引言

非线性薛定谔方程广泛应用于非线性量子场论、等离子体物理学、光子学、流体力学、半导体电子学、生物物理学、经济物理学等诸多领域，其表达式为

$ {\rm{i}}{u_t} - \frac{{{\beta _2}}}{2}{u_{xx}} + {\alpha _1}{\left| u \right|^2}u = 0 $

(1)

它是数学物理学中最重要的模型之一，在Bose-Einstein凝聚中也被称为Gross-Pitaevskii(GP)方程。该方程存在孤立子解。由于孤立子在运动过程中有保持形状不变的性质，可应用于光纤通信领域，故寻找该系统的孤立子解具有重要意义。

在非线性光学中，系统(1)描述了皮秒光脉冲在单模光纤中的传播^[1]，这里u(x, t)表示复包络振幅，x和t分别表示空间和时间变量，β₂表示群速度色散系数，α₁表示自相位调制参数。但是，当超短脉冲接近50fs，甚至低于10fs，或光场频率接近光纤材料的谐振频率时，单模光纤中高能超短脉冲传输的理论和实验结果表明，系统(1)失效, 这时必须考虑对系统(1)增加由拉曼散射引发的附加项^[2-3]。

文献[4]对系统(1)增加了五次非线性项、自陡峭项和自频移项

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{\rm{i}}{u_t} - \frac{{{\beta _2}}}{2}{u_{xx}} + ({\alpha _1}{\left| u \right|^2} + {\alpha _2}{\left| u \right|^4})u = {\rm{i}}[{\gamma _1}\\ {({\left| u \right|^2}u)_x} + {\gamma _2}{({\left| u \right|^2})_x}u] \end{array} $

(2)

并且运用试探函数法得到孤子解。文献[5-8]对系统(1)增加了三阶色散项、自陡峭项和自频移项

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{\rm{i}}{u_t} - \frac{{{\beta _2}}}{2}{u_{xx}} + {\alpha _1}{\left| u \right|^2}u = {\rm{i}}\left[ {\frac{{{\beta _3}}}{6}{u_{xxx}} + {\gamma _1}{{({{\left| u \right|}^2}u)}_x} + } \right.\\ \left. {{\rm{ }}{\gamma _2}{{({{\left| u \right|}^2})}_x}u} \right] \end{array} $

(3)

同时运用了Sine-Gordon方程法、F- 展开法、Exp- 展开法等方法求解。

本文综合所有影响因素，寻找系统

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{\rm{i}}{u_t} - \frac{{{\beta _2}}}{2}{u_{xx}} + ({\alpha _1}{\left| u \right|^2} + {\alpha _2}{\left| u \right|^4})u = {\rm{i}}\left[ {\frac{{{\beta _3}}}{6}{u_{xxx}} + } \right.\\ \left. {{\gamma _1}{{({{\left| u \right|}^2}u)}_x} + {\gamma _2}{{({{\left| u \right|}^2})}_x}u} \right] \end{array} $

(4)

的精确解。由于系统(4)中出现了五次非线性项α₂|u|⁴u和三阶色散项u_xxx的并存现象，导致一些常用的求解方法不适用，为此我们选择合适的变量代换，并选用3种辅助函数展开法—Riccati方程- 展开法、Riccati方程- 倒数展开法和Exp- 展开法来寻求方程(4)的解析解。

1 行波变换

对方程(4)作行波变换：u(x, t)=ϕ(ξ)e^iζ, 其中ξ=v₀t-vx, ζ=ω₀t-ωx，可得

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{l_1}\phi ''' + {l_2}\phi \prime + {l_3}{\phi ^2}\phi \prime = 0}\\ {{l_4}\phi '' + {l_5}\phi + {l_6}{\phi ^3} + {\alpha _2}{\phi ^5} = 0} \end{array}} \right. $

(5)

