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user: 2. 定理的证明 为了证明定理1.1，参考 [ 7 ] 中第三章内容和文献 [ 8 ] [ 9 ] 中孤立子理论，首先需要推导出方程(1.6)所对应的Lax对，而方程(1.6)可以由方程 i ψ x + 1 2 ( ψ x x − 2 | ψ | 2 ψ ) + 2 4 i ( ψ x x x − 6 | ψ | 2 ψ x ) = 0 。 (2.1) 作坐标变换得到，则首先可以研究方程(2.1)的Lax对。 命题2.1方程(2.1)对应的Lax对为： Φ x = ( i λ σ 3 + Q ) Φ ， (2.2) Φ t = [ 2 [ i σ 3 λ 3 + Q λ 2 + ( − i 2 σ 3 Q x + i 2 σ 3 Q 2 ) λ     + ( − 1 4 Q x x + 1 2 Q 3 + 1 4 ( Q x Q − Q Q x ) ) ]     − [ i σ 3 λ 2 + Q λ + ( − i 2 σ 3 Q x + i 2 σ 3 Q 2 ) ] ] Φ 。 (2.3) 其中： Q = ( 0 ψ ψ ¯ 0 ) ，       σ 3 = ( 1 0 0 − 1 ) 。 证明 我们假设方程(2.1)对应的Lax对具有如下形式： { Φ x = ( i λ σ 3 + Q ) Φ Φ x = ( ∑ k = 0 3 v k λ k ) Φ 。 Φ ( λ ; x ， t ) 为复平面上关于 λ 的亚纯函数。因为 Φ x t = Φ t x ，则有 { Φ x t = [ ( i λ σ 3 + Q ) t + ( i λ σ 3 + Q ) ( ∑ k = 0 3 v k λ k ) ] Φ Φ t x = [ ( ∑ k = 0 3 v k λ k ) x + ( ∑ k = 0 3 v k λ k ) ( i λ σ 3 + Q ) ] Φ 。 定义运算符： [ U ， V ] = U V − V U ，则 ( i λ σ 3 + Q ) t − ( ∑ k = 0 3 v k λ k ) x + [ i λ σ 3 + Q ， ∑ k = 0 3 v k λ k ] = 0 。 下面，我们对比 λ k 的系数： λ 4 : [ i σ 3 ， v 3 ] = 0 (2.4) λ 3 : − v 3 ， x + [ i σ 3 ， v 2 ] + [ Q ， v 3 ] = 0 (2.5) λ 2 : − v 2 ， x + [ i σ 3 ， v 1 ] + [ Q ， v 2 ] = 0 (2.6) λ 1 : − v 1 ， x + [ i σ 3 ， v 0 ] + [ Q ， v 1 ] = 0 (2.7) λ 0 : Q t − v 0 ， x + [ Q ， v 0 ] = 0 。 (2.8) 根据式(2.4)，并选择 − v 3 ， x d i a g = 0 ， v 3 d i a g = i σ 3 α 其中 α 是常数。再根据式(2.5)，则得到： v 2 o f f = α Q 。 根据式(2.6)，并选择 − v 2 ， x d i a g + [ Q ， v 2 o f f ] = 0 ， v 2 d i a g = i σ 3 β 其中 β 是常数。则有 2 i σ 3 v 1 o f f = α Q x + 2 i σ 3 β Q ， v 1 o f f = − i 2 σ 3 α Q x + β Q 。 