广义Klein-Gordon方程的行波解

Travelling Wave Solutions of a Class of Generalized Klein-Gordon Equations

摘要: 本文运用黎卡提方程法解决Klein-Gordon方程的行波解问题，得到了几类特殊形式的行波解。

Abstract: In this paper, the travelling wave solutions of a class of generalized Klein-Gordon equations are studied by Riccati equation method. Some new travelling wave solutions of special forms are obtained.

1. 基础知识

形如

$\frac{\text{d}y}{\text{d}t}=A\left(t\right)y^2+B\left(t\right)y+C(t)$

的方程称为黎卡提方程,其中 $A\left(t\right),B\left(t\right)$ 和 $C\left(t\right)$ 在所讨论的区间内为连续函数。1841年法国数学家刘维尔证明了在一般情形下黎卡提方程的解不能运用函数的有限次积分以及有限次代数运算而得到，然而他得到了特殊类型的黎卡提方程可化为伯努利方程求解的方法。国内外在黎卡提方程的推广研究侧重点各有差异，比如代数微分方程，离散微分方程，KdV方程的无穷序列复合型类孤子解等。

1) 运用黎卡提方程，可以求解非线性波动方程

$p\left(u,u_t,u_x,u_{tt},u_{tx},u_{xx},\cdots \right)=0$

的行波解，该方法主要步骤如下：

我们首先引入波动变量 $\xi =x-ct$ 使得 $u\left(x,t\right)=u\left(\xi \right)$，因此偏微分方程化为关于 $u=u\left(\xi \right)$ 的常微分方程

$p\left(u,-c{u}^{\prime },u^{\prime },c^2{u}^{″},-c{u}^{″},u^{″},\cdots \right)=0$ (1)

2) 然后我们假设方程(1)的解可以表示为

$u\left(\xi \right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{N}{\sum }}{a}_k\left(\xi \right)y{\left(\mu \xi \right)}^k}$ (2)

$a_k\left(\xi \right)$ ( $k=0,1,\cdot \cdot \cdot ,N$ )是关于 $\xi$ 的函数，是需要进一步确定的常数， $y\left(t\right)$ 是黎卡提方程的解。之后有

$\{\begin{array}{l}\frac{\text{d}}{\text{d}t}{y}^k\left(t\right)=k\left[A\left(t\right)y^{k+1}+B\left(t\right)y+C\left(t\right)y^{k-1}\right]\\ \frac{{\text{d}}^2}{\text{d}{t}^2}{y}^k\left(t\right)=k\left(k+1\right)A^2\left(t\right)y^{k+2}+k\left[\left(2k+1\right)A\left(t\right)B\left(t\right)+A^{\prime }\left(t\right)\right]y^{k+1}\\ +k\left[2kA\left(t\right)C\left(t\right)+k{B}^2\left(t\right)+B^{\prime }\left(t\right)\right]y^k\\ +k\left[\left(2k-1\right)B\left(t\right)C\left(t\right)+C^{\prime }\left(t\right)\right]y^{k-\text{1}}+k\left(k-1\right)C^2\left(t\right)y^{k-2}\end{array}$ (3)

其他导数也是如此。因此， $\frac{\text{d}}{\text{d}\xi }u\left(\xi \right)$ 和 $\frac{{\text{d}}^{\text{2}}}{\text{d}{\xi }^{\text{2}}}u\left(\xi \right)$ 分别是 $N+1$ 和 $N+\text{2}$ 次黎卡提微分方程的多项式。

3) 将(2)代入到方程(1)中，通过(3)得到关于 $y\left(u\xi \right)$ 的代数方程。为了确定参数N，一般我们会平衡得到的方程中最高阶的线性项与最高阶的非线性项，并收集所有相同 $y\left(u\xi \right)$ 的系数，把这些系数都消去，最后得到一个包括函数 $a_k\left(\xi \right)$ ( $k=0,1,\cdot \cdot \cdot ,N$ )，c和 $\mu$ 的方程组。

4) 求解步骤3的代数方程组得到了函数 $a_k\left(\xi \right)$ ( $k=0,1,\cdot \cdot \cdot ,N$ )，c和 $\mu$ 的所有可能值，确定了这些函数和参数，知道N是正整数，通过(2)得到封闭形式的解析解 $u\left(x,t\right)$ 。

