好的，那么现在开始第一点，即一维机械波动单一波模质元势能动能相等。由于我们要普遍地证明，所以，我们既不能完全脱离物理，只研究方程，也不能完全依赖某种特殊情况。

首先，我们要引入波动量\(u(x,t)\)，它是一个二元函数，x为质元平衡位置的空间位置，t为时间，u则为在x处t时，介质质元相对平衡位置的位移。

我们在推导波动方程前，不妨先找找动能和势能的一般表示。

那么，对于线密度为\(\rho_1\)（这里角标为1，代表线密度，即一维的密度\(\frac{dm}{dx}\)）的介质，我们可以很轻松地写出某一质元的动能：

\(dT=\frac{1}{2}(dm)v^2 = \frac{1}{2}\rho_1(\frac{\partial u(x,t)}{\partial t})^2dx\)（1.1）

然而，不同介质的势能却多种多样，找具体的表达式较为麻烦。不过，我们知道，势能一定依赖于相邻两质元波动量u之差，即：\(\Delta_1 = u(x+dx,t)-u(x,t) = \frac{\partial u}{\partial x}dx\)

这是因为，无外力，必无外势场，或者外势能可以忽略不计，势能只来自于介质本身。那么势能肯定只于介质质元间相对位移有关。

不妨记势能为\(V(\Delta_1)\)。

由于讨论的一般是平衡位置附近小幅波动，我们应把势能在0附近泰勒展开，即：

\(dV(\Delta_1) = \frac{1}{0!}dV(0)+\frac{1}{1!}\frac{d(dV)}{d\Delta_1}|_0\Delta_1+\frac{1}{2!}\frac{d^2(dV)}{d\Delta_1^2}|_0\Delta_1^2+o(\Delta_1^2)\)（1.2）

我们只保留到平方项。

由于平衡位置处，势能取得极值，势能的导数应为零。由于势能的值无意义，只有差有意义，所以我们完全可以定义平衡位置处势能为零。

那么，把相对位移的表达式代入式子后面部分，势能的表达式就可以被简化为：

\(dV = \frac{1}{2}\frac{d^2(dV)}{d\Delta_1^2}|_0dx(\frac{\partial u}{\partial x})^2dx\)（1.3）

是不是发现了规律？注意\(\frac{d^2(dV)}{d\Delta_1^2}|_0\)不是变量！它是平衡位置处势能对相对位移的二阶导数的值。

我们可以设：

\(\varepsilon_1 = \frac{d^2(dV)}{d\Delta_1^2}|_0dx\)（1.4）

那么：

\(dV = \frac{1}{2}\varepsilon_1(\frac{\partial u}{\partial x})^2dx\)（1.5）

可以发现，动能和势能的表达式已经很像了。

现在还有一个问题，\(\varepsilon_1\)是否和\(\rho_1\)一样是个常量？还是说是个小量？

解决这个方法，最好的办法就是……

雷氏力学！把（1.2）代入（1.4），不管偏导数，发现分子分母都有4个d，可以约去

好吧，是开玩笑的。

不过类似方法也能用。

先明确两点，振动量对平衡位置坐标的偏微商是常数，一元函数微分有分数性质。

（1.3）代入（1.4）可以发现，分子分母都是四阶小量，同阶小量之比是非零常数，所以\(\varepsilon_1\)是个常量。

最近发现这个结论可以推广，不过没时间写了，请各位大概等两三天

接下来，我们用类似上面的一般方法来推导波动方程。

我们知道\(\vec{F}=-\nabla V\)（1.6）

在一维空间中：

\(\nabla =\frac{\partial}{\partial \Delta_1}\vec{e_{\Delta_1}}\)（1.7）

注意是对\(\Delta\)的偏导数！这是因为两个邻近质元的位移差才是这个维度，势能和力肯定只依赖于它，而不是单个质点偏离平衡位置的位移。

那么我们可以求出力：

\(\vec{F}=-\frac{\partial}{\partial \Delta_1}(dV)\vec{e_{\Delta_1}} = -\frac{\varepsilon_1}{dx}\Delta_1\vec{e_{\Delta_1}} = -\varepsilon_1\frac{\partial u}{\partial x}\vec{e_{\Delta_1}}\)（1.8）