根据式(2.7)，并选择 − v 1 ， x d i a g + [ Q ， v 1 o f f ] = 0 ， v 1 d i a g = i 2 σ 3 α Q 2 则 2 i σ 3 v 0 o f f = v 1 ， x o f f + [ v 1 d i a g ， Q ] = − i 2 σ 3 α Q x x + β Q x + i 2 ( σ 3 α Q 3 − Q σ 3 α Q 2 ) = − i 2 σ 3 α Q x x + β Q x + i σ 3 α Q 3 。 (2.9) 求解式(2.9)，可得 v 0 o f f = − 1 4 α Q x x − i 2 σ 3 β Q x + 1 2 Q 3 α 。 根据式子(2.8)，并令 − v 0 ， x d i a g + [ Q ， v 0 o f f ] = 0 ，则 v 0 ， x d i a g = 1 4 α Q x x Q − Q 1 4 α Q x x + i 2 σ 3 β Q x Q − i 2 Q σ 3 β Q x = 1 4 α ( Q x x Q − Q Q x x ) + i 2 β ( σ 3 β Q x Q + σ 3 Q Q x ) 。 (2.10) 求解式(2.10)，可得 v 0 d i a g = 1 4 α ( Q x Q − Q Q x ) + i 2 σ 3 β Q 2 。 又根据 Q t − v 0 ， x o f f + [ Q ， v 0 d i a g ] = 0 ， − v 0 ， x o f f = 1 4 α Q x x x + i 2 σ 3 β Q x x − 1 2 α ( Q x Q 2 + Q Q x Q + Q 2 Q x ) ， [ Q ， v 0 d i a g ] = α 4 ( 2 Q Q x Q − Q 2 Q x − Q x Q 2 ) − i σ 3 β Q x x 得到 Q t + i 2 β ( σ 3 Q x x − 2 σ 3 Q 3 ) + α 4 ( Q x x x − 3 ( Q x Q 2 + Q 2 Q x ) ) = 0 。 (2.11) 将 Q = ( 0 ψ ψ ¯ 0 ) 代入式(2.11)，得到 ψ t + i 2 β ( ψ x x − 2 | ψ | 2 ψ ) + α 4 ( ψ x x x − 6 | ψ | 2 ψ x ) = 0 。 (2.12) 令 β = − 1 ， α = 2 ，则可以得到： i ψ t + 1 2 ( ψ x x − 2 | ψ | 2 ψ ) + i 2 4 ( ψ x x x − 6 | ψ | 2 ψ x ) = 0 。 (2.13) 综合以上，根据已得： v 0 ， v 1 ， v 2 ， v 3 ， β ， α 的值，可得式子(2.1)的Lax对。 命题2.2 方程(1.6)对应的Lax对为： Φ x = 1 2 ( i λ ψ ψ ¯ − i λ ) Φ ， (2.14) Φ t = ( p 1 p 2 p 3 − p 1 ) Φ 。 (2.15) 其中 p 1 = − i λ 2 − i 2 | ψ | 2 + 2 i λ 3 + 2 i λ 2 | ψ | 2 + 1 2 ( ψ x ψ ¯ − ψ ψ ¯ x ) ， p 2 = − λ ψ + 2 2 i ψ x + 2 λ 2 ψ − i λ ψ x + 2 2 ( | ψ | 2 ψ − ψ x x ) ， p 3 = − λ ψ ¯ − 2 2 i ψ ¯ x + 2 λ 2 ψ ¯ + i λ ψ ¯ x + 2 2 ( | ψ | 2 ψ ¯ − ψ ¯ x x ) 。 证明 根据式子(1.6)和(2.1)之间的坐标变换，易证。 命题2.3已知方程(1.6)的Lax对，在特殊解为 ψ ( x ， t ) = e − i t 的情况下，方程有如下形式的基本解 Φ 0 = D − 1 C e [ 1 2 i ξ x + [ 2 ( λ 2 + 1 2 ) − λ ] i ξ t ] σ 3 ， 其中： λ 2 + ξ 2 = 1 ， D = e i 2 t σ 3 ， C = ( 1 1 − i λ + ξ − i λ − ξ ) 。 