注1：如果我们用黎卡提方程 $y^{\prime }\left(t\right)=y^2\left(t\right)+1$ 的解 $y\left(t\right)=\tanh \left(t\right)$，当 $a_k\left(\xi \right)$ ( $k=0,1,\cdot \cdot \cdot ,N$ )，则黎卡提方程法可转化为tanh思想 [1]。

注2：若我们用黎卡提方程 $y^{\prime }\left(t\right)=-\left(y^2\left(t\right)+\alpha y\left(t\right)+\beta \right)$ 的解 ，当 $\omega \left(t\right)$ 是二阶线性微分方程 ${\omega }^{″}\left(t\right)+\alpha {\omega }^{\prime }\left(t\right)+\beta \omega \left(t\right)=0$ 时，取 $\mu =\text{1}$，则黎卡提方程法转化为 $\left(\frac{G^{\prime }}{G}\right)$ -展开法 [2] [3]。

2. 广义Klein-Gordon方程行波解

广义Klein-Gordon方程为

$u_{tt}-a^2{u}_{xx}+bu+f{u}^2-k{u}^3=0$ (4)

$a,b,f$ 和k都为常数， $u\left(x,t\right)$ 是未知函数。引入波动变量 $\xi =x-ct$，则方程(4)转化为

$bu+f{u}^2-k{u}^3+\left(c^2-a^2\right)u_{\xi \xi }=0$ (5)

则平衡 $u_{\xi \xi }$ 和 $u^3$ 后有 $N+2=3N$，解得 $N=1$ 。因此，(2)可表示为

$u\left(\xi \right)=a_{\text{1}}\left(\xi \right)y\left(\mu \xi \right)+a_0\left(\xi \right)$ (6)

将(6)代入到方程(5)中，并计算 $y\left(\mu \xi \right)$ 的系数，就可得出关于 $a_{\text{1}}\left(\xi \right)$， $a_0\left(\xi \right)$，c和 $\mu$ 的方程组

$\{\begin{array}{l}{y}^3:-k{a}_1^3\left(\xi \right)+2{\mu }^2\left(c^2-a^2\right)a_1\left(\xi \right)A^2\left(\mu \xi \right)=0\\ y^2:f{a}_1^2\left(\xi \right)-3k{a}_0\left(\xi \right)a_1^2\left(\xi \right)+\left(c^2-a^2\right)\left[2\mu {a^{\prime }}_1\left(\xi \right)A\left(\mu \xi \right)+{\mu }^2{a}_1\left(\xi \right)\left(A^{\prime }\left(\mu \xi \right)+3A\left(\mu \xi \right)B\left(\mu \xi \right)\right)\right]=0\\ y^1:b{a}_1\left(\xi \right)+2f{a}_0\left(\xi \right)a_1\left(\xi \right)-3k{a}_0^2\left(\xi \right)a_1\left(\xi \right)+\left(c^2-a^2\right)[{a^{″}}_1\left(\xi \right)+2\mu {a^{\prime }}_1\left(\xi \right)B\left(\mu \xi \right)\\ +{\mu }^2{a}_1\left(\xi \right)\left(B^{\prime }\left(\mu \xi \right)+2A\left(\mu \xi \right)C\left(\mu \xi \right)+B^2\left(\mu \xi \right)\right)]=0\\ y^0:b{a}_0\left(\xi \right)+f{a}_0^2\left(\xi \right)-3k{a}_0^3\left(\xi \right)+\left(c^2-a^2\right)[{a^{″}}_0\left(\xi \right)+2\mu {a^{\prime }}_1\left(\xi \right)C\left(\mu \xi \right)\\ +{\mu }^2{a}_1\left(\xi \right)\left(C^{\prime }\left(\mu \xi \right)+B\left(\mu \xi \right)C\left(\mu \xi \right)\right)]=0\end{array}$ (7)

上述代数系统依赖于黎卡提方程中系数 $A\left(t\right),B\left(t\right)$ 和 $C\left(t\right)$ 的选择，下面我们选取系数 $A\left(t\right),B\left(t\right)$ 和 $C\left(t\right)$ 的一些特殊情况，基于这些选择和上述方程组我们构造了推广的Klein-Gordon方程(4)的特殊精确解 [4]。

1) 如果我们取 $A\left(t\right)=-1,B\left(t\right)=0,C\left(t\right)=1$，则可得到黎卡提方程 $\frac{\text{d}}{\text{d}t}y\left(t\right)=-y^2\left(t\right)+1$，解为

