\ & = &\pm\sqrt{-m}\tan h(\sqrt{\frac{b_3m}{2c}}\xi) = U^\pm_{S5}(\xi), \end{eqnarray} $

故

(5.4) $ \begin{equation} \lim\limits_{h\rightarrow -\frac{b_3m^2}{4c}}(u^\pm_{P2}(\xi), v^\pm_{P2}(\xi)) = (u^\pm_{S5}(\xi), v^\pm_{S5}(\xi)). \end{equation} $

即当Hamilton能量$ h\rightarrow -\frac{b_3 m^2}{4c} $, 方程(1.4)的周期波解$ (u^\pm_{P2}(\xi), v^\pm_{P2}(\xi)) $演变为扭状孤波解$ (u^\pm_{S5}(\xi), v^\pm_{S5}(\xi)) $.

这里仅讨论图 2.3和图 2.8两种情形, 其余情形类似.

(1) 在相图 2.3情形

此时$ b_3>0 $, $ \Delta<0 $, $ n<0 $. 当Hamilton能量$ h = H(x_2, 0) $, 有同宿轨线$ L_5 $与$ L_6 $, 它们对应的方程(1.4)的钟状孤波解$ (u^\pm_{S1}(\xi), v^\pm_{S1}(\xi)) $由(3.11)式给出. 当Hamilton能量$ h\in(H(x_1, 0), H(x_2, 0)) $, 系统(2.4)存在同宿轨线$ L_5 $与$ L_6 $包围着的周期轨线, 相应的周期波解$ (u_{P3}(\xi), v_{P3}(\xi)) $和$ (u_{P4}(\xi), v_{P4}(\xi)) $分别由(4.15) 式和(4.16)式给出.

此时, 系统(2.4)有3个奇点$ P_i(x_i, 0)(i = 1, 2, 3) $, 其中$ x_i(i = 1, 2, 3) $可表示为

(5.5) $ \begin{equation} x_1 = \frac{-x_2-\sqrt{-3x_2^2-4m}}{2}, \qquad x_2, \qquad x_3 = \frac{-x_2+\sqrt{-3x_2^2-4m}}{2}. \end{equation} $

如图 5.1所示, 当$ h = H(x_2, 0) $时, (3.2)式中函数$ Y = F_h(x) $与$ x $轴的交点横坐标为

(5.6) $ \begin{equation} e_1 = -x_2-\sqrt{-2m-2x_2^2}, \quad e_2 = e_3 = x_2, \quad e_4 = -x_2+\sqrt{-2m-2x_2^2}. \end{equation} $

显然, $ x_i(i = 1, 2, 3) $与$ e_j(j = 1, \cdots , 4) $有如下关系:

$ e_1<x_1<e_2 = e_3 = x_2<e_4. $

当Hamilton能量$ h\in(H(x_1, 0), H(x_2, 0)) $, 位于两个同宿轨线内的周期轨线与$ x $轴的交点的横坐标$ \overline{x}_i(i = 1, \cdots, 4) $满足方程

$ -F_h(x) = -x^4-2mx^2-4nx+\frac{4ch}{b_3} = 0, $

且

$ e_1<\overline{x}_1<\overline{x}_2<e_2 = e_3<\overline{x}_3<\overline{x}_4<e_4. $

由于函数$ -F_h(x) $关于能量$ h $具连续性, 故$ -F_h(x) = 0 $的零点$ \overline{x}_i $关于$ h $也具有连续性. 于是, 当$ h\rightarrow H^-(x_2, 0) $时, $ \overline{x}_1\rightarrow e_1 $, $ \overline{x}_2\rightarrow e_2 = x_2 $, $ \overline{x}_3\rightarrow e_3 = x_2 $, $ \overline{x}_4\rightarrow e_4 $, 且模数$ k_3\rightarrow1 $. 由此可得