式中，$ \begin{array}{l} {l_1} = \frac{{{\beta _3}}}{6}{v^3}, {l_2} = {v_0} - {\beta _2}\omega v - \frac{{{\beta _3}}}{2}{\omega ^2}v, {l_3} = (3{\gamma _1} + 2{\gamma _2})v, {l_4} = \left( { - \frac{{{\beta _2}}}{2} - \frac{{{\beta _3}}}{2}\omega } \right){v^2}, \end{array}$ $ \begin{array}{l} {l_5} = \frac{{{\beta _2}}}{2}{\omega ^2} + \frac{{{\beta _3}}}{6}{\omega ^3} - {\omega _0}, {l_6} = {\alpha _1} - {\gamma _1}\omega 。\end{array}$

对方程(5)第一个式子积分，并选取首次积分常数为0，通过代入消去ϕ的三次项，可得

$ A\phi '' + B\phi + C{\phi ^5} = 0 $

(6)

式中，A=l₁l₆-l₃l₄/3，B=l₂l₆-l₃l₅/3，C=-α₂l₃/3。

下面对方程(6)使用辅助函数展开法，求解出函数ϕ的表达式，从而给出方程(4)的解析解。

2 辅助函数展开法

设方程(6)的解具有如下展开结构

$ \phi = \sum\limits_{k = 0}^N {{A_k}{{\left( {f\left( V \right)} \right)}^k}, {\rm{ }}V\prime \left( \xi \right) = g\left( {V\left( \xi \right)} \right)} $

(7)

式中，A_k为待定常数，N为平衡整数。先将式(7)代入到方程(6)中，再利用齐次平衡原理确定N，最后通过求解方程(7)给出系统(4)的解。为此选择代换ϕ=Q^1/4，则方程(6)化简成

$ - 3A{\left( {Q\prime } \right)^2} + 4AQQ'' + 16B{Q^2} + 16C{Q^3} = 0 $

(8)

2.1 Riccati方程- 展开法

选取f(V)=V和g(V)=S₂V²+S₁V+S₀，则式(7)变为

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;Q\left( \xi \right) = \sum\limits_{k = 0}^N {{A_k}{V^k}\left( \xi \right), V\prime \left( \xi \right) = {S_2}{V^2}\left( \xi \right) + {S_1}\cdot} \\ V\left( \xi \right) + {S_0} \end{array} $

(9)

式中，S₀、S₁和S₂为常数且S₂≠0。易知Riccati方程的解如下。

当s>0时，

$ V\left( \xi \right) = - \frac{{{S_1}}}{{2{S_2}}} - \frac{{\sqrt s }}{{2{S_2}}}{\rm{tanh}}\left( {\frac{{\sqrt s }}{2}(\xi + {\xi _0})} \right) $

(10)

$ V\left( \xi \right) = - \frac{{{S_1}}}{{2{S_2}}} - \frac{{\sqrt s }}{{2{S_2}}}{\rm{coth}}\left( {\frac{{\sqrt s }}{2}(\xi + {\xi _0})} \right) $

(11)

当s < 0时，

$ V\left( \xi \right) = - \frac{{{S_1}}}{{2{S_2}}} + \frac{{\sqrt { - s} }}{{2{S_2}}}{\rm{tan}}\left( {\frac{{\sqrt { - s} }}{2}(\xi + {\xi _0})} \right) $

(12)

$ V\left( \xi \right) = - \frac{{{S_1}}}{{2{S_2}}} - \frac{{\sqrt { - s} }}{{2{S_2}}}{\rm{cot}}\left( {\frac{{\sqrt { - s} }}{2}(\xi + {\xi _0})} \right) $

(13)

当s=0时，

$ V\left( \xi \right) = - \frac{{{S_1}}}{{2{S_2}}} - \frac{1}{{{S_2}(\xi + {\xi _0})}} $

(14)

式中，s=S₁²-4S₀S₂，且ξ₀为初始常数^[5]。

将方程(9)代入方程(8)后，通过比较Q³、(Q′)²和QQ″关于V的最高次幂，可得N=2以及关于V的一元高次方程。由于V≠0，于是选取V^k(k=0, 1，…, 6)的系数为0，可得如下方程组