$y\left(t\right)=\tanh \left(t\right)$ 。这时解方程组(7)得

$\{\begin{array}{l}{a}_0=\frac{f}{3k}\\ a_1=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2}}\\ {\mu }^2=\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)},\left(c\ne a\right)\end{array}$ (8)

和

$\{\begin{array}{l}{a}_0=\frac{\text{2}f}{3k}\\ a_1=\pm \sqrt{\frac{b}{k}}\\ {\mu }^2=\frac{b}{\text{2}\left(c^2-a^2\right)},\left(c\ne a\right)\end{array}$ (9)

其中c为任意常数。根据(9)可把解(6)写为

$u\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2}}y\left(\mu \xi \right)+\frac{f}{3k}$ (10)

和

$u\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{b}{k}}y\left(\mu \xi \right)+\frac{2f}{3k}$ (11)

当 $\frac{3kb+f{}^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}>0$ 时，有纽结解

$u_1\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2}}\tanh \left(\sqrt{\frac{3kb+f{}^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{f}{3k}$ (12)

当 $k,b,f,c$ 取1，a取0时，解(12)的图像为图1。

Figure 1. Image of solution (12)

图1. 解(12)的图像

当 $\frac{3kb+f{}^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}<0$ 时，有复周期解

$u_{\text{2}}\left(x,t\right)=\pm i\sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2}}\tan \left(\sqrt{\frac{3kb+f{}^2}{6k\left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{f}{3k}$ (13)

当 $\frac{b}{\text{2}\left(c^2-a^2\right)}>0$ 时，有纽结解

$u_3\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{b}{k}}\tanh \left(\sqrt{\frac{b}{\text{2}\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{2f}{3k}$ (14)

当 $k,b,f,c$ 取1，a取0时，解(14)的图像为图2。

Figure 2. Image of solution (14)

图2. 解(14)的图像

当 $\frac{b}{\text{2}\left(c^2-a^2\right)}<0$ 时，有复周期解

$u_4\left(x,t\right)=\pm i\sqrt{\frac{b}{k}}\tan \left(\sqrt{\frac{b}{\text{2}\left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{2f}{3k}$ (15)

如果我们用黎卡提方程 $\frac{\text{d}}{\text{d}t}y\left(t\right)=-y^2\left(t\right)+1$ 的解 $y\left(t\right)=\coth \left(t\right)$，则

当 $\frac{3kb+f{}^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}>0$ 时，有纽结解

$u_{\text{5}}\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2}}\coth \left(\sqrt{\frac{3kb+f{}^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{f}{3k}$ (16)

当 $k,b,f,c$ 取1，a取0时，解(16)的图像为图3。

当 $\frac{3kb+f{}^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}<0$ 时，有复周期解

$u_{\text{6}}\left(x,t\right)=\pm i\sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2}}\text{cot}\left(\sqrt{\frac{3kb+f{}^2}{6k\left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{f}{3k}$ (17)

Figure 3. Image of solution (16)

图3. 解(16)的图像

当 $\frac{b}{\text{2}\left(c^2-a^2\right)}>0$ 时，有纽结解

$u_{\text{7}}\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{b}{k}}\coth \left(\sqrt{\frac{b}{\text{2}\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{2f}{3k}$ (18)

当 $\frac{b}{\text{2}\left(c^2-a^2\right)}<0$ 时，有复周期解

$u_4\left(x,t\right)=\pm i\sqrt{\frac{b}{k}}\cot \left(\sqrt{\frac{b}{\text{2}\left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{2f}{3k}$ (19)

当±都取+时，行波解与文 [5] 中采用tanh法得到的行波解相同。

2) 如果我们取 $A\left(t\right)=-1,B\left(t\right)=-\alpha ,C\left(t\right)=-\beta$，则可得到黎卡提方程 $\frac{\text{d}}{\text{d}t}y\left(t\right)=-\left(y^2\left(t\right)+\alpha y\left(t\right)+\beta \right)$，解为 $y\left(t\right)=\frac{{\omega }^{\prime }\left(t\right)}{\omega \left(t\right)}$，而 $\omega \left(t\right)$ 是二阶线性微分方程 ${\omega }^{″}\left(t\right)+\alpha {\omega }^{\prime }\left(t\right)+\beta \omega \left(t\right)=0$ 的解(13)。这时解方程组(7)得