$ \begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\rightarrow H^-(x_2, 0)}U_{P4}(\xi)& = &\lim\limits_{k_3\rightarrow1}U_{P4}(\xi)\\ & = &\frac{e_1(e_4-e_2){\rm sech}^2\left(\frac{1}{4}\sqrt{\frac{2b_3}{c}(e_4-e_2)(e_2-e_1)}\xi+e_4(e_2-e_1)\right)}{(e_4-e_2){\rm sech}^2\left(\frac{1}{4}\sqrt{\frac{2b_3}{c}(e_4-e_2)(e_2-e_1)}\xi+(e_2-e_1)\right)}\\ & = &x_2-\frac{\sqrt{2}(m+3x_2^2)}{\sqrt{2}x_2+\sqrt{-m-x_2^2}\cosh\left(\sqrt{-\frac{2b_3}{c}(m+3x_2^2)}\xi\right)} = U^+_{S1}(\xi). \end{eqnarray*} $

同理可得$ \lim\limits_{h\rightarrow {H^-(x_2, 0)}}U_{P3}(\xi) = \lim\limits_{k_3\rightarrow1}U_{P3}(\xi) = U^-_{S1}(\xi) $.

故当$ h\rightarrow H^{-}(x_2, 0) $时, 方程(1.4)的周期波解$ (u_{P3}(\xi), v_{P3}(\xi)) $和$ (u_{P4}(\xi), v_{P4}(\xi)) $分别趋于钟状孤波解$ (u^-_{S1}(\xi), v^-_{S1}(\xi)) $和$ (u^-_{S1}(\xi), v^-_{S1}(\xi)) $.

(2) 在相图 2.8情形

此时$ b_3<0 $, $ \Delta<0 $, $ n<0 $. 如图 4.3所示, 当Hamilton能量$ h = H(x_1, 0) $, $ Y = F_h(x) $与$ x $轴有3个交点, 且满足$ e_1 = e_2 = x_1<e_3<e_4 $. 此时方程(2.3) 有对应于同宿轨$ L_{12} $的钟状解(3.19); 而Hamilton能量$ h\in(H(x_3, 0), H(x_1, 0)) $时, 方程(2.3)有周期解$ U_{P5}(\xi) $. 此时函数$ F_h(x) $与$ x $轴有4个交点, 这些交点的横坐标$ \overline{x}_{i} $与$ e_{i}(i = 1, 2, 3, 4) $有关系(如图 5.3所示),

$ \overline{x}_1<e_1 = e_2<\overline{x}_2<e_3<\overline{x}_3<e_4<\overline{x}_4. $

故由函数的连续性知, 当$ h\rightarrow H^-(x_1, 0) $时, $ x_1\rightarrow e_1, x_2\rightarrow e_2 $, $ x_3\rightarrow e_3 $, $ x_4\rightarrow e_4 $, 且模数$ k_4\rightarrow1 $.

$ \begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\rightarrow H^-(x_1, 0)}U_{P5}(\xi)& = &\lim\limits_{k_4\rightarrow 1}U_{P5}(\xi)\\ & = &\frac{e_3(e_4-e_2)-e_4(e_3-e_2){\rm sech}^2\left(\frac{1}{4}\sqrt{-\frac{2b_3}{c}(e_4-e_2)(e_3-e_1)}\xi\right)}{(e_4-e_2)-(e_3-e_2){\rm sech}^2\left(\frac{1}{4}\sqrt{\frac{2b_3}{c}(e_4-e_2)(e_3-e_1)}\xi\right)}\\ & = &x_1-\frac{\sqrt{2}(m+3x_1^2)}{\sqrt{2}x_1-\sqrt{-m-x_1^2}\cosh\left(\sqrt{-\frac{2b_3}{c}(m+3x_1^2)}\xi\right)} = U_{S3}(\xi), \end{eqnarray*} $

故当$ h\rightarrow H(x_1, 0) $时, 方程(1.4)的周期波解$ (u_{P5}(\xi), v_{P5}(\xi)) $演化为$ (u_{S3}(\xi), v_{S3}(\xi)) $.