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{V^6}:4(3AS_2^2 + 4{A_2}C)A_2^2 = 0}\\ {{V^5}:4(5A{A_1}S_2^2 + 4A{A_2}{S_1}{S_2} + 12C{A_1}{A_2}){A_2} = 0}\\ \begin{array}{l} {V^4}:(24{A_0}{A_2} + 5A_1^2)AS_2^2 + 28{A_1}A{A_2}{S_1}{S_2} + \\ \;\;\;\;\;\;\;\;8AA_2^2{S_0}{S_2} + 4AA_2^2S_1^2 + 16(3{A_0}{A_2}C + \\ \;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}3A_1^2C + B{A_2}){A_2} = 0 \end{array}\\ \begin{array}{l} {V^3}:8A{A_0}{A_1}S_2^2 + (40{A_0}{A_2} + 6A_1^2)A{S_1}{S_2} + \\ \;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}16A{A_1}{A_2}{S_0}{S_2} + 8A{A_1}{A_2}S_1^2 + 16(6{A_0}{A_2}C + \\ {\rm{ }}\;\;\;\;\;\;\;\;A_1^2C + 2B{A_2}){A_1} = 0 \end{array}\\ \begin{array}{l} {V^2}:12A{A_0}{A_1}{S_1}{S_2} + 2(16{A_0}{A_2} + A_1^2)A{S_0}{S_2} + \\ \;\;\;\;\;\;\;\;(16{A_0}{A_2} + A_1^2)AS_1^2 + 4A{A_1}{A_2}{S_0}{S_1}4AA_2^2S_0^2 + \\ \;\;\;\;\;\;\;\;16(3A_0^2{A_2}C + 3{A_0}A_1^2C + 2B{A_0}{A_2} + BA_1^2) = 0 \end{array}\\ \begin{array}{l} V:8A{A_0}{A_1}{S_0}{S_2} + 4A{A_0}{A_1}S_1^2 + 2(12{A_0}{A_2} - A_1^2){\rm{ }}\cdot\\ {\rm{ }}\;\;\;\;\;\;A{S_0}{S_1} - 4A{A_1}{A_2}S_0^2 + 16(3{A_0}C + 2B){A_0}{A_1} = 0 \end{array}\\ \begin{array}{l} {V^0}:4{A_1}A{A_0}{S_0}{S_1} + (8{A_0}{A_2}3A_1^2)AS_0^2 + \\ \;\;\;\;\;\;\;\;16({A_0}C + B)A_0^2 = 0 \end{array} \end{array}} \right. $

借助Maple可求解出在A₀满足A(A₀C+3B) < 0条件时，A₂、S₀、S₁、S₂分别为$ \begin{array}{l} {A_2} = \frac{{A_1^2C}}{{4(C{A_0} + 3B)}}, {S_0} = \mp \frac{{4{A_0}}}{{|{A_1}|}} \sqrt {-\frac{{{A_0}C + 3B}}{{3A}}} {\rm{sgn}}\left( C \right), {S_1} = \mp 4\cdot {\rm{ }} \sqrt {-\frac{{{A_0}C + 3B}}{{3A}}} \end{array}$ $ \begin{array}{l} {\rm{sgn}}({A_1}C), {S_2} = \frac{{ \pm |{A_1}C|}}{{\sqrt { - 3A({A_0}C + 3B)} }}\cdot{\rm{sgn}}\left( A \right), \end{array}$其中A₁为任意非0常数，s=-16B/A。利用式(10)~(13)可得方程(4)的解如下。

当AB < 0时，

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{u_1}\left( {x, t} \right) = \left\{ { - \frac{{3B}}{C}{\rm{sec}}{{\rm{h}}^2}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}} ({v_0}t - } \right.} \right.\\ {\left. {vx)} \right\}^{\frac{1}{4}}}{e^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}} \end{array} $

(15)

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{u_2}\left( {x, t} \right) = {\left\{ {\frac{{3B}}{C}{\rm{csc}}{{\rm{h}}^2}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right)} \right\}^{\frac{1}{4}}}\cdot\\ {e^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}} \end{array} $

(16)