注意，势能是该质元的势能，所以这个力也是该质元施加给邻近且坐标比它大的质元的力。

而我们要列牛顿第二定律的方程，就要找该质元受的力。

由牛顿第三定律，\([x,x+dx]\)内的质元受到的合力（以u正方向为正，写为标量式）可算出：

\(F = \varepsilon_1\frac{\partial u}{\partial x}|_{x+dx}-\varepsilon_1\frac{\partial u}{\partial x}_{x}=\varepsilon_1\frac{\partial^2u}{\partial x^2}dx\)（1.9）

那么，我们便可以导出一维形式的波动方程

\(F=\varepsilon_1\frac{\partial^2u}{\partial x^2}dx=\rho_1\frac{\partial^2u}{\partial t^2}dx\)（1.10）

即：

\(\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0\)(1.11)

这是一个偏微分方程的定解问题，为了方便我们选取无限长一维介质，即无边界条件。

对于初始条件，我们设：

\(u|_{t =0} = \varphi(x),\frac{\partial u}{\partial t}|_{t =0} = \psi(x)\)（1.12）

即给定每一质元初始时相对平衡位置的位移和速度

梁昆淼先生的数理方法上，介绍了用达朗贝尔公式去解，下个回复我会把它放上来。然而，这个方法确实较简单，但是于我们今天的证明和高维的推广不利，我后面会使用别的方法求解的。

接下来给下上述偏微分方程（被称为波动方程）的一种解法，来自梁昆淼先生的数学物理方法。

还有件事，最近有点忙，更得要慢些了……

从结果的形式就可以看出，上述方法求解，较为便利，但是就本次证明而言不够友好，因为该方法不能推广至高维。我们选择傅里叶变换求解。

这种办法在数学物理方法第十三章有，但是后面要推广至高维，所以就先打出来了。

还有，如果要推广到有边界条件的情况，最好还是用拉普拉斯变换，但我们主要讨论无边界情况，用傅里叶变换即可。

（1.11）的泛定方程对x傅里叶变换，记像函数为\(U(k,t)\)（这里的k数学上相当于一般傅里叶变换中的频率，因为这里考虑到初始条件，所以对x变换，而这个k的物理意义是波数，很快大家就能看到了）

用傅里叶变换的性质(\(F[f'(t)] =i\omega F[f(t)]\))（这个证明套定义就行了，数学物理方法第五章第二节上有），可以将偏微分方程变为常微分方程：

\(\frac{\partial^2 U}{\partial t^2}+\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}k^2U =0\)（1.13）

（1.12）的初始条件对x傅里叶变换，记像函数分别为\(\bar{\varphi}(k),\bar{\psi}(k)\)（头上打一个横杠确实是拉普拉斯变换的像函数的记法，但这里不会用到，不至于搞混，而且最清晰）

则：

\(U|_{t=0} =\bar{\varphi}(k),\frac{\partial U}{\partial t}|_{t =0} = \bar{\psi}(k)\)（1.14514）

（1.13）是一个二阶常系数线性常微分方程（虽然用了偏微分符号，但是只有对t的微分，k可以看成常量），我们可以很容易解出，对应特征方程：

\(r^2+\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}k^2 = 0\)（1.15）

特征根：

\(r_1 = ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}},r_2 = -ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}\)（1.16）

那么（1.13）的解：

\(U(k,t) = A(k)e^{ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}+B(k)e^{-ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}\)（1.17）

其中A、B是k的待定函数。

书上做到这一步就结合初始条件往下做，推出达朗贝尔公式了，但是我觉得现在还不需要结合，这样更利于本次证明。

接下来，把像函数逆变换回去。

\(u(x,t) = \frac{1}{2\pi}\int^{\infty}_{-\infty}[A(k)e^{ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}+B(k)e^{-ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}]e^{ikx}dk\)（1.18）

让我们暂且停一下，说下该表达式的意义。积分内的是波数为k的波动模式，括号内是时间项，括号外是空间项。

将（1.18）代入（1.1）可得：

\(dT = \frac{1}{2}\rho_1[\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}\frac{i}{2\pi}\int^{\infty}_{-\infty}k[A(k)e^{ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}-B(k)e^{-ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}]e^{ikx}dk]^2dx = \frac{1}{8\pi^2}\varepsilon_1[\int^{\infty}_{-\infty}ik[A(k)e^{ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}-B(k)e^{-ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}]e^{ikx}dk]^2dx\)（1.19）

将（1.18）代入（1.5）可得：

\(dV = \frac{1}{2}\varepsilon_1[\frac{i}{2\pi}\int^{\infty}_{-\infty}k[A(k)e^{ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}+B(k)e^{-ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}]e^{ikx}dk]^2dx = \frac{1}{8\pi^2}\varepsilon_1[\int^{\infty}_{-\infty}ik[A(k)e^{ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}+B(k)e^{-ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}]e^{ikx}dk]^2dx\)（1.20）