$\{\begin{array}{l}{a}_0=\frac{f}{3k}+\frac{\alpha }{2}{a}_1\\ a_1=\pm \sqrt{\frac{4\left(3kb+f^2\right)}{3k^2\left({\alpha }^2-4\beta \right)}}\\ {\mu }^2=\frac{2\left(3kb+f^2\right)}{3k\left(c^2-a^2\right)\left({\alpha }^2-4\beta \right)}\end{array}$ (20)

其中 $c,\alpha$ 和 $\beta$ ( $c\ne a,{\alpha }^2\ne 4\beta ,k\ne 0$ )为任意常数。这将得到孤波解

如果，则我们可得

$\omega \left(t\right)=\exp \left(\frac{-\alpha }{2}t\right)\left(C_1\cosh \left(\frac{\sqrt{{\alpha }^2-4\beta }}{2}t\right)+C_2\sinh \left(\frac{\sqrt{{\alpha }^2-4\beta }}{2}t\right)\right)$

当 $\xi =x-ct$ 时有

$u_1\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2}}\left[\frac{C_1\sinh \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)+C_2\cosh \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)}{C_1\cosh \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)+C_2\sinh \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)}\right]+\frac{f}{3k}$ (21)

当 $C_1$ 取1， $C_2$ 取2， $k,b,f,c$ 取1，a取0时，解(21)的图像为图4。

Figure 4. Image of solution (21)

图4. 解(21)的图像

或

$u_2\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2}}\left[\frac{-C_1\sinh \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)+C_2\cosh \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)}{C_1\cosh \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)-C_2\sinh \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)}\right]+\frac{f}{3k}$ (22)

当 $C_1$ 取1， $C_2$ 取2， $k,b,f,c$ 取1，a取0时，解(22)的图像为图5。

如果 ${\alpha }^{\text{2}}-4\beta <0$，则我们可得

$\omega \left(t\right)={\text{e}}^{-\frac{\alpha }{2}t}\left(C_1\cos \left(\frac{\sqrt{4\beta -{\alpha }^2}}{2}t\right)+C_2\sin \left(\frac{\sqrt{4\beta -{\alpha }^2}}{2}t\right)\right)$

当 $\xi =x-ct$ 时有

Figure 5. Image of solution (22)

图5. 解(22)的图像

$u_3\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{-3kb-f^2}{3k^2}}\left[\frac{-C_1\sin \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(a^2-c^2\right)}}\xi \right)+C_2\cos \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(a^2-c^2\right)}}\xi \right)}{C_1\cos \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(a^2-c^2\right)}}\xi \right)+C_2\sin \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(a^2-c^2\right)}}\xi \right)}\right]+\frac{f}{3k}$ (23)

或

$u_4\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{-3kb-f^2}{3k^2}}\left[\frac{C_1\sin \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)+C_2\cos \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)}{C_1\cos \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)-C_2\sin \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\xi \right)}\right]+\frac{f}{3k}$ (24)

其中 $C_1,C_2$ 为任意常数。如果取 $C_1=1,C_2=0$，则解(3-22) (3-23)可写为纽结解

$u_5\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2}}\tanh \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{f}{3k}$ (25)

且解(23) (24)可写为周期解

$u_6\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{-3kb-f^2}{3k^2}}\tan \left(\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)+\frac{f}{3k}$ (26)

3) 如果我们取 $A\left(t\right)=\alpha ,B\left(t\right)=0,C\left(t\right)=\beta$，则可得到黎卡提方程 $\frac{\text{d}}{\text{d}t}y\left(t\right)=\alpha y^2\left(t\right)+\beta$，

解为 $y\left(t\right)=\frac{-1}{\alpha }\frac{Q^{\prime }\left(t\right)}{Q\left(t\right)}$，而 ， $J_{\frac{1}{2}},Y_{\frac{1}{2}}$ 是取 $\frac{\text{1}}{\text{2}}$ 时的贝塞尔函数 [6]，其中 C₁,C₂ 是任意常数。这时解方程组(7)得

$\{\begin{array}{l}{a}_0=\frac{f}{3k}\\ a_1=\pm \sqrt{\frac{-\alpha \left(3kb+f^2\right)}{3k^2\beta }}\\ {\mu }^2=\frac{3kb-f^2}{6k\alpha \beta \left(a^2-c^2\right)}\end{array}$ (27)

和

(28)