当AB>0时，

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{u_3}\left( {x, t} \right) = {\left\{ { - \frac{{3B}}{C}{\rm{se}}{{\rm{c}}^2}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right)} \right\}^{\frac{1}{4}}}\cdot\\ {e^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}} \end{array} $

(17)

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{u_4}\left( {x, t} \right) = {\left\{ { - \frac{{3B}}{C}{\rm{cs}}{{\rm{c}}^2}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right)} \right\}^{\frac{1}{4}}}\cdot\\ {e^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}} \end{array} $

(18)

选取参数β₂=1, β₃=1, α₁=2, γ₁=1, γ₂=1, v₀= 1, v=1, ω₀=1进行图示。在α₂=-1, ω=2时，有$ A = \frac{5}{2}, B = - \frac{{35}}{9}, C = \frac{5}{3}, $可得方程解(15)的波形为亮- 孤子(图 1(a))；在α₂=1, ω=2时，有$ A = \frac{5}{2}, B = - \frac{{35}}{9}, C = - \frac{5}{3}, $可得方程解(16)的波形为激波(图 1(b))；在α₂=1, ω=1时，有$ A = \frac{{11}}{6}, B = \frac{1}{{18}}, C = - \frac{5}{3}, $可得方程解(17)、(18)的波形为周期波(图 1(c)、(d))，可以看出图 1(d)在x=t处出现了间断。

2.2 Riccati方程- 倒数展开法

选取f(V)=1/V和g(V)=S₂V²+S₁V+S₀, 则式(7)变为

$ Q\left( \xi \right) = \sum\limits_{k = 0}^N {{A_k}{{\left\{ {\frac{1}{{V\left( \xi \right)}}} \right\}}^k}} , {\rm{ }}V\prime \left( \xi \right) = {S_2}{V^2} + {S_1}V + {\rm{ }}{S_0} $

(19)

将方程(19)代入方程(8)后，通过比较Q³、(Q′)²和QQ″关于1/V(ξ)的最高次幂，可得N=2以及关于1/V(ξ)的高次方程。由于V≠0，故选取(1/V(ξ))^k(k=0, 1，…, 6)的系数为0，可得类似的系数方程组。借助Maple求解，可知在A₀满足条件A(A₀C+3B) < 0时，S₀、S₁、S₂、A₂分别为

$ \begin{array}{l} {S_0} = \frac{{ \pm |{A_1}C|}}{{\sqrt { - 3A({A_0}C + 3B)} }}{\rm{sgn}}\left( A \right)\\ {S_1} = \mp 4\sqrt { - \frac{{{\rm{ }}{A_0}C + 3B}}{{3A}}} {\rm{sgn}}({A_1}C)\\ {S_2} = \mp \frac{{4{A_0}}}{{|{A_1}|}}\sqrt { - \frac{{{\rm{ }}{A_0}C + 3B}}{{3A}}} {\rm{sgn}}\left( C \right)\\ {\rm{ }}{A_2} = \frac{{A_1^2C}}{{4(C{A_0} + 3B)}} \end{array} $

其中A₁为任意非0常数，s=-16B/A。利用式(10)~(13)可得方程(4)的解如下。

当AB < 0时，

$ {u_5}\left( {x, t} \right) = {\left\{ {\frac{{ - 3{A_0}B{\rm{sec}}{{\rm{h}}^2}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}({v_0}t - vx)} } \right)}}{{({A_0}C + 3B){{\left( {\sqrt {\frac{{3B}}{{{A_0}C + 3B}}} {\rm{tanh}}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}({v_0}t - vx)} } \right) - {\rm{sgn}}({A_1}C)} \right)}^2}}}} \right\}^{\frac{1}{4}}}{e^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}} $

(20)

$ {u_6}\left( {x, t} \right) = {\left\{ {\frac{{3{A_0}B{\rm{csc}}{{\rm{h}}^2}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}({v_0}t - vx)} } \right)}}{{({A_0}C + 3B){{\left( {\sqrt {\frac{{3B}}{{{A_0}C + 3B}}} {\rm{coth}}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}({v_0}t - vx)} } \right) - {\rm{sgn}}({A_1}C)} \right)}^2}}}} \right\}^{\frac{1}{4}}}{e^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}} $

