含时耦合KdV–Burgers方程的孤子解

摘要

在本文中，作者应用了李对称方法和修正的\（克/克）-求解含时耦合KdV–Burgers方程的展开法。通过适当的相似变换，将含时耦合KdV–Burgers方程简化为非线性常微分方程组。此外，在修正的KdV方程的帮助下，求解了耦合KdV方程的非线性常微分方程的简化系统\（（G'/G）\）-获得由双曲函数、三角函数和有理函数表示的孤子解的展开方法。

1介绍

非线性偏微分方程（PDE）解的构造和研究非常重要，主要是因为它们被用作解释不同工程和科学领域中复杂物理现象的模型的解，主要是在流体力学、固体物理、等离子体物理、等离子体波、，和化学物理。其中一个非线性偏微分方程是著名的Korteweg–de Vries–Burgers方程[1,2,三]. 该方程描述了气泡中液体流动和弹性管道中液体流动的数学模型[4]. 它是在流体力学中推导出来的，用于描述矩形渠道中的浅水波[5,6]在等离子体物理中起着重要作用[7,8].

各种方法[9,10,11,12]已用于发现PDE描述的物理模型的解决方案。在这些方法中，李对称方法，也称为李群方法，是建立非线性偏微分方程精确解的最主要方法之一。它是基于对单参数李群点变换不变性的研究[13,14,15,16]. 有一些但很重要的贡献[17,18,19,20,21,22]. 因此，通过Lie方法的应用，可以将非线性偏微分方程简化为常微分方程组，或者至少减少自变量的数量。然后，使用获得的约化常微分方程来求非线性偏微分方程的不变解（精确解）。有时，在将偏微分方程化为常微分方程的过程中，会出现难以解析求解的高度非线性方程。这是传统李群方法的主要缺点。因此，在寻求简化非线性常微分方程的精确解时，文献中有各种强大的方法，如逆散射变换[23]，截断的Painleve展开[24]，雅可比椭圆函数展开[25]，F展开[26]，经验函数展开法[27],\（（G'/G）\）-膨胀法[28,29,30,31]，等等，但没有统一的方法可以用来处理所有类型的非线性方程。这个\（（G'/G）\）-展开法有其自身的优点：它是直接、简洁、初等的，即二阶线性常微分方程的一般解已为研究人员所熟知，并且是有效的，即它可以用于许多其他非线性偏微分方程，例如伯格方程[32]，KdV–Burgers方程[33]. 出于上述原因，我们使用了修改后的\（克/克）-约化常微分方程孤子解的展开方法。

本文考虑耦合KdV–Burgers方程的变系数形式[34,35,36]

$$开始{对齐}&u{t}+\tau{1}对齐}$$

(1.1)

哪里\（tau{i}（t））和\（\kappa{i}（t）\）,\（i=1、2、3），是任意的时间相关系数。我们考虑方程式(1.1)利用Lie对称性分析和修正的\（（G'/G）\）-膨胀法。

论文组织如下。章节2致力于方程的李经典方法的一些基础知识(1.1)，我们修正了符号。在本节中，我们进一步推导了允许经典对称群的系数的对称性和可容许形式，这些对称群对应于最优子代数系统的每个成员。章节三使用修改的\（（G'/G）\）-展开法和方程的新孤子解(1.1)它们由双曲函数、三角函数和有理函数表示。一些最终备注在第节中规定。 4.

2李对称约简

考虑方程的单参数李群变换(1.1)如下：

$$\bigl（x^｛*｝，t^｛*｝，u^｛*｝，w^｛*｝\bigr）=\bigl（e^｛\varepsilon\varGamma｝x，e^｛\varepsilon\varGamma｝t，e^｛\varepsilon\varGamma｝u，e^｛\varepsilon\varGamma｝w\bigr）$$

(2.1)

由以下形式的向量场生成

$$\varGamma=X（X，t，u，w）\frac{\partial}{\parial X}+t（X，t，u，w）\frac{\particl}{\ partialt}+u（X，t,u，w$$

(2.2)

这样的话\（u^{*}（x^{*{，t^{*neneneep）\）和\（w^{*}（x^{*{，t^{*neneneep）\）是的解决方案(1.1)无论何时\（u（x，t）\）和\（w（x，t）\）是的解决方案(1.1)。阿尔索\（e ^｛\varepsilon\varGamma｝）用Lie级数表示\（\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\varepsilon^{k}}{k！}\varGamma^{k{）具有\（\varGamma^{k}=\varGamma\varGarma^{k-1}\）和\（\varGamma^{0}=1\）.

发现方程的对称性(1.1)向量场的无穷小不变性条件(2.2)由以下关系给出：

$$开始{aligned}&U_{t}+\tau_{1}_{x} u个+\tau_{1}^{prime}（t）tu_u_{x}+\tau_2}（t）W_{xx}+\t au_{2}^{prime}）W_{x}+\kappa_{1}（t）W_{x} w个+\kappa{1}^{prime}（t）Tww{x}+\kapba{2}（t）w{xx}+\ kappa}{2}^{prime}。\结束{对齐}$$

(2.3)

在方程式的情况下(1.1)我们必须使用作用于扩大空间（喷射空间）的延长无穷小，即\（U_{t}\）,\（U_{x}\）,\（W_{x}\）,\（W_{t}\）,\（W_{xx}\）、和\（U_{xx}\）（有关更多详细信息，请参阅[13,14,15,16])并分解方程(2.3)到线性偏微分方程的大型超定系统X,Y（Y）,U型、和W公司称为确定方程：

$$开始{对齐}&U{w}=U{U}=0，\qquad w{U}=w{w}=0，\\&X{U}=X{w}=X{t}=X{X}=0 xx}=0，\qquad w{t}+\kappa{1}（t）w{X}w+\kappa{3}-T_｛T｝-U_｛U｝+3 X_｛X｝-\frac｛\kappa’_｛3｝（T）｝｛\kappa _｛3｝（T）｝T=0，\\\\tau _｛1｝（T）U+2\tau _｛1｝（T）X_｛X｝U-\tau’_｛1｝（T）T U-\tau _｛1｝（T）\ frac｛\tau’_｛3｝（T）｝｛\tau _｛3｝（T）｝T U=0，\\\\tau _｛2｝（T）W _｛W｝+\tau_｛2｝（T）X_｛X｝-\tau’_｛2｝（T）T-\tau_，\\&2\kappa{1}（t）W{W}+2\kappa}1}（t）X{X}+\kappa'{2}。\结束{对齐}$$

