好，那现在开始证第三个命题。当然了，这里更多的像验证，因为齐次一、二类边界条件的话，我们可以定性地判断能量守恒。这里先说下，就不能直接从复数推了，这里得用上一个命题的结论。这是因为命题二用复数，相当于一个不完整的傅里叶级数，是为了线性的情况下方便运算，毕竟这个时候不改变实部嘛。但是现在找能量，需要平方项了，所以这么做就有问题了。这里再说下第一个命题为什么可以用复数做，其实这里不是用到复数线性运算实部虚部互不影响的性质，而是直接傅里叶变换过去了，所以本质是同一个函数，而并非仅实部相同，所以没有问题。

我们还是以第一类齐次边界条件和第二类齐次边界条件为例。

对第一类齐次边界条件：

将（2.29）代入（1.1），有：

$d{T}_1=\frac{1}{2}{\rho }_{1}dx(\frac{\partial u_1}{\partial t}{)}^2=\frac{1}{2}{\rho }_{1}dx(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}})A_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){)}^2$（3.1）

化简：

$d{T}_1=\frac{{\pi }^2}{2L^2}{\epsilon }_{1}dx(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{A}_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){)}^2$（3.2）

将（2.29）代入（1.5），有：

$d{V}_1=\frac{1}{2}{\epsilon }_{1}dx(\frac{\partial u_1}{\partial x}{)}^2=\frac{1}{2}{\epsilon }_{1}dx(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{n\pi }{L})A_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){)}^2$（3.3）

化简：

$d{V}_1=\frac{{\pi }^2}{2L^2}{\epsilon }_{1}dx(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{A}_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){)}^2$（3.4）

那么：

$d{E}_1=d{T}_1+d{V}_1=\frac{{\pi }^2}{2L^2}{\epsilon }_1((\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{A}_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){)}^{2}dx+(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{A}_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){)}^{2}dx)$（3.5）

积分即得总能量：

$E_1=\frac{{\pi }^2}{2L^2}{\epsilon }_1({\int }_0^L(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{A}_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){)}^{2}dx+{\int }_0^L(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{A}_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){)}^{2}dx)$（3.6）

接下来麻烦的就来了，有个求和的平方，如果没有的话，积分扔求和里面就行了，但是有的话就麻烦了。所以，我们先不管那么多，先把平方展开，然后把积分号扔进求和里：

$E_1=\frac{{\pi }^2}{2L^2}{\epsilon }_1((\sum _{n,m=0}^{\mathrm{\infty }}nm{A}_{n,1}{A}_{m,1}sin(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1})sin(\frac{m\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{m,1}){\int }_0^{L}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{m\pi x}{L})dx)+(\sum _{n,m=0}^{\mathrm{\infty }}nm{A}_{n,1}{A}_{m,1}cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1})cos(\frac{m\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{m,1}){\int }_0^{L}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{m\pi x}{L})dx))$（3.7）

这里出现了双重求和，有点难受，但是比之前求和在积分号和平方里面好多了。

现在看看求和里面的积分，这个形式，我们想到了三角函数族的正交性，下面放图了，不想一个个打了，图来自梁昆淼先生的数学物理方法：

当然，这里的和图中的还是有略微不同的，因为在半个周期上积分，不过第二、三条仍成立，证明如下：

${\int }_0^{L}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{m\pi x}{L})dx=\frac{1}{2}({\int }_0^{L}cos(\frac{(m-n)\pi x}{L})dx-{\int }_0^{L}cos(\frac{(m+n)\pi x}{L})dx)=\frac{1}{2}({\int }_0^{(m-n)\pi }cos(u)du-{\int }_0^{(m+n)\pi }cos(u)du)=0$（3.8）

${\int }_0^{L}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{m\pi x}{L})dx=\frac{1}{2}({\int }_0^{L}cos(\frac{(m-n)\pi x}{L})dx+{\int }_0^{L}cos(\frac{(m+n)\pi x}{L})dx)=\frac{1}{2}({\int }_0^{(m-n)\pi }cos(u)du+{\int }_0^{(m+n)\pi }cos(u)du)=0$（3.9）

那么（3.7）可简化为：

$E_1=\frac{{\pi }^2}{2L^2}{\epsilon }_1((\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{n}^2{A}_{n,1}^{2}si{n}^2(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){\int }_0^{L}si{n}^2(\frac{n\pi x}{L})dx)+(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{n}^2{A}_{n,1}^{2}co{s}^2(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}){\int }_0^{L}co{s}^2(\frac{n\pi x}{L})dx))$（3.10）

积分得：

$E_1=\frac{{\pi }^2}{4L}{\epsilon }_1((\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{n}^2{A}_{n,1}^{2}si{n}^2(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1}))+(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{n}^2{A}_{n,1}^{2}co{s}^2(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,1})))$（3.11）

现在两个求和里面的东西可以放在一起了：

$E_1=\frac{{\pi }^2}{4L}{\epsilon }_1\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{n}^2{A}_{n,1}^2$（3.12）

很显然，可以看出能量不是时间的函数，即能量守恒。

这个结论也可以由定性分析得出：外力只作用于两个端点，而这两个端点始终无位移，故外力不做功，能量守恒。

现在第二类齐次边界条件的情况也可以方便地类比得出了，但是还是写下吧。

（2.44）代入（1.1），化简：

$d{T}_2=\frac{{\pi }^2}{2L^2}{\epsilon }_{1}dx(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{A}_{n,2}cos(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,2}){)}^2$（3.13）

（2.44）代入（1.5），化简：

$d{V}_2=\frac{{\pi }^2}{2L^2}{\epsilon }_{1}dx(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{A}_{n,2}sin(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,2}){)}^2$（3.14）

（3.13）、（3.14）相加得总能量，积分、展开平方：

$E_2=\frac{{\pi }^2}{2L^2}{\epsilon }_1((\sum _{n,m=0}^{\mathrm{\infty }}nm{A}_{n,2}{A}_{m,2}sin(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,2})sin(\frac{m\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{m,2}){\int }_0^{L}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{m\pi x}{L})dx)+(\sum _{n,m=0}^{\mathrm{\infty }}nm{A}_{n,2}{A}_{m,2}cos(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,2})cos(\frac{m\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{m,2}){\int }_0^{L}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{m\pi x}{L})dx))$（3.15）

由（3.8）、（3.9）化简、再积分有：

$E_2=\frac{{\pi }^2}{4L}{\epsilon }_1((\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{n}^2{A}_{n,2}^{2}si{n}^2(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,2}))+(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{n}^2{A}_{n,2}^{2}co{s}^2(\frac{n\pi }{L}\sqrt{\frac{{\epsilon }_1}{{\rho }_1}}t+{\varphi }_{n,2})))$（3.16）

合并求和：

$E_2=\frac{{\pi }^2}{4L}{\epsilon }_1\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{n}^2{A}_{n,2}^2$（3.17）

可见和一类齐次边界条件形式相同。

最后说下二类齐次边界条件能量守恒的定性分析：由（1.8）可知，此时边界不受外力，那么外界也不做功。

好了，那第三个结论就到这里了，接下来准备证第四个。（终于过半了）