证明 利用命题2.2的Lax对，有 Φ 0 ， x = 1 2 ( i λ e − i t e i t − i λ ) Φ 0 ， 引入算子 D = e i 2 t σ 3 ，作变换： Φ ˜ 0 = D Φ 0 。则 ( Φ ˜ 0 ) x = 1 2 D ( i λ e − i t e i t − i λ ) D − 1 Φ ˜ 0 = ( 1 2 i λ 1 2 1 2 − 1 2 i λ ) Φ ˜ 0 。 利用线性代数可得到矩阵的对角化形式 ( 1 2 i ( λ − ξ ) 1 2 1 2 − 1 2 i ( λ + ξ ) ) = C ( 1 2 i ξ 0 0 − 1 2 i ξ ) C − 1 。 引入 Φ ^ 0 = C − 1 Φ ˜ 0 ，则 ( Φ ^ 0 ) x = ( C − 1 Φ ˜ 0 ) x = ( 1 2 i ξ 0 0 − 1 2 i ξ ) Φ ^ 0 。 (2.16) 同理，由于方程满足定命题2.2中lax对，关于参数t，亦可以得到： ( Φ ^ 0 ) t = [ 2 ( λ 2 + 1 2 ) − λ ] ( i ξ 0 0 − i ξ ) Φ ^ 0 。 (2.17) 结合式(2.16)和式(2.17)可以得到 Φ ^ 0 = C − 1 Φ ˜ 0 = e [ 1 2 i ξ x + [ 2 ( λ 2 + 1 2 ) − λ ] i ξ t ] σ 3 。 继而 Φ ˜ 0 = C e [ 1 2 i ξ x + [ 2 ( λ 2 + 1 2 ) − λ ] i ξ t ] σ 3 Φ 0 = D − 1 C e [ 1 2 i ξ x + [ 2 ( λ 2 + 1 2 ) − λ ] i ξ t ] σ 3 。 定理1.1的证明 根据命题2.2，我们知道方程(1.6)的Lax对。设 Φ = ( φ 1 ， φ 2 ) T 。 根据式(2.14)，得到 ( φ 1 φ 2 ) x = ( 1 2 i λ 1 2 ψ 1 2 ψ ¯ − 1 2 i λ ) ( φ 1 φ 2 ) 。 (2.18) 继而利用式(2.18)，得到 φ 1 ， x φ 1 = ( ln φ 1 ) x = 1 2 i λ + 1 2 φ 2 φ 1 . 和 ( φ 2 φ 1 ) x = φ 2 ， x φ 1 − φ 2 φ 1 ， x φ 1 2 = 1 2 ψ ¯ φ 1 − 1 2 i λ φ 2 φ 1 − 1 2 i λ φ 1 φ 2 + 1 2 ψ φ 2 2 φ 1 2 = 1 2 ψ ¯ − 2 i λ φ 2 φ 1 − 1 2 ψ ( φ 2 φ 1 ) 2 。 (2.19) 假设 ϕ = φ 2 φ 1 ， ϕ = ∑ k = 1 + ∞ ω k λ − k ，将其带入式(2.19)，得到 ϕ x = 1 2 ψ ¯ − 2 i λ ϕ − 1 2 ψ ϕ 2 。 和 ∑ k = 1 + ∞ ω k ， x λ − k = 1 2 ψ ¯ − 2 i λ ∑ k = 1 + ∞ ω k λ − k − 1 2 ψ ( ∑ k = 1 + ∞ ω k λ − k ) 2 = 1 2 ψ ¯ − 2 i ∑ k = 0 + ∞ ω k + 1 λ − k − 1 2 ψ ∑ k = 2 + ∞ ( ∑ j = 1 k ω j ω k − j ) λ − k 。 下面，我们比较 λ k 同次幂的系数，则得到： λ 0 : i 2 ω 1 − 1 2 ψ ¯ = 0 λ − 1 : ω 1 ， x + 2 i ω 2 = 0 λ − 2 : ω 2 ， x + 2 i ω 3 + 1 2 ψ ω 1 2 = 0 λ − 3 : ω 3 ， x + 2 i ω 4 + 1 2 ψ 2 ω 1 ω 2 = 0 λ − k : ω k + 1 = 1 2 i [ ω k ， x + 1 2 ψ ∑ j = 1 k ω j ω k − j ] ， ( k ≥ 4 ) 。 