(2.4)

这个大系统的一般解决方案(2.4)，通过设置u个和w个等于零，得出以下无穷小的表达式：

$$\开始{对齐}&X=a{1}X+a{5}，\\&T=\frac{1}{\tau{1}（T）}\biggl[（a{1{-a{2}）\int\tau{1'（T）\，dt+a{4}\bigbr]，\\&U=a{2}U，\\&W=a{3}W.\end{aligned}$$

(2.5)

时间相关系数\（tau{i}（t））和\（\kappa{i}（t）\）,\（i=1、2、3），关联如下：

$$开始{对齐}和\tau_{2}^{prime}（t）t+\tau_}2}pa{1}^{prime}（t）t+\kappa{1}T+\kappa{2}（T）T_{T}-2a{1}\kappa{2}（T）=0，\\&\kappa-{3}^{prime}$$

(2.6)

哪里\（{1}\）,\（a{2}\）,\（a{3}\）,\（a{4}\）、和\（{5}\）是任意的实数常数。由此可见，含时耦合KdV–Burgers方程的无穷小对称李代数(1.1)由以下五个线性独立的向量场跨越：

$$\begin{aligned}&\varGamma{1}=x\frac{\partial}{\parial x}+\frac}1}{\tau{1}（t）}\int\tau{1}（t）\，dt\，\frac\\partial{{\partitlet}，\\&\varGamma{2}=u\frac[\partial x}+\ frac{1}{\ tau{1\frac{1\t）}（t）\，dt\，\分形{\部分}{\部分t}，\\&\varGamma{3}=w\分形{\partial}{\局部w}，\\&\varGamma{4}=\frac{1}{\tau{1}（t）}\frac{\partial}{\partict}，\\&\valGamma{5}=\frac{\paratil}{\ partialx}。\结束{对齐}$$

(2.7)

此外，在本节中，我们集中讨论对称子代数，并在相应群的作用下将其一维李子代数分类为等价类。对方程的所有一维子代数进行分类(1.1)，我们需要考虑方程对称组的伴随表示的作用(1.1)。李群对其代数的伴随表示是一个群作用，定义如下：

$$\operatorname{Ad}\bigl（\exp（\varepsilon\varGamma_{i}）\bigr）\varGamma_{j}=\varGamm a_{j}-\varepsi lon[\varGarma_{i}，\varGadma_{j}]+\frac{\varepssilon^{2}}{2}\bigr[\varGamma_{i{，[\varGamma_{i}，\ varGamma{j}]\bigr]-\cdot$$

(2.8)

哪里\（[\varGamma{i}，\varGamma{j}]=\varGarma{i}\varGadma{j{-\varGama{j}\var伽玛{i}\）是李代数的交换子，并且ε是一个参数。更具体地说，我们首先考虑表单的一般元素\（\varGamma=a{1}\varGamma{1}+a{2}\ varGamma{2}+a{3}\ varGamma{3}+a}4}+a{5}\ var伽玛{5}）现在我们使用所有伴随作用来尽可能地简化它，并对方程的所有不同一维子代数进行分类(1.1)如下：

$$开始{对齐}}，&&（\mathrm{iv}）\quad\varGamma{4}+\varGamma_{5}，\end{aligned}$$

（2.9）

哪里\（λ{1}）,\（λ{2}）,\（λ｛3｝\）、和\（λ{4}）是任意常数。

三双曲、三角和有理函数解

在本节中，我们继续考虑用于简化方程的对称变量(1.1)到非线性常微分方程系统（有关详细信息，请参见[37,38,39])通过特征方程

$$\frac{dx}{X（X，t，u，w$$

(3.1)

对于最优系统中的不同算子，我们继续收缩主系统的孤子解(1.1)在修改的帮助下\（（G'/G）\）-膨胀法。

3.1子代数\（\varGamma{1}+\lambda{1}\varGamma{2}+\lambda{2}\varGamma{3}\）

系统解决方案(1.1)它们在该子代数下具有系数函数的不变性

$$开始{对齐}&\tau_{2}（t）=\frac{K_1}}{1-\lambda_{1}}\tau_}1}（t）\biggl 2}}{1-\lambda{1}}\tau{1}（t）\biggl（int\tau{1'（t）\，dt\biggr）^{frac{\lambda（1}+2}{1-\lambda{1}}}，\\&\kappa{1}（t）=\frac{K{3}}{1-\ lambda_{1}{tau_{1{（t（t）=\frac{K{4}}{1-\lambda{1}}\tau{1}（t）\biggl（int\tau{1'（t）\，dt\biggr）^{frac{\lambda+1}{1-\lambda{1}}，\\&\kappa{3}（t）=\frac{K{5}}{1-\ lambda_{1}{tau_{1{（t$$

(3.2)

由以下关系给出：

$$\begin{aligned}&u（x，t）=\biggl（\int\tau_{1}（t）\，dt\biggr）^{\frac{\lambda_{1{}}{1-\lambda _{1}}f（\xi），\\&w（x，t）=\ biggl xi），\结束{对齐}$$

(3.3)

哪里\（xi=x（int\tau{1}（t））^{frac{-1}{1-\lambda{1}}}）和\（f（\xi）\）,\（g（\xi）\）是非线性常微分方程组的解

$$\begin{aligned}和\lambda_{1}f-f'\xi+（1-\lambda _{1{）f f'+K_{1｝g''+K_2}f'''=0，\\&\lambd_{2}g-g'\xi+K_3}g'+K_}4}g''+K__{5}f''=0。\结束{对齐}$$