其中 $c,\alpha$ 和( $c\ne a$ )为任意常数。当解为(27)时，得到行波解

$u_1\left(x,t\right)=\pm \frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{-\alpha \left(3kb+f^2\right)}{3k^2\beta }}\frac{Q^{\prime }\left(\sqrt{\frac{3kb-f^2}{6k\alpha \beta \left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)}{Q\left(\sqrt{\frac{3kb-f^2}{6k\alpha \beta \left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)}+\frac{f}{3k}$ (29)

或

$u_2\left(x,t\right)=\pm \frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{-\alpha \left(3kb+f^2\right)}{3k^2\beta }}\frac{Q^{\prime }\left(-\sqrt{\frac{3kb-f^2}{6k\alpha \beta \left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)}{Q\left(-\sqrt{\frac{3kb-f^2}{6k\alpha \beta \left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)}+\frac{f}{3k}$ (30)

当解为(28)时，得到行波解

$u_3\left(x,t\right)=\pm \frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{-\alpha b}{k\beta }}\frac{Q^{\prime }\left(\sqrt{\frac{b}{2\alpha \beta \left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)}{Q\left(\sqrt{\frac{b}{2\alpha \beta \left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)}+\frac{2f}{3k}$ (31)

或

$u_4\left(x,t\right)=\pm \frac{1}{\alpha }\sqrt{\frac{-\alpha b}{k\beta }}\frac{Q^{\prime }\left(-\sqrt{\frac{b}{2\alpha \beta \left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)}{Q\left(-\sqrt{\frac{b}{2\alpha \beta \left(a^2-c^2\right)}}\left(x-ct\right)\right)}+\frac{2f}{3k}$ (32)

如果我们取 $A\left(t\right)=\text{1},B\left(t\right)=0,C\left(t\right)=-{\alpha }^2$，则可得到黎卡提方程 $\frac{\text{d}}{\text{d}t}y\left(t\right)=y^2\left(t\right)-{\alpha }^2$，解为 $y\left(t\right)=\alpha +\frac{\text{2}\alpha C_1{\text{e}}^{2\alpha t}}{C_2-C_1{\text{e}}^{2\alpha t}}$，其中 $C_1,C_2$ 是任意常数 [7]。这时解方程组(7)得

$\{\begin{array}{l}{a}_0=\frac{f}{3k}\\ a_1=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2{\alpha }^{\text{2}}}}\\ {\mu }^2=\frac{3kb+f^2}{6k{\alpha }^{\text{2}}\left(c^2-a^2\right)}\end{array}$ (33)

和

(34)

其中c和 $\alpha$ ( $c\ne a$ )为任意常数。当解为(33)时，得到行波解

$u_1\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2{\alpha }^2}}\left(\alpha +\frac{2\alpha C_1{\text{e}}^{2\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)}}{C_2-C_1{\text{e}}^{2\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)}}\right)+\frac{f}{3k}$ (35)

当 $C_1,\alpha$ 取1， $C_2$ 取2， $k,b,f,c$ 取1，a取0时，解(35)的图像为图6。

Figure 6. Image of solution (35)

图6. 解(35)的图像

或

$u_2\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{3kb+f^2}{3k^2{\alpha }^2}}\left(\alpha +\frac{2\alpha C_1{\text{e}}^{-2\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)}}{C_2-C_1{\text{e}}^{-2\sqrt{\frac{3kb+f^2}{6k\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)}}\right)+\frac{f}{3k}$ (36)

当解为(34)时，得到行波解

$u_{\text{3}}\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{b}{k{\alpha }^2}}\left(\alpha +\frac{2\alpha C_1{\text{e}}^{2\sqrt{\frac{b}{2\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)}}{C_2-C_1{\text{e}}^{2\sqrt{\frac{b}{2\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)}}\right)+\frac{2f}{3k}$ (37)

或

$u_4\left(x,t\right)=\pm \sqrt{\frac{b}{k{\alpha }^2}}\left(\alpha +\frac{2\alpha C_1{\text{e}}^{-2\sqrt{\frac{b}{2\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)}}{C_2-C_1{\text{e}}^{-2\sqrt{\frac{b}{2\left(c^2-a^2\right)}}\left(x-ct\right)}}\right)+\frac{2f}{3k}$ (38)

本文主要利用黎卡提方程作为辅助方程，研究了一类波动方程的行波解问题，得到了一些新的行波解的形式。相比原有的方法，该方法更加容易理解与计算。