(21)

当AB>0时，

$ {u_7}\left( {x, t} \right) = {\left\{ {\frac{{ - 3{A_0}B{\rm{se}}{{\rm{c}}^2}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}({v_0}t - vx)} } \right)}}{{({A_0}C + 3B){{\left( {\sqrt { - \frac{{3B}}{{{A_0}C + 3B}}} {\rm{tan}}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}({v_0}t - vx)} } \right) + {\rm{sgn}}({A_1}C)} \right)}^2}}}} \right\}^{\frac{1}{4}}}{e^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}} $

(22)

$ {u_8}\left( {x, t} \right) = {\left\{ {\frac{{ - 3{A_0}B{\rm{cs}}{{\rm{c}}^2}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}({v_0}t - vx)} } \right)}}{{({A_0}C + 3B){{\left( {\sqrt { - \frac{{3B}}{{{A_0}C + 3B}}} {\rm{cot}}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}({v_0}t - vx)} } \right) - {\rm{sgn}}({A_1}C)} \right)}^2}}}} \right\}^{\frac{1}{4}}}{e^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}} $

(23)

选取参数A₁=1, β₂=1, β₃=1, α₁=2, γ₁=1, γ₂= 1, v₀=1, v=1, ω₀=1进行图示(图 2)。当A₀=-1, α₂=-1, ω=2时，有$ A = \frac{5}{2}, B = - \frac{{35}}{9}, C = \frac{5}{3}, $可得方程解(20)为亮- 孤子(图 2(a))；当A₀=1, α₂=1, ω=2时，有$ A = \frac{5}{2}, B = - \frac{{35}}{9}, C = - \frac{5}{3}, $可得方程解(21)为激波(图 2(b))；当A₀=1, α₂=1, ω=1时，有$ A = \frac{{11}}{6}, B = \frac{1}{{18}}, C = - \frac{5}{3}, $相应可得方程解(22)、(23)的波形为周期波(图 2(c)、(d))，可以看出图 2(d)在x=t处出现间断。

2.3 Ex p- 展开法

选取f(V)=exp (-V)和g(V)=exp (-V)+R₁exp (V)+R₀, 则式(7)变为

$ \begin{array}{l} Q\left( \xi \right) = \sum\limits_{k = 0}^N {{A_k}{{\{ {\rm{exp}}\left( { - V\left( \xi \right)} \right)\} }^k}} \\ V\prime \left( \xi \right) = {\rm{exp}}\left( { - V\left( \xi \right)} \right) + {R_1}{\rm{exp}}\left( {V\left( \xi \right)} \right) + {R_0} \end{array} $

(24)

式中R₀和R₁均为常数。易知上述关于V(ξ)的微分方程的解如下。

当μ>0, R₁≠0时，

$ V\left( \xi \right) = {\rm{ln}}\left( { - \frac{{{R_0}}}{{2{R_1}}} - \frac{{\sqrt \mu }}{{2{R_1}}}{\rm{tanh }}\left( {\frac{{\sqrt \mu }}{2}(\xi + {\xi _0})} \right)} \right) $

(25)

$ V\left( \xi \right) = {\rm{ln}}\left( { - \frac{{{R_0}}}{{2{R_1}}} - \frac{{\sqrt \mu }}{{2{R_1}}}{\rm{coth }}\left( {\frac{{\sqrt \mu }}{2}(\xi + {\xi _0})} \right)} \right) $

(26)

当μ < 0, R₁≠0时，

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;V\left( \xi \right) = {\rm{ln }}\left( { - \frac{{{R_0}}}{{2{R_1}}} - \frac{{\sqrt { - \mu } }}{{2{R_1}}}{\rm{tan}}} \right.{\rm{ }}\left( {\frac{{\sqrt { - \mu } }}{2}(\xi + } \right.\\ \left. {\left. {{\xi _0})} \right)} \right) \end{array} $

(27)