（3.4）

求解ODE(3.4)的\（f（\xi）\）和\（g（\xi）\），代入方程式(3.3)主系统(1.1)具有以下解决方案：

$$\开始{对齐}&\开始{-对齐}u（x，t）&=x\biggl ^{-1}\biggr，dt\biggr）^{-1}\bigger）^{2}，\end{aligned}\\&\begin{aligned}w（x，t）&=\frac{x（int\tau_{1}（t）\，dt）^{-1}}{K_{3}}+\frac{20\sqrt{6}K_{2}^{2{C_{3{2}\tanh（C_1}+C_2}x（int\t au{1}（t）\，dt）^{-1}）^}2}{K{1}}\\&\quadra{}-\frac{80\sqrt{6}K{2}^{2}C{2}^{3}K{3}{6K{1{3}}，\end{aligned}\结束{对齐}$$

(3.5)

哪里\（K_{4}=-\压裂{10C_2}^{2}K_2}^}K_3}{3K_1}}）,\（K_{5}=-\压裂{50C_2}^{2}K_2}^}K_3}{3K_1}^{2]}）,\（λ{1}=λ{2}=0\）、和\（K_{1}\）,\（K_{2}\）,\（K_{3}\）是任意常数。

3.2子代数\（\varGamma{2}+\lambda{3}\varGamma{3}\）

系统解决方案(1.1)它们在该子代数下具有系数函数的不变性

$$开始{对齐}和\tau_{2}（t）=K_{1}\tau_}1}（t）\biggl（int\tau_1}（c）\，dt\biggr）^{lambda_{3}-1}，\qquad\tau_3}pa{1}（t）=K{3}\tau{1}（t）\biggl（int\tau{1'（t），dt\biggr）^{lambda{3}-1}，qquad\kappa{2}（t）=K_{4}\tau_{1}$$

(3.6)

由以下关系给出：

$$\begin{aligned}&u（x，t）=\biggl（\int\tau_{1}（t）\，dt\biggr）^{-1}f（\xi），\\&w（x，t）=\biggl（int\tau_1}（t）\，dt\bigger）^{-\lambda_{3}}g（\xi），\end{alinged}$$

(3.7)

哪里\（xi=x\）和\（f（\xi）\）,\（g（\xi）\）是非线性常微分方程组的解

$$\开始{aligned}&{-}f+f f'+K_{1}g''+K_2}f''=0，\\&{-{}\lambda_{3}g+K_3}g'+K_3{4}g''+K_2{5}f''=0。\结束{对齐}$$

(3.8)

现在，在这个任意值的子代数下\（λ{3}），我们能够找出非线性系统的平凡解(1.1)。因此，要建立系统的非平凡解(1.1)通过使用方程式(3.7)，我们必须解方程(3.8)由修改后的\（（G'/G）\）-膨胀法[14,15]有限制\（\lambda_{3}=0\）让我们假设这个系统(3.8)在修改后的\（（G'/G）\）-膨胀方法如下：

$$\开始{对齐}&f（\xi）=a_{0}+\sum_{i=1}^{P}\biggl\{a_{i}\bigl（\frac{G'（\xi）}{G（\xi）}\bigr）^{i}+b_{ineneneep \biggl（\frac{G'+\sum_{j=1}^{q}\biggl\{c_{j}\bigl（\frac{G'（\xi，\结束{对齐}$$

（3.9）

哪里\（a{0}\）,\（a{i}\）,\（b{i}\）,\（c_{0}\）,\（c{j}\）,\（d_{j}\）、和μ是常量。总和指标第页,q个在方程式中(3.9)是正整数，函数\（G（\xi）\）是线性常微分方程的解

$$G’’（\xi）+\mu G（\xi）=0$$

(3.10)

正整数第页,q个可以根据方程中最高阶导数项和非线性项之间的齐次平衡来决定(3.8)。因此，对方程中的最高阶导数和非线性项进行均衡(3.8)，我们发现\（p=2\）,\（q=2）然后我们坐下来

$$\开始{对齐}&f（\xi）=a_{0}+a_{1}\biggl（\frac{G'（\si）}{G（\xi）}\bigr）+a_}2}\bigl（\frac{G'[\xi]}{G \biggl（\frac{G'（\xi）}{G（\xi）}\biggr）^{-2}，\\&G（\si）=c_{0}+c_{1}\bigl\biggl（\frac{G'（\xi）}{G（\xi）}\biggr）^{2}+d_{1}\bigl（\frac{G'[\xi]}（\xi）}\biggr）_{-1}+d_{2}\biggl（\ frac{G'（\xy）}{G（\ xi）{}\bigr）^{-2}。\结束{对齐}$$

（3.11）

此外，替换(3.11)进入ODE系统(3.8)，使用线性ODE(3.10)，并将等幂系数\（（G'/G）\）到零，我们得到一组联立代数方程\（a_｛0｝\）,\（{1}\）,\（a_｛2｝\）,\（b{1}\）,\（b{2}\）,\（c｛0｝\）,\（c _｛1｝\）,\（c{2}\）,\（d_{1}\）,\（d_{2}\）、和μ如下：