根据同阶系数相等，可以算出 ω k ，下面列出前五个系数 ω 1 = − i 2 ψ ¯ ω 2 = 2 4 ψ ¯ x ω 3 = i 8 ( 2 ψ ¯ x x − ψ ¯ 2 ψ ) ω 4 = 1 2 ( 1 4 ψ ψ ¯ ψ ¯ x + 1 8 ( ψ ψ ¯ 2 − 2 ψ ¯ x x ) x ) ， 和 ω 5 = i 1 2 [ ω 4 ， x + 1 2 ψ ( ω 1 ω 3 + ω 2 ω 2 + ω 3 ω 1 ) ] = i 2 [ 1 4 ( ψ ψ ¯ ψ ¯ x ) x + 1 8 [ ( ψ ψ ¯ 2 ) x x − 2 ψ ¯ x x x x ] + ψ [ 1 8 ψ ¯ ( 2 ψ ¯ x x − ψ ψ ¯ 2 ) + 1 8 ψ ¯ x 2 ] ] = i 8 [ ( ψ ¯ ψ ψ ¯ x ) x + 1 2 ( ψ ψ ¯ 2 ) x x − ψ ¯ x x x x + ψ [ ψ ¯ ( ψ ¯ x x − 1 2 ψ ψ ¯ 2 ) + 1 2 ψ ¯ x 2 ] ] 。 根据命题2.3中得到的基本解的形式，假设 φ 1 = Θ ( λ ; x ， t ) e [ 1 2 i ξ x + [ 2 ( λ 2 + 1 2 ) − λ ] i ξ t ] ，其中 Θ 为关于 的解 析函数。则 φ 1 ， x φ 1 = Θ x + 1 2 i ξ Θ Θ = 1 2 ∑ k = 1 + ∞ ( ψ ω k ) λ − k + i λ 2 。 则有 Θ x Θ = 1 2 ∑ k = 1 + ∞ ( ψ ω k ) λ − k + i λ 2 − i ξ 2 。 (2.20) 已知 Θ 为关于 λ 解析函数，且 ，下面分析公式(2.20)右边部分，对 ξ 关于 λ 展开，并合并 的同阶系数，则 Θ x Θ = 1 2 ∑ k = 1 + ∞ ( ψ ω k ) λ − k + i λ 2 − 1 2 i ξ = 1 2 ∑ k = 1 + ∞ ( ψ ω k ) λ − k + i λ 2 − 1 2 i λ ( ∑ k = 0 + ∞ ∏ j = 0 k − 1 ( j − 1 2 ) k ! λ − 2 k ) = 1 2 ∑ k = 1 + ∞ ( ψ ω k ) λ − k − 1 2 i ( ∑ k = 1 + ∞ ∏ j = 0 k − 1 ( j − 1 2 ) k ! λ − 2 k + 1 ) 。 (2.21) 同样，利用式(2.15)有 ( φ 1 φ 2 ) t = ( p 1 p 2 p 3 − p 1 ) ( φ 1 φ 2 ) 。(2.22) 根据式(2.22)，有 φ 1 ， t φ 1 = ( ln φ 1 ) t = p 1 + p 2 ϕ = ∑ k = − 3 + ∞ T k λ − k 。 其中： T − 3 = 2 i ， T − 2 = − i ， T − 1 = 2 i 2 | ψ | 2 + 2 ψ ω 1 ， T 0 = − i 2 | ψ | 2 + 1 2 ( ψ x ψ ¯ − ψ x ψ ¯ x ) − ψ ω 1 − i ψ x ω 1 + 2 ψ ω 2 ， T k = 2 i 2 ψ x ω k + 2 2 ( | ψ | 2 ψ − ψ x x ) ω 1 − ( ψ + i ψ x ) ω k + 1 + 2 ψ ω k + 2 ， ( k ≥ 1 ) 。 综合以上，我们得到 φ 1 的关于 x ， t 的二阶微分 ( φ 1 ， x φ 1 ) t = ( ln φ 1 ) x t = 1 2 ∑ k = 1 + ∞ ( ψ ω k ) t λ − k + ( i λ 2 ) t ( φ 1 ， t φ 1 ) x = ( ln φ 1 ) t x = ∑ k = − 3 + ∞ ( T k ) x λ − k 。 