那现在用下另一种方法证明以上的结论

我们还是用复数法证下。

由上一个结论，对某一频率的波模，我们可以设：

$u_{\omega }=A_{\omega ,+}cos(\omega t-kx+{\varphi }_{\omega ,+})+A_{\omega ,-}cos(\omega t+kx+{\varphi }_{\omega ,-})$（2.12）

改为复数形式：

${\tilde{u}}_{\omega }=A_{\omega ,+}{e}^{i{\varphi }_{\omega ,+}}{e}^{i\omega t}{e}^{-ikx}+A_{\omega ,-}{e}^{i{\varphi }_{\omega ,-}}{e}^{i\omega t}{e}^{ikx}={\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{i\omega t}{e}^{-ikx}+{\tilde{A}}_{\omega ,-}{e}^{i\omega t}{e}^{ikx}$（2.13）

我们先看第一类齐次边界条件。

首先，波动量在x=0处为0：

${\tilde{u}}_{\omega }{|}_{x=0}={\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{i\omega t}+{\tilde{A}}_{\omega ,-}{e}^{i\omega t}=0$ (2.14)

即：${\tilde{A}}_{\omega ,+}+{\tilde{A}}_{\omega ,-}=0$（2.15）

先说一嘴，式（2.15）表示了形成驻波需两列角频率相同，传播方向相反的行波相叠加。

然后，波动量在x = L处为0：

${\tilde{u}}_{\omega }{|}_{x=L}={\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{i\omega t}{e}^{-ikL}+{\tilde{A}}_{\omega ,-}{e}^{i\omega t}{e}^{ikL}=0$ (2.16)

即：${\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{-ikL}+{\tilde{A}}_{\omega ,-}{e}^{ikL}=0$（2.17）

联立（2.15）、（2.17）：

$\{\begin{array}{l}{\tilde{A}}_{\omega ,+}+{\tilde{A}}_{\omega ,-}=0\\ {\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{-ikL}+{\tilde{A}}_{\omega ,-}{e}^{ikL}=0\end{array}$（2.18）

式（2.18）为一线性齐次方程组。为使其有非零解，系数行列式应为0（显然如果使复振幅为0的话可以扔掉了，最后求和的时候就只用看复振幅不为零的）。

即：

$\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ e^{-ikL}& e^{ikL}\end{array}\right|=0$（2.19）

即：

$e^{ikL}-e^{-ikL}=2isin(kL)=0$ (2.20)

由正弦函数的性质和k、L大于零的条件：

$kL=n\pi ,n\in N_{+}$（2.21）

由$k=\frac{2\pi }{\lambda }$（2.22）

有：$\lambda =\frac{2L}{n},n\in N_{+}$（2.23）

（2.23）与（2.5）完全相同。

由（2.18）第一式得：${\tilde{A}}_{\omega ,+}=-{\tilde{A}}_{\omega ,-}$（2.24）

（2.24）代入（2.13），有：

${\tilde{u}}_{\omega }={\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{i\omega t}(e^{ikx}-e^{-ikx})=2i{\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{i\omega t}sin(kx)=A_{\omega }{e}^{i(\omega t+{\varphi }_{\omega })}sin(kx)$（2.25）

（2.25）最后一个等式的常量是新定义的。

(2.25)取实部：

$u_{\omega }=A_{\omega }sin(kx)cos(\omega t+{\varphi }_{\omega })$（2.26）

从（2.26）可见这种方法的时间项和空间项自然地分离了。

由（2.21）：

$k_n=\frac{n\pi }{L},n\in N_{+}$（2.27）（角标改为n）

由（2.6）的波长角频率和波速的关系：

${\omega }_n=\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}},n\in N_{+}$（2.28）

（2.27）、（2.28）代入（2.26），：

$u_{n,1}=A_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1})$（2.29）

对这无穷项求和：

$u_1=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1})$（2.30）

可以发现，用复数法求出来的（2.30）和（2.11）一样。这种方法确实稍微繁琐一点，但是我比较喜欢这种，因为得出时间项和空间项分离更加自然。

其实接下来第二类边界条件就是同理可得了，不过干脆写下吧。

同样从（2.13）开始：

首先是x = 0处波动量对x的偏导数为0：

$\frac{\partial {\tilde{u}}_{\omega }}{\partial x}{|}_{x=0}=-ik{\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{i\omega t}+ik{\tilde{A}}_{\omega ,-}{e}^{i\omega t}=0$（2.31）

即：${\tilde{A}}_{\omega ,+}-{\tilde{A}}_{\omega ,-}=0$（2.32）

然后是x = L处波动量对x的偏导数为0：

$\frac{\partial {\tilde{u}}_{\omega }}{\partial x}{|}_{x=L}=-ik{\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{i\omega t}{e}^{-ikL}+ik{\tilde{A}}_{\omega ,-}{e}^{i\omega t}{e}^{ikL}=0$（2.33）

即：${\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{-ikL}-{\tilde{A}}_{\omega ,-}{e}^{ikL}=0$（2.34）

联立（2.32）、（2.34）：

$\{\begin{array}{l}{\tilde{A}}_{\omega ,+}-{\tilde{A}}_{\omega ,-}=0\\ {\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{-ikL}-{\tilde{A}}_{\omega ,-}{e}^{ikL}=0\end{array}$（2.35）

同上，系数行列式应为零：

$\left|\begin{array}{cc}1& -1\\ e^{-ikL}& -e^{ikL}\end{array}\right|=0$（2.36）

即：$-e^{ikL}+e^{-ikL}=-2isin(kL)=0$（2.37）

由正弦函数性质与k、L大于零，同样可得：

$kL=n\pi ,n\in N_{+}$（2.38）

由（2.22）k的定义：

$\lambda =\frac{2L}{n},n\in N_{+}$（2.39）

（2.39）与（2.23）、（2.5）完全相同。

由（2.35）的第一式：

${\tilde{A}}_{\omega ,+}={\tilde{A}}_{\omega ,-}$（2.40）

（2.40）代入（2.13）：

${\tilde{u}}_{\omega }={\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{i\omega t}(e^{ikx}+e^{-ikx})=2{\tilde{A}}_{\omega ,+}{e}^{i\omega t}cos(kx)=A_{\omega }{e}^{i(\omega t+{\varphi }_{\omega })}cos(kx)$（2.41）

（2.41）取实部：

$u_{\omega }=A_{\omega }cos(kx)cos(\omega t+{\varphi }_{\omega })$（2.42）

前面第二类齐次边界条件的波数与波长满足条件与第一类齐次边界条件的波数与波长条件完全相同，故完全可以套用（2.27）、（2.28）。把（2.27）、（2.28）代入（2.42）：

$u_{n,2}=A_{n,2}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,2})$（2.43）

对这无穷项求和：

$u_2=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_{n,2}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,2})$（2.44）

（2.44）也与（2.11）完全相同。

好了，到这里第二个命题也证明完了。

最后说下应用，先说一类齐次边界条件，这就像两边固定的弹性介质的纵振动，而第二类齐次边界条件，就像两边自由的弹性介质的纵振动。这个方法理论上可以应用与各种复杂的边界条件，这里只是举出了两个简单的边界条件。而且对于一些复杂的边界条件，不能一眼看出波长的关系的，这种方法反而更优。