$$开始{对齐}2d_{1}K{1}\mu^{2}+40b{2}\mu ^{2{2}K{2}+2a{0}\mub_2}+b{1}^{2neneneep \mu+2b_2}^{2}=0，\\（\mathrm{iv}）&quad 8d_{2}K{1}\mu+8b{1}\mu^{2}K{2}+a{0}\mub_1}+b{2}a{1}\mu+3b_1}b{2{2}-b{2}=0，\\（\mathrm{v}）&\quad 2d_{1}K{1}\ mu+16b{2neneneep \mu K{2]+2a{0{2}b_2}}\mu+b{1}^{2}+2a{2}b{2}\mu-b{1}=0，\\（\mathrm{vi}）&\四2d_{2} K（K）_{2} -2a{1}\mu^{2} K（K）_{2} +2b{1}\mu K{2}-a{0}a{1}\mu+a{0}b{1{+a_{1} b条_{2} -b_{1}a{2}\mu\\&\qquad{}+2c{2}K{1}\mu^{2}-a{0}=0，\\（\mathrm{vii}）&\quad2c{1}K{1}\mu-16a{2}\mu^{2} K（K）_{2} -2a{0}a{2}\mu-a{1}^{2}\mu-a}1}=0，\\（\mathrm{vii}）&\quad 8c{2}K{1}\mu-8a{1}\ mu K{2}-3a{1{a{2{2}\ mu-a{0}a{1}-a{2}b{1}-a{2{2}=0）&\quad 2c{1}K{1}-40a{2}\mu K{2}-2a{0}a{2{-a{1}^{2}-2a{2neneneep \mu=0，\\（mathrm{x}）&\quad+6 K{1}c{2}=0，\\（\mathrm{xi}）&\quad{-}24 a{2}K{2}-2a{2{2}^{2}=0。\结束{对齐}$$

(3.12)

此外，当我们把(3.11)到第二个方程(3.8)，它产生了如下代数方程组：

$$开始{对齐}\mathrm{ii}）&\quad 2d_{1}K_{4}\mu^{2}+40b_{2}\mu ^{2{K_{5}+2c_{0}\mud_{2}K_3}+K_3}d_{1}^{2}\mu+2 K_3{3}d_}2}d_{2}=0，\\（\mathrm{iv}）&\quad 8d_{2}K_{4}\mu+8b{1}\mu^{2}K_{5}+K_{3}c_{0}\mud_{1}+K_3}d_{2%c_{1}\ mu+3 K_3}d_{1{1}d_{2}d_2}=0，\\{2}\mu K_{5}+2 K_}3}c_{0}d_{2}-2K_{3}d_{2}c_{2}\ mu+K_3}d_{1}^{2}+2 K_{3{c_2}d\mu=0，\\（\mathrm{vi}）&\quad 2d_{2} K（K）_{4} -2a{1}\mu^{2} K（K）_{5} +2b_{1}\mu K_{5}-K_{3} c（c）_{0}c_{1}\mu+K_{3} c（c）_{0}天_{1} +千_{3} c（c）_{1} d日_{2} -克_{3} d日_{1} c（c）_{2} \mu\\&\qquad+2c_{2} K（K）_{4} \mu^{2}=0，\\（\mathrm{vii}）&\quad 2c{1}K{4}\mu-16a{2}\mu^{2} K_{5} -2K{3}c{0}c{2}\mu-K{3{c{1}^{2}\mu=0，\\（\mathrm{vii}）和\quad 8c{2{4}\mu-8a{1}\mu K{5}-3 K{3neneneei c{1{c{2neneneep \mu-K{3}c{0{c{1}1}=0，\\（\mathrm{ix}）&\quad 2 c{1}K{4}-40a{2}\mu K{5}-2 K{3}c{0}c_2}-K_3}c_1}^{2}-2 K{2}c_2}^{2}6a{1}K{5}-3K{3}c{1}c{2}+6K{4}c{2}=0，\\（mathrm{xi}）&\四{-}24a{2}K{5}-2K{3{c{2{2}^{2}=0。\结束{对齐}$$

(3.13)

关于代数方程的求解(3.12)和(3.13)对于的任意值\（K_{1}\）和\（K_{3}\），我们只得到主系统的平凡解(1.1)这不是一个物理上有趣的案例。因此，我们得出以下结果：

案例1:

$$\开始{aligned}&a{0}=a{0{}，\qquad b{1}=1，c{0}=c{0{，\quad d_{1}=d_{1\quad\mbox{和}\\&a{1}=a{2}=b{2}=c_{1}=c{2}2}=c{1}=0.d_{2}=0.K{3}=\mu=0；\结束{对齐}$$

(3.14)

案例2:

$$\开始{对齐}&a_{0}=a_{0}，\qquad b_{1}=1，\quad c_{1}=\frac{2K_{4}}{K_{3}}\quad\mbox{和}\\&a_}1}=a_2}=b_{2}=c_{0{2}=c_}=c_2}=d_{2}=d_{2}=d_{2}=1}=K{1}=\mu=0。\结束{对齐}$$

(3.15)

现在，当我们替换方程式时(3.14)(3.15)和线性方程的解(3.10)的\（\mu=0\）转化为等式(3.11)，我们得到了非线性方程的解(3.8)。此外，使用解决方案的值\（f（\xi）\）和\（g（\xi）\）转化为等式(3.7)，我们有方程的有理解(1.1)如下所示。

案例1给出了方程的有理解(1.1)通过以下关系：

$$\开始{对齐}&u（x，t）=\biggl（\int\tau_{1}（t）\，dt\biggr）^{-1}\biggl[a_{0}+\biggal（\frac{B}{a+Bx}\bigr）^{-1}\bigbr]，\\&w，\结束{对齐}$$

(3.16)

哪里A类和B类是任意常数（见图1).

图1

方程给出的振荡孤子解（左）和暗孤子解(3.16)带有\（A=1）,\（B=1\）,\（a{0}=c{0}=d_{1}=1\）、和\（τ{1}（t）=\exp（t

同样，案例2通过以下关系给出了合理的解决方案：

$$\开始{对齐}&u（x，t）=\biggl（\int\tau_{1}（t）\，dt\biggr）^{-1}\biggl[a_{0}+\biggal（\frac{B}{a+Bx}\bigr）^{-1}\bigbr]，\\&w gr）^{2}，\结束{对齐}$$

(3.17)

