Воспользуемся снова преобразованием Беклунда. Пусть $u=v_0=0$, а $v_1$ и $v_2$ — односолитонные решения (15.10) с параметрами ${\lambda }_1$ и ${\lambda }_2$ соответственно. Наша цель — найти решение $u=v_3$, связанное преобразованиями Беклунда с $v_0,{\lambda }_1$ и ${\lambda }_2$ по схеме, изображенной на рис. 16.1.
Рис. 8
Уравнения по $x$ (15.8) для $v_j,j=1,2,3$ имеют вид
$$\begin{array}{l}{\left(\frac{v_1}{2}\right)}_x={\lambda }_1\sin \frac{v_1}{2},{\left(\frac{v_3-v_1}{2}\right)}_x={\lambda }_2\sin \frac{v_3+v_1}{2},\\ {\left(\frac{v_2}{2}\right)}_x={\lambda }_2\sin \frac{v_2}{2},{\left(\frac{v_3-v_2}{2}\right)}_x={\lambda }_1\sin \frac{v_3+v_2}{2}.\end{array}$$

Выражая производные $v_1$ и $v_2$ из систем (16.1) и (16.2), имеем
$$\begin{array}{rl}{\left(\frac{v_3}{2}\right)}_x=& {\lambda }_2\sin \frac{v_3+v_1}{2}+{\lambda }_1\sin \frac{v_1}{2}=\\ & ={\lambda }_1\sin \frac{v_3+v_2}{2}+{\lambda }_2\sin \frac{v_2}{2}.\end{array}$$

Применяя тригонометрическую формулу для разности синусов, получим из последнего равенства
$${\lambda }_2\sin \frac{v_3+v_1-v_2}{4}={\lambda }_1\sin \frac{v_3+v_2-v_1}{4}$$
или
$$\mathrm{tg}\frac{v_3}{4}=-\frac{{\lambda }_1+{\lambda }_2}{{\lambda }_2-{\lambda }_1}\mathrm{tg}\frac{v_2-v_1}{2}.$$

Вспоминая явную формулу (15.10) для $v_1$ и $v_2$,
$$v_1,v_2=4\mathrm{arctg}\exp \left({\theta }_{1,2}\right),{\theta }_j=\frac{{\lambda }_j}{2}x+\frac{t}{2{\lambda }_j}+{\delta }_j,j=1,2,$$

получим окончательно
$$u(x,t)=v_3=4\mathrm{arctg}(\frac{{\lambda }_1+{\lambda }_2}{{\lambda }_2-{\lambda }_1}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^{{\theta }_1}-{\mathrm{e}}^{{\theta }_2}}{1+{\mathrm{e}}^{{\theta }_1+{\theta }_2}}).$$