本段我们仅以相图 2.3中包围同宿轨的闭轨为例进行讨论, 其余情形类似.

此时$ b_3>0 $, $ \Delta<0 $, $ n<0 $. 当Hamilton能量$ h = H(x_2, 0) $, 同宿轨线$ L_5 $, $ L_6 $对应的方程(1.4)的钟状孤波解$ (u^\pm_{S1}(\xi), v^\pm_{S1}(\xi)) $由(3.11)式给出. 当$ h>H(x_2, 0) $时, 系统(2.4)存在包围同宿轨线$ L_5 $和$ L_6 $的闭轨, 它对应的周期波解$ (u^+_{P7}(\xi), v^+_{P7}(\xi)) $由(4.28)式给出.

如图 5.1所示, 此时有$ \beta^2+(\alpha-\gamma_1)(\alpha-\gamma_2)<0 $, 即$ \frac{\gamma_1+\gamma_2}{2}<\frac{-l}{3} $, 相应地, (4.29)式的$ k_5^2<\frac{1}{2} $, 周期轨与$ x $轴的交点横坐标$ \gamma_1 $, $ \gamma_2 $满足

$ \gamma_2<x_1 = \frac{-d-\sqrt{-3d^2-4m}}{2}<x_2 = d<x_3 = \frac{-d+\sqrt{-3d^2-4m}}{2}<\gamma_1. $

当$ h\rightarrow H^+(x_2, 0) $时, 有

$ \gamma_2\rightarrow -x_2-\sqrt{-2m-2x_2^2}, \gamma_1\rightarrow -x_2+\sqrt{-2m-2x_2^2}, \alpha\rightarrow \frac{1}{2}(\gamma_1+\gamma_2)\rightarrow x_2, \beta\rightarrow0, $

$ \rho\rightarrow \frac{-m-3d^2}{2d^2}, \lambda_1\rightarrow0, \lambda_2\rightarrow -\frac{l+3d^2}{l+d^2}, k_5\rightarrow1. $

由此可得

$ \begin{eqnarray*} \lim\limits_{h\rightarrow H^+(x_2, 0)}U^+_{P7}(\xi)& = &\lim\limits_{k_5\rightarrow 1}U^+_{P7}(\xi)\\ & = &\lim\limits_{k_5\rightarrow 1}\frac{1-\lambda_1}{1+\lambda_1}\alpha-\frac{2\alpha\tau}{1+\sqrt{\frac{1+\lambda_1}{1+\lambda_2}}\cdot cn\left(\alpha\sqrt{\frac{2b_3\tau}{c}}\xi, k_5\right)}\\ & = &d-\frac{\sqrt{2}(m+3d^2)}{\sqrt{2}d\pm\sqrt{-m-d^2}\cdot \cosh\left(\sqrt{-\frac{b_3}{c}(m+3d^2)}\xi\right)} = U^\pm_{S1}(\xi). \end{eqnarray*} $

故当$ h\rightarrow H^+(x_2, 0) $时, 方程(1.4)的包围同宿轨线的周期波解$ (u^+_{P7}(\xi), v^+_{P7}(\xi)) $演化成钟状孤波解$ (u^\pm_{S1}(\xi), v^\pm_{S1}(\xi)) $.

综合前面的讨论我们知道随着系统(2.4)的Hamilton能量变化, 方程(1.4)的周期波解会逐渐演变成孤波解. 本节我们选取方程(1.4)的两个周期波解, 展示出当能量$ h $变化时周期波解向孤波解演变的三维示意图. 来直观的揭示出这两种解之间的演变过程.