哪里A类,B类,\（K_{3}\）、和\（K_｛4｝\）是任意常数。

3.3子代数\（\varGamma{3}+\lambda{4}\varGamma{4}\）

系统的解决方案(1.1)，在该子代数下具有系数函数的不变量

$$开始{对齐}和\tau_{2}（t）=\frac{K_1}}{\lambda_{4}}\tau_}1}（t），\\&\kappa{1}（t）=\压裂{K{3}}{\lambda{4}}\tau{1}（t）\exp\biggl（-\frac{1}{\λ4}}\int\tau{1'（t）\，dt\biggr），\qquad\kappa{2}（t）=\frac{K{4}}{\lambda{4}{\tau{1}（t），\\&\kappa}3}（d）=\frac{K}5}}{\ lambda_{4}}\tau_1}（c）\exp\biggl biggr），\结束{对齐}$$

(3.18)

由以下关系给出：

$$\开始{对齐}&u（x，t）=f（\xi），\\&w（x，t）=\exp\biggl（\frac{1}{\lambda_{4}}\int\tau_{1}（t）\，dt\biggr）g（\xi），\end{aligned}$$

(3.19)

哪里\（xi=x\）和\（f（\xi）\）,\（g（\xi）\）是非线性常微分方程组的解

$$\开始{aligned}&\lambda_{4}f“+K_{1}g”+K_{2}f“”=0，\\&g+K_}3}g“+K_{4}g”“+K_{5}f““”=0。\结束{对齐}$$

(3.20)

在这个子代数中，我们还寻求方程的解(3.20)由修改过的\（（G'/G）\）-膨胀法。因此，遵循子代数中采用的程序3.2，我们得到\（p=2\）,\（q=2）因此，我们可以假设常微分方程的解(3.20)形式为

$$\开始{对齐}&f（\xi）=a_{0}+a_{1}\biggl（\frac{G'（\si）}{G（\xi）}\bigr）+a_}2}\bigl（\frac{G'[\xi]}{G \biggl（\frac{G'（\xi）}{G（\xi）}\biggr）^{-2}，\\&G（\si）=c_{0}+c_{1}\bigl\biggl（\frac{G'（\xi）}{G（\xi）}\biggr）^{2}+d_{1}\bigl（\frac{G'[\xi]}（\xi）}\biggr）_{-1}+d_{2}\biggl（\ frac{G'（\xi）}{G（\ xi）{}\bigr）^{-2}。\结束{对齐}$$

(3.21)

替换(3.21)进入ODE系统(3.20)，使用线性ODE(3.10)，并将等幂系数\（（G'/G）\）到零，我们得到了一组联立代数方程\（a_｛0｝\）,\（{1}\）,\（a_｛2｝\）,\（b{1}\）,\（b{2}\）,\（c｛0｝\）,\（c{1}\）,\（c{2}\）,\（d_{1}\）,\（d{2}\）、和μ如下：

$$开始{对齐}，（mathrm{ii}）&四元2d_{1}K{1}\mu+2\lambda{4}b{2}^{2}=0，\\（\mathrm{iv}）&\quad 8d_{2}K{1}\mu+8b{1}\mu^2}K{2}+a{0}\lambda{4}\mu b{1{1}+b{2{4}（\mathrm{v}）&\quad 2d_{1}K{1}\mu+16b{2}\mu K{2}+2\lambda{4}a{0}b{2{-2\lambda _{4}b{2]a{2}+2\lambda_{4}a_2}b_2}\mu=0，\\（\mathrm{vi}）&\四个2d_{2} K（K）_{2} -2a{1}\mu^{2} K（K）_{2} +2b_{1}\mu K_{2}-\lambda_{4} 一个_{0}a{1}\mu+\lambda_{4} 一个_{0}b_{1} +\lambda_{4}一个_{1} b条{2}-\lambda_{4} b条_{1} 一个_{2} \mu\\&\qquad{}+2c{2}K{1}\mu^{2}=0，\\（mathrm{vii}）&\quad 2c{1}K}\mu-16a{2}\mu^{2} K（K）_{2} -2\lambda_{4}a_{0}a_2}\mu-a_{1}^{2}\lambda _{4neneneep \mu=0，\\（\mathrm{vii}）&\quad 8c_2}K_1}\mu-8a_1}\mu K_2}-3\lambda_{4{a_2}a_2{4}\mu-\lambada_{4｝a_{3}a{2}b{1}=0，\\（\mathrm{ix}）&\quad 2c{1}K{1}-40a{2{6}\mu K{2}-2\lambda{4}a{0}a{2neneneep-\lambda{4}a{1}^{2}-2\lambda_{4}a_{2}^{2}\mu=0，\\（\mathrm{x}）&\quad{-}6a_{1}K_{2{-3\lambda{4}a{1}a{2}+6 K_1}c{2}=0，\（\mathr{xi}）&\quad}-}24a_{2]K_2}-2\lampda_{4}a_{2}^2}=0。\结束{对齐}$$

(3.22)

此外，当我们把(3.21)到第二个方程(3.20)，它带来了如下代数方程组：

$$开始{对齐}\mathrm{ii}）&\quad 2d_{1}K_{4}\mu^{2}+40b_{2}\mu ^{2{K_{5}+2c_{0}\mud_{2}K_3}+K_3}d_{1}^{2}\mu+2 K_3{3}d_}2}d_{2}=0，（\mathrm{iv}）&\quad 8d_{2}K_{4}\mu+8 b_{1}\mu^{2}K_{5}+K_{3}c_{0}\mud_{1}+K_3}d_{2}c_1}\mu+3 K_3}d_{1{1}d_{2}+d_{2}=0，}\mu+16b{2}\mu K{5}+2 K{3}c{0}d_{2}c{2}_{2} K（K）_{4} -2a{1}\mu^{2} K（K）_{5} +2b_｛1｝\mu K_｛5｝-K_{3} c（c）_{0}c_{1} \mu+K_{3} c（c）_{0}天_{1} +千_{3} c（c）_{1} d日_{2} -克_{3} d日_{1} c（c）{2}\mu\\&\qquad{}+2c_{2} K（K）_{4} \mu^{2}+c_{0}=0，\\（\mathrm{vii}）&\quad 2c_{1}K_{4}\mu-16a_{2}\mu^{2} K（K）_{5} -2K{3}c{0}c{2}\mu-K{3{c{1}^{2}\mu+c{1{=0，\\（\mathrm{vii}）&\quad 8c{2{K{4}\mu-8a{1}\mu K{5}-3 K{3neneneep c{1neneneep c{2neneneep \mu-K{3}c{3}c{0}c}1}-K{3{2}d_{1}+c{2}=0，\\（\mathrm{ix}）&\四2c{1}K{4}-40a{2}\mu K{5}-2 K{3}c{0}c{2{2}-K{3{c{1{2}-2 K}c{3}c{2neneneep&\四{-}6a{1}K{5}-3K{3}c{1}c{2}+6K{4}c{2}=0，\\（\mathrm{xi}）&\quad{-}24a{2}K{5}-2K{3{c{2{2}^{2}=0。\结束{对齐}$$