由 φ 1 = Θ ( λ ; x ， t ) e [ 1 2 i ξ x + [ 2 ( λ 2 + 1 2 ) − λ ] i ξ t ] ，则有 ( Θ x Θ ) t = ( Θ t Θ ) x = ( 1 2 ∑ k = 1 + ∞ ( ψ ω k ) λ − k − 1 2 i ( ∑ k = 1 + ∞ ∏ j = 0 k − 1 ( j − 1 2 ) k ! λ − 2 k + 1 ) ) t = ∑ k = − 3 + ∞ ( T k ) λ − k 。 根据相容性条件 ( ln Θ ) x t = ( ln Θ ) t x ，可得到AKNS方程族的守恒律。 当 k = 2 n + 1 ， n ∈ N ，即k为奇数时， ( 1 2 ψ ω k − ∏ j = 0 k − 1 ( j − 1 2 ) k ! ) t = ( T k ) x 。 (2.23) 当 k = 2 n ， n ∈ N ，即k为偶数时， ( 1 2 ψ ω k ) t = ( T k ) x 。 (2.24) 结合公式(2.23)和公式(2.24)，下面列出其中两个守恒律 ( 1 2 ψ ω 1 + 2 4 i ) t = ( 1 2 ( − | ψ | 2 + 1 ) ) t = ( T 1 ) x ， (2.25) ( 1 2 ψ ω 5 + 2 32 i ) t = { 1 2 ψ { i 8 [ ( ψ ¯ ψ ψ ¯ x ) x + 1 2 ( ψ ψ ¯ 2 ) x x − ψ ¯ x x x x + ψ [ ψ ¯ ( ψ ¯ x x − 1 2 ψ ψ ¯ 2 ) + 1 2 ψ ¯ x 2 ] ] } + 2 32 i } t = ( T 5 ) x 。 (2.26) 推论1.1的证明 根据定理1.1，我们知道方程(1.6)的无穷守恒律如公式(2.23)和(2.24)所示。 根据式(2.26)得出守恒量 ∫ ℝ | ψ x x | 2 + 1 2 ( ψ x 2 ψ ¯ 2 + 2 ψ ¯ ψ ¯ x ψ ψ x + ψ 2 ψ ¯ x 2 ) + 3 | ψ | 2 | ψ x | 2 + 1 2 | ψ | 6 − 1 2 d x 。 (2.27) 根据式(2.25)得出守恒量 ∫ ℝ 1 2 ( − | ψ | 2 + 1 ) d x 。 (2.28) 则根据上面两个守恒量，我们得出 ∫ ℝ | ψ x x | 2 + 1 2 ( ψ x 2 ψ ¯ 2 + 2 ψ ¯ ψ ¯ x ψ ψ x + ψ 2 ψ ¯ x 2 ) + 3 | ψ | 2 | ψ x | 2 + 1 2 | ψ | 6 − 1 2 d x + 3 2 2 ∫ ℝ 1 2 ( − | ψ | 2 + 1 ) d x = ∫ ℝ [ | ψ x x | 2 + 3 | ψ | 2 | ψ x | 2 + 1 2 ( ψ ¯ ψ x + ψ ψ x ¯ ) 2 + ( 1 − | ψ | 2 ) 2 ( 1 + 1 2 | ψ | 2 ) ] d x = S ( ψ ) 。 (2.29) 意义：文献 [ 10 ] [ 11 ] 在证明解的轨道稳定性时，利用了高阶守恒量，但未给出证明，本文给出了基于Lax对证明方程无穷守恒律和高阶守恒量的方法。此外，该部分内容为我们进一步利用无约束变分的方法研究方程： i ( ψ x + ψ t ) + ψ x x − | ψ | 2 ψ + i ( ψ x x x − 3 | ψ | 2 ψ x ) = 0 。 的暗孤子解： ψ = e − i t u 0 ( x ) ， u 0 ( x ) = tanh ( x 2 ) ， x ∈ ℝ 的轨道稳定性奠定了基础。