(1) 当$ b_3>0 $, $ m<0 $, $ n<0 $, $ \Delta<0 $时, 对应于全局相图图 2.3, 由前面的讨论可知, 当$ h = H(x_2, 0) $时, 方程(1.4)有钟状孤波解$ (u^\pm_{S1}(\xi), v^\pm_{S1}(\xi)) $. 当$ H(x_1)<h<H(x_2, 0) $时, 方程(1.4) 有周期波解$ (u_{P3}(\xi), v_{P3}(\xi)) $和$ (u_{P4}(\xi), v_{P4}(\xi)) $, 且当$ h\rightarrow H(x_2, 0) $时有$ (u_{P3}(\xi), v_{P3}(\xi))\rightarrow (u^-_{S1}(\xi), v^-_{S1}(\xi)) $, $ (u_{P4}(\xi), v_{P4}(\xi))\rightarrow (u^+_{S1}(\xi), v^+_{S1}(\xi)) $. 由于这两个周期波解演变为孤波解时具类似性, 故我们只需画出当$ h\rightarrow H(x_2, 0) $时, $ u_{P4}(\xi) $演变为$ u^+_{S1}(\xi) $的示意图即可.

现令$ b_1 = 1 $, $ b_2 = -3 $, $ b_3 = 1 $, $ c = 1 $, $ k = -1 $, 则有$ m = -3 $, $ n = -1 $, 此时我们可求得$ x_2 = -0.3472963553 $, 代入有$ H(x_2, 0) = 0.1700111976 $.

当Hamilton能量$ h\rightarrow H^-(x_2, 0) $, $ u_{P4}(\xi) $演变为$ u^+_{S1}(\xi) $的三维示意图如下:

(2) 当$ b_3<0 $, $ m<0 $, $ n = 0 $, $ \Delta<0 $, 对应于全局相图图 2.6, 当$ h = H(x_1, 0) = H(\sqrt{-m}, 0) = -\frac{b_3m^2}{4c} $时, 方程(1.4)有扭状孤波解$ (u^\pm_{S5}(\xi), v^\pm_{S5}(\xi)) $, 当$ 0<h<-\frac{b_3m^2}{4c} $, 方程(1.4)有周期波解$ (u^\pm_{P2}(\xi), v^\pm_{P2}(\xi)) $. 且有

$ \lim\limits_{h\rightarrow H^-(x_1, 0)}u_{P2}^\pm(\xi) = u^\pm_{S5}(\xi), {\qquad}\lim\limits_{h\rightarrow H^-(x_1, 0)}v_{P2}^\pm(\xi) = v^\pm_{S5}(\xi). $

我们只需画出当$ h\rightarrow H(x_1, 0) $时, $ u^-_{P2}(\xi) $演变为$ u^-_{S5}(\xi) $的示意图. 令$ b_3 = -4 $, $ m = -3 $, $ n = 0 $, $ c = 1 $, 此时有$ H(x_1, 0) = -\frac{b_3m^2}{4c} = 2.25 $. 当Hamilton能量$ h\rightarrow 3^- $, $ u^-_{P2}(\xi) $演变为$ u^-_{S5}(\xi) $的三维示意图如下:

本文我们运用平面动力系统定性分析和首次积分法相结合的方法, 求出了广义对称正则长波方程(1.4)在各种不同条件下具有的全部周期波解, 孤波解和扭状解, 尤其是求出了非对称同宿轨线所围的闭轨对应的周期解及包围同宿轨线的闭轨对应的周期解. 讨论了当Hamilton能量变化时方程的周期波解和孤波解演变关系, 揭示出所研方程之所以会出现周期波解和孤波解, 本质上是由方程(2.3)所对应的Hamilton系统的能量$ h $在不同范围取值所决定的.本文中还给出了所研究方程的周期波解向孤波解演变的三维示意图.

本文所用的定性分析与首次积分相结合的方法, 直观地展示了所求的解与全局相图中轨线的相互对应关系, 便于揭示方程所对应的Hamilton系统的能量与方程的周期波解和孤波解的联系. 本文的方法与结果可直接可应用于其它非线性发展方程的孤波解、周期波解的求解及相关问题的研究.