(3.23)

关于代数方程的求解(3.22)和(3.23)对于任意值\（K_{5}\），我们只得到主系统的平凡解(1.1)这不是一个物理上有趣的案例。因此，我们得出以下结果。

案例1:

$$\开始{对齐}&a{2}=a{2{，\qquad c_{0}=c{0}，\quad d_{1}=-\frac{1}{K{3}}，\ qquad K_2}=-\fracc{1{12}\lambda_{4}a{2neneneep，\&a{0}=a{1}=b_{1}=b_{2}=c_{1{2}=c_2}=d_{2}=K_{5}=\mu=0；\结束{对齐}$$

(3.24)

案例2:

$$开始{对齐}&a{2}=-\frac{12K{2}}{\lambda{4}}，\quad c_{0}=c{0}，\ quad d_{1}=-\ frac{1}{K{3}}、\quad\mbox{和}\\&a{0}=a{1}=b_{1}=b_{2}=c_{1{}=c_2}=d_{2}=K{5}=\mu=0。\结束{对齐}$$

(3.25)

现在，当我们替换方程式时(3.24)(3.25)和线性方程的解(3.10)的\（\mu=0\）转化为等式(3.21)，我们得到了非线性方程的解(3.20)。此外，使用解决方案的值\（f（\xi）\）和\（g（\xi）\）转化为等式(3.19)，我们有方程的有理解(1.1)如下所示。

案例1给出了方程的有理解(1.1)通过以下关系：

$$\开始{对齐}&u（x，t）=a{2}\biggl（\frac{B}{a+Bx}\bigr）^{2}，\\&w（x，t）=\exp\biggal（\frac{1}{\lambda_{4}}\int\tau_{1}（t）\，dt\biggr{a+B x}\biggr）^{-1}\bigr]，\end{对齐}$$

(3.26)

哪里A类,B类,\（K_{3}\）、和\（λ{4}）是任意常数（见图2).

图2

方程给出的光滑孤子解（左）和呼吸孤子解(3.26)带有\（K_{3}=-1\）,\（A=B=1）,\（a{2}=c{0}=\lambda{4}=1\）、和\（τ{1}（t）=cos（t）+sin（t

同样，案例2给出了方程的有理解(1.1)通过以下关系：

$$开始{对齐}&u（x，t）=-\frac{12K{2}}{\lambda{4}}\biggl（\frac}A{2}{A{1}+A{2{x}\bigr）{0}-\压裂{1}{K{3}}\biggl（\压裂{A{2}}{A{1}+A{2{x}\bigr）^{-1}\bighr]，\end{aligned}$$

(3.27)

哪里A类,B类,\（K_{2}\）,\（K_{3}\）、和\（λ{4}）是任意常数。

3.4子代数\（\varGamma_{4}+\varGamma_{5}\）

系统解决方案(1.1)它们在该子代数下具有系数函数的不变性

$$开始{对齐}和\tau_{2}（t）=K_1}\tau_1}（t），\tquad\tau_3}（t）=K_{5}\tau_{1}（t）结束{对齐}$$

(3.28)

由以下关系给出：

$$\begin{aligned}&u（x，t）=f（\xi），\\&w（x，t）=g（\si），\end{alinged}$$

(3.29)

哪里\（\xi=x-\int\tau_｛1｝（t）\，dt\）和\（f（\xi）\）,\（g（\xi）\）是非线性常微分方程组的解

$$\开始{aligned}&{-}f“+f f”+K_{1}g“”+K_2}f“”=0，\\&{-{}g“+K_3}g“+K_{4}g”“+K_2{5}f”“”=0。\结束{对齐}$$

(3.30)

在这个子代数中，按照与前面的子代数类似的方式来求解方程(3.30)由修改过的\（（G'/G）\）-展开法，我们得到了常微分方程的解(3.30)如下：

$$\开始{对齐}&f（\xi）=a_{0}+a_{1}\biggl（\frac{G'（\si）}{G（\xi）}\bigr）+a_}2}\bigl（\frac{G'[\xi]}{G \biggl（\frac{G'（\xi）}{G（\xi）}\biggr）^{-2}，\\&G（\si）=c_{0}+c_{1}\bigl\biggl（\frac{G'（\xi）}{G（\xi）}\biggr）^{2}+d_{1}\bigl（\frac{G'[\xi]}（\xi）}\biggr）_{-1}+d_{2}\biggl（\ frac{G'（\xy）}{G（\ xi）{}\bigr）^{-2}。\结束{对齐}$$

(3.31)