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;V\left( \xi \right) = {\rm{ln }}\left( { - \frac{{{R_0}}}{{2{R_1}}} - \frac{{\sqrt { - \mu } }}{{2{R_1}}}{\rm{cot}}} \right.{\rm{ }}\left( {\frac{{\sqrt { - \mu } }}{2}(\xi + } \right.\\ \left. {\left. {{\xi _0})} \right)} \right) \end{array} $

(28)

当μ = 0, R₁≠0, R₀≠0时，

$ V\left( \xi \right) = {\rm{ln}}\left( { - \frac{{2{R_0}(\xi + {\xi _0}) + 2}}{{R_0^2(\xi + {\xi _0})}}} \right) $

(29)

其中μ=R₀²-4R₁，且ξ₀为初始常数^[5]。

将方程(24)代入方程(8)后，通过比较Q³、(Q′)²和QQ″关于exp (-V(ξ))的最高次幂，可得N=2以及关于exp (-V(ξ))的高次方程。由于exp (-V(ξ))≠0，故选取exp (-kV(ξ))(k=0, 1，…, 6)的系数为0，可得如下方程组。

$ \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{\rm{exp}}\left( { - 6V} \right):4(4C{A_2} + 3A)A_2^2 = 0}\\ {{\rm{exp}}\left( { - 5V} \right):4(4A{A_2}{R_0} + 12C{A_1}{A_2} + 5A{A_1}){A_2} = 0}\\ \begin{array}{l} {\rm{exp}}\left( { - 4V} \right):(48{A_2}C + 5A)A_1^2 + (4AR_0^2 + 8A{R_1} + \\ \;\;\;\;\;\;\;\;16B)A_2^2 + 4(7A{A_1}{R_0} + 6A{A_0}){A_2} = 0 \end{array}\\ \begin{array}{l} {\rm{exp}}\left( { - 3V} \right):8(AR_0^2 + 2A{R_1} + 12{A_0}C + 4B){A_1}{A_2} + \\ \;\;\;\;\;\;{\rm{ }}40A{A_0}{A_2}{R_0} + 2(3A{A_1}{R_0} + 8CA_1^2 + 4A{A_0}){A_1} = 0 \end{array}\\ \begin{array}{l} {\rm{exp}}\left( { - 2V} \right):(A{R_0} - 4AR_1^2 + 2A{R_1} + 48{A_0}C + \\ \;\;\;\;\;\;{\rm{ }}16B)A_1^2 + (16AR_0^2 + 32A{R_1} + 48{A_0}C + {\rm{ }}32B){A_0}{A_2} + 4({A_2}{R_1} + 3{A_0})A{A_1}{R_0} = 0 \end{array}\\ \begin{array}{l} {\rm{exp}}\left( { - V} \right):{\rm{ }}(4AR_0^2 + 8A{R_1} + 48{A_0}C + 32B){A_0}{A_1} + \\ \;\;\;\;\;\;{\rm{ }}(24{A_0}{A_2}2A_1^2)A{R_0}{R_1}4A{A_1}{A_2}R_1^2 = 0 \end{array}\\ \begin{array}{l} {\rm{Constant}}:4A{A_0}{A_1}{R_0}{R_1} + (8{A_0}{A_2} - 3A_1^2)AR_1^2 + \\ \;\;\;\;\;\;{\rm{ }}16A_0^2({A_0}C + B) = 0 \end{array} \end{array}} \right. $

借助Maple求解出A₀、A₂、R₀、R₁分别为

$ \begin{array}{l} {A_0} = - \frac{{A_1^2{C^2} + 9AB}}{{3AC}}, {A_2} = - \frac{{3A}}{{4C}}\\ {R_0} = - \frac{{4{A_1}C}}{{3A}}, {R_1} = \frac{{4(A_1^2{C^2} + 9AB)}}{{9{A^2}}} \end{array} $