通过替换(3.31)进入ODE系统(3.30)，使用线性ODE(3.10)，并将等幂系数\（（G'/G）\）到零，我们得到一组联立代数方程\（a{0}\）,\（{1}\）,\（a{2}\）,\（b{1}\）,\（b{2}\）,\（c_{0}\）,\（c{1}\）,\（c{2}\）,\（d_{1}\）,\（d{2}\）、和μ如下：

$$开始{对齐}2 d_{1}K{1}\mu^{2}+40 b{2}\mu ^{2{K{2}+2 a{0}\mub{2{2}+b{1}^{2neneneep \mu+2 b{2neneneep&\四边形8d_{2}K{1}\mu+8b{1}\ mu^{2}K{2}+a{0}\mub{1{1}+b{2}a{1}\mu+3b}1}b{2{2}-b{1}\su=0，\\（mathrm{v}）&四边形2d_{1}K{1{6}{2}-2b{2}a{2}\mu+b{1}^{2}+2a{2{b{2{0}\mu-2b{2}=0，\\（\mathrm{vi}）&\四2d_{2} K（K）_{2} -2a{1}\mu^{2} K（K）_{2} +2b_{1}\mu K_{2}-a_{0}一个_{1} \mu+a_{0}b_{1} +一个_{1} b条_{2} -b个_{1} 一个_{2} \mu\\&\qquad{}+2 c_{2} K（K）_{1} \mu ^｛2｝+a_｛1｝\mu-b｛1｝=0，\\（\mathrm｛vii｝）&&quad 2 c｛1｝K_｛1｝\mu-16 a_｛2｝\mu^{2} K（K）_{2} -2a{0}a{2}\mu-a{1}^{2}\mu+2a{2neneneep \mu=0，\\（\mathrm{vii}）&\quad 8c{2}K{1}\mu-8a{1}\ mu K{2}-3a{1{1}a{2}\mu-a{0}a{1}{ix}）&\四2c{1}K{1}-40a{2}\mu K{2}-2a{0}a{2{-a{1}^{2}-2 a{2neneneei ^{2{2}\mu+2a{2neneneep=0，\\（\mathrm{x}-3 a_｛1｝a_｛2｝+6 K_｛1｝c_｛2｝=0，\\（\mathrm｛xi｝）&&quad｛-｝24 a_｛2｝K_｛2｝-2 a_｛2｝^｛2｝=0。\结束{对齐}$$

(3.32)

此外，当我们把(3.31)到第二个方程(3.30)，它产生了如下代数方程组：

$$开始{对齐}\mathrm{ii}）&\quad 2d_{1}K_{4}\mu^{2}+40b_{2}\mu ^{2{K_{5}+2c_{0}\mud d_{2}K_3}+K_3}d_{1}^{2}\mu+2 K_3{2}d_{2}\mu=0，\\（\mathrm{iv}）&\quad 8d_{2}K_{4}\mu+8b_{1}\mu^{2}K_{5}+K_{3}c_{0}\mud_{1}+K_3}d_{2]c_1}\mu+3 K_3}d_2}d_1}1}K{4}\mu+16b{2}\mu K{5}+2 K{3}c{0}d_{2}-2 K{3{d{2}c{2}\ mu+K{3neneneei d_{1}^{2}+2 K{3}c{2}d_&\四线组2 d_{2} K（K）_{4} -2a{1}\mu^{2} K（K）_{5} +2b_{1}\mu K_{5}-K_{3} c（c）_{0}c_{1} \mu+K_{3} c（c）_{0}天_{1} +千_{3} c（c）_{1} d日_{2} -克_{3} d日_{1} c（c）{2}\mu\\&\qquad{}+2c_{2} K（K）_{4} \mu^{2}+c{1}\mu-d_{1}=0，\\（\mathrm{vii}）&\quad 2c{1{K{4}\mu-16a{2}\mu^{2} K（K）_{5} -2K{3}c{0}c{2}\mu-K{3{c{1}^{2}\mu+2c{2neneneep \mu=0，\\（\mathrm{vii}）和\quad 8c{2{4}\mu-8a{1}\mu K{5}-3 K{3neneneep c{1{c{2｝\mu-K{3}c{0{c{1}c{2}d_{1}+c{1}=0，\\（\mathrm{ix}）&\quad 2c{4}-40a{2}\mu K{5}-2K{3}c{0}c{2{2}-K{3{c{1{2}-2K{2}c{3}2}2}c}2}，\\（\mathrm{x}）&\四{-}6a{1}K{5}-3 K{3}c{1}c{2}+6 K{4}c{2}=0，\\（\ mathrm}xi}）和\四{-}24a{2}K{5}-2 K{3{c{2{2}^2}=0。\结束{对齐}$$

（3.33）

类似地，在上述子代数下求解这些代数方程得到以下结果。

案例1:

$$\开始{对齐}&a{0}=-\frac{1}{8}\frac}a{2}c{1{^{2}-8c{2}^{2{}{c{2{2}，\qquad a{1}=\frac_2}a{2]}{c_2}}，\ qquad a{2}=a{2{2}，}{16}\压裂{a{2}c{1}^{3}}{c{2}^{3}}，\quad b{2}=\压裂{1}{256}\frac{a{2}c{1}^{4}}{c{2}^{4}}{2}}{K{3}c{2}}，\\&c{1}=c{1{，\qquad c{2{=c{2]，\quad d_{1}=\frac{1}{16}\frac{c}1}^{3}}{c{2neneneep ^{2}，四K{1}=\压裂{5}{12}\压裂{c{1}a{2}^{2}}{c{2}，四K{2}=-\压裂{1}{12} 一个_{2} ^{2}}。\结束{对齐}$$

（3.34）

案例2:

$$开始{对齐}&a_{0}=1，\qquad a_{1}=a_{1'，\qquad a_2}=0，\qquid b_1}=b_{2}=0四元K{1}=\frac{a{1}^{2}}{2c{1}}，\\&K{2}=0，\qquad K{3}=\fracc{2K{4}}{c{1{}，\qquid K{5}=0，\qquad\mu=\mu。\结束{对齐}$$

（3.35）

现在，当我们替换方程式时(3.34)(3.35)和线性方程的解(3.10)转化为等式(3.31)，我们得到了非线性方程的解(3.30)。此外，使用解决方案的值\（f（\xi）\）和\（g（\xi）\）转化为等式(3.29)，我们有方程的双曲、三角和有理函数解(1.1)如下所示。

案例1:

现在，在案例1中，我们有\（\mu=-\压裂{1}{16}\压裂{c{1}^{2}}{c{2}^{2}}\）,即, (\（\mu<0\）)，则主系统的双曲函数解(1.1)如下所示：

$$\开始{对齐}&\开始{-对齐}u（x，t）&=-\frac{1}{8}\ frac{a{2}c{1{^{2}-8c{2}^{2{}{c{2{2}}\\&\四{}+\frac}c}1}a{2{{}}{c}}\biggl[\sqrt{-\mu}\ frac{a\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））+B\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tao_{1{（t\，dt））+B\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））}\biggr]\\&\quad{}+a{2}\bigl[\sqrt{-\mu}\frac{a\sinh dt）}{a\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））+B\sinh（t） \，dt））}\biggr]^{2}\\&\四{}+\分形{1}{16}\frac{a{2}c{1}^{3}}{c{2}^{3}}\bigl[\sqrt{-\mu}\frac{a\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））+B\sinh{1}（t），dt）\，dt））}\biggr]^{-1}\\&\四{}+\分形{1}{256}\frac{a{2}c{1}^{4}}{c{2}^{4]}\bigl[\sqrt{-\mu}\frac{a\sinh{1}（t），dt）\，dt））}\biggr]^{-2}，\end{aligned}\\&\begin{alinged}[b]w（x，t）&=-\frac{1}{8}\frac}\K{3}c{1{^{2}-8c{2}}{K{3}c{2{}\\&\quad{}+c{1neneneep \biggl[\sqrt{-\mu}\frac{A\sinh（\sqrt}-\mu（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））+b\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_1}（t）\，dt））}{A\sinh\，dt））+B\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））}\biggr]\\&\quad{}+c_{2}\bigl[\sqrt{-\mu}\frac{A\sinh dt）}{A\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））+B\sinh（t） \，dt））}\biggr]^{2}\\&\四{}+\frac{1}{16}\frac{c{1}^{3}}{c{2}^{2{}\bigl[\sqrt{-\mu}\frac{A\sinh（t），dt））}{A\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt\，dt））}\biggr]^{-1}\\&\四{}+\分形{1}{256}\frac{c{1}^{4}}{c{2}^{3}\bigl[\sqrt{-\mu}\frac{A\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau{1}（t）\，dt（t），dt））}{A\sinh（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt\，dt））}\biggr]^{-2}，\end{aligned}\end{aligned}$$

(3.36)

哪里\（a{2}\）,\（c{1}\）,\（c{2}\）,\（K_{3}\）、和A类,B类是任意常数。

再次根据案例1，如果我们替换\（\mu=0\）在方程式中(3.34)，那么我们有\（K{1}=K{4}=c{1}=0.）因此，对于\（\mu=0\），我们得到了方程的有理函数解(1.1)如下：

$$\开始{对齐}&u（x，t）=1+a{2}\biggl[\frac{B}{a+B（x-\int\tau_{1}（t）\，dt）}\bigr]^{2}，\\&w（x，t）=\frac}{1}{8K{3}}+c_{2}\ biggl[\frac{B}{a+B（x-\int \tau_}（t）\，dt）}\biggr]^{2}，\结束{对齐}$$

（3.37）

哪里A类,B类和\（a{2}\）,\（c{2}\）,\（K_{3}\）是任意常数。

案例2:

如果\（\mu>0\），主方程的三角函数解(1.1)由以下关系给出：

$$\开始{对齐}&u（x，t）=1+a{1}\biggl[\sqrt{\mu}\frac{a\sin（\sqrt}\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））-B\sin（\sqrt{\ mu}\sqrt{\mu}（x-\int\tau_1}（t）\，dt））}\biggr]，\\&w（x，t）=\frac{c_1}}{2K_{4}}+c_1}\biggl[\sqrt{\mu}\frac{A\sin（\sqrt}\mu}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））-B\sin（\sqrt{\ mu}\，dt））}\biggr]，\end{对齐}$$

(3.38)

哪里A类,B类、和\（K_{4}\）是任意常数。

如果\（\mu<0\），然后是主系统的双曲函数解(1.1)如下所示：

$$\开始{对齐}&u（x，t）=1+a{1}\biggl[\sqrt{-\mu}\frac{a\sinh（\sqrt{-\mo}（x-\int\tau_{1}（t）\，dt））+B\sinh）+B\sin（\sqrt{-\mu}（x-\int\tau_{1}（t），dt））}\biggr]，\\&w（x，t）=\frac{c{1}}{2K{4}}+c_{1}\biggl[\sqrt{-\mu}\frac{A\sinh（\sqrt}-\mu}（x-\int\tau_{1{（t）\，dt））+B\sinh（x-\int\tau_{1}（t）\，dt）}\biggr]，\end{aligned}$$

(3.39)

哪里A类,B类、和\（K_{4}\）是任意常数。

什么时候？\（\mu=0\），我们得到如下合理解：

$$\开始{对齐}&u（x，t）=1+a{1}\biggl[\frac{B}{a+B（x-\int\tau_{1}（t）\，dt）}\bigr]，\\&w（x，t）=\ frac{c_1}{2K_{4}}+c{1}\ biggl[\frac}{B}{a+B]，\结束{对齐}$$

(3.40)

哪里A类,B类、和\（K_{4}\）是任意常数（见图三).

图3

方程给出的扭结紧子孤子解(3.40)带有\（a{1}=1\）,\（c{1}=-1\）,\（K_{4}=-1\）,\（A=B=1）、和\（τ{1}（t）=cos-ech^{2}（t））

4结论和讨论

本文利用两种方法研究了含时耦合KdV–Burgers方程的新孤子解：李对称群方法和修正的孤子解\（（G'/G）\）-膨胀法。因此，通过应用李对称方法，我们减少了非线性偏微分方程(1.1)不同子代数下的非线性常微分方程组。降阶非线性常微分方程是高度非线性的，很难解析求解。因此，在寻求简化非线性常微分方程的解的过程中，我们采用了一种称为\（（G'/G）\）-扩展方法。获得的解的物理行为用图表示1，图2、和图三.