其中A₁为任意常数，且μ=R₀²-4R₁=-16B/A。利用式(25)~(28), 可得到方程(6)的解析解如下。

当AB < 0时，

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{u_9}\left( {x, t} \right) = \\ {\left\{ {\frac{{ - 3(A_1^2{C^2} + 9AB)B\;{\rm{sec}}{{\rm{h}}^2}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right)}}{{C{{\left( {3A\sqrt { - \frac{B}{A}} {\rm{tanh}}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right) - {A_1}C} \right)}^2}}}} \right\}^{\frac{1}{4}}}\\ {{{\rm{e}}^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}}} \end{array} $

(30)

$ \begin{array}{*{20}{l}} {\;\;\;\;\;\;\;{u_{10}}\left( {x,t} \right) = }\\ {{{\left\{ {\frac{{3(A_1^2{C^2} + 9AB)B\;{\rm{csc}}{{\rm{h}}^2}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right)}}{{C{{\left( {3A\sqrt { - \frac{B}{A}} {\rm{coth}}\left( {2\sqrt { - \frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right) - {A_1}C} \right)}^2}}}} \right\}}^{\frac{1}{4}}}}\\ {{{\rm{e}}^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}}} \end{array} $

(31)

当AB>0时，

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{u_{11}}\left( {x, t} \right) = \\ {\left\{ { - \frac{{3(A_1^2{C^2} + 9AB)B\;{\rm{se}}{{\rm{c}}^2}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right)}}{{C{{\left( {3A\sqrt {\frac{B}{A}} {\rm{tan}}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right) + {A_1}C} \right)}^2}}}} \right\}^{\frac{1}{4}}}\\ {{{\rm{e}}^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}}} \end{array} $

(32)

$ \begin{array}{l} \;\;\;\;\;\;\;{u_{12}}\left( {x, t} \right) = \\ {\left\{ { - \frac{{3(A_1^2{C^2} + 9AB)B\;{\rm{cs}}{{\rm{c}}^2}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right)}}{{C{{\left( {3A\sqrt {\frac{B}{A}} {\rm{cot}}\left( {2\sqrt {\frac{B}{A}} ({v_0}t - vx)} \right) - {A_1}C} \right)}^2}}}} \right\}^{\frac{1}{4}}}\\ {{{\rm{e}}^{{\rm{i}}({\omega _0}t - \omega x)}}} \end{array} $

(33)

选取参数β₂=1, β₃=1, α₁=2, γ₁=1, γ₂=1, v₀=1, v=1, ω₀=1进行图示。当A₁=1, α₂=1, ω=2时，有$ A = \frac{5}{2}, B = - \frac{{35}}{9}, C = - \frac{5}{3}, $可得方程解(30)为激波(图 3(a))；当A₁=3, α₂=-1, ω=2时，有$ A = \frac{5}{2}, B = - \frac{{35}}{9}, C = \frac{5}{3}, $可得方程解(31)为亮- 孤子(图 3(b))；当A₁=1, α₂=1, ω=1时，有$ A = \frac{{11}}{6}, B = \frac{1}{{18}}, C = - \frac{5}{3}, $相应可得方程解(32)和(33)的波形为周期波(图 3(c)、(d))。

通过比较可以发现以上3种方法存在内在关联性：

1) Riccati方程- 展开法的解表达最简，不含自由参数，倒数展开法的解有2个待定参数A₀、A₁转化为非0自由参数，Exp- 展开法中有1个待定参数A₁转化为自由参数；

2) 倒数展开法中限定参数S₀=1，所得解即为Exp- 展开法求得的解；

3) Exp- 展开法限定参数A₁=0，所得解即为Riccati方程- 展开法求得的解。

3 结束语

本文结合文献[4-8]对系统(1)进行改进得到新方程(4)。该方程通过行波变换化简为二阶常微分方程(6)。由于高次项ϕ⁵和二阶导项ϕ″在辅助函数法代入过程中关于V的次数变化幅度不同，导致无法选出合适的N来达到次数平衡。为此，引入变量代换ϕ=Q^1/4，将方程(6)转化为方程(8)，运用多种辅助函数展开法—Riccati方程- 展开法、Riccati方程- 倒数展开法、Exp- 展开法，求解出几种类型的解析解，如亮- 孤立波、激波和周期波，并且发现这3种方法求得的解存在一定的交集。