对比发现，（1.19）和（1.20）之间只差了一个积分里的正负号，也就是说，要势能和动能相等，条件是：

\(\int^{\infty}_{-\infty}ik[A(k)e^{ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}+B(k)e^{-ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}]e^{ikx}dk = \pm\int^{\infty}_{-\infty}ik[A(k)e^{ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}-B(k)e^{-ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}]e^{ikx}dk\)（1.21）

我们先看取正号的情况，将积分里两项拆开，移项，有：

\(\int^{\infty}_{-\infty}ik[B(k)e^{-ik\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t}]e^{ikx}dk = 0\)（1.22）

使用傅里叶变换的导数性质，有：

\(2\pi b'(x-\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t) = 0\)（1.23）

其中B(k)是b(x)的像函数。

那么取t=0，有：

\(b'(x) = 0\)（1.24）

即\(b(x) = C\)（1.25）

而，数学上，由傅里叶变换的条件，即函数必须绝对可积，则C只能取0，物理上，一般认为无穷远处无波动，或者说波动需要无穷长的时间传播，C取0。所以，我们有：

\(b(x) = 0，B(k) = 0\)(1.26)

同理，取负号时：

\(a(x) = 0，A(k) = 0\)(1.27)

我们在继续结合初始条件之前，先讨论下（1.26）和（1.27）的物理意义。A和B至少有一个为零，意味着波动仅向一个方向传播，这便是波动中任意一点动能和势能相等的条件。当然，我们还要和初始条件\(\varphi ,\psi\)结合，接下来会讲。

接下来，我们结合一下初始条件。

另（1.17）中t=0，结合（1.14）

有：

\(A(k)+B(k) = \bar{\varphi}(k)\)（1.28）

\(i\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}k(A(k)-B(k)) = \bar{\psi}(k)\)（1.29）

由（1.26）、（1.27），有：

\(ik\sqrt{\frac{\rho_1}{\varepsilon_1}}\bar{\varphi}(k)=\pm\bar{\psi}(k)\)（1.30）

由傅里叶变换的导数的性质，对（1.30）逆变换，有：

\(\frac{d\varphi(x)}{dx}=\pm\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}\psi(x)\)（1.31）

这个正负号看着不太舒服，干脆改成平方形式：

\((\frac{d\varphi(x)}{dx})^2=\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}\psi^2(x)\)（1.32）

式（1.32）即是自由空间波动动能势能相等的条件。

实际上，这个条件挺严苛了，如果考虑非自由或有界空间，那就更麻烦了。

不过，代入即可发现，简谐波刚好符合，而一般做题乃至于实际应用中遇到的常常是无界自由空间和简谐波，所以这个二级结论还是挺有用的。

第一个结论证明完成。

无怪前人喜欢玄学 即使这个比上次简单太多 但不一步步细看 都会立即云里雾里

类似的推导过程 我甚至好像在引力波的推导中见过

各位抱歉，可能又要晚点了，这几天学校考试，所以没时间发……前面的讨论的是无界空间的情况，一开始我自己证的也是，但我最近找到一种方法似乎可以统一讨论有无边界情况，我试试可不可行，可行的话前面会改

妈的，搞不定，老老实实的把原来的发上来吧。数理方法上有句话确实对，这些定解问题只有极少数是可以先求出通解再结合特殊情况的……

接下来，我们看看第二个命题。

驻波，即波动能量不发生传递，振幅随空间的分布不变的波动形式。振幅最大处为波腹，振幅最小处为波节。

可能很多人看到就觉得，我去怎么这么水，这也要证？

好吧，确实这一点很水，但我想用类似的复数法证一下，因为我想和后面的命题的证法保持一致。（好像之前逛kc，看到的不少人爱说的“生命在于折腾”，不知道是kc哪位大佬的名言）

先说下1、2类齐次边界条件：

一类边界条件就是规定边界上函数值的条件。

二类边界条件就是规定边界上函数对坐标偏导的值的条件。

齐次，顾名思义，就是0。

即：

齐次一类边界条件就是规定边界上函数值为零。

齐次二类边界条件就是规定边界上函数对坐标偏导的值为零。

其实还有三类边界条件，即规定函数值与函数对坐标偏导的值的线性组合的值。

对非齐次条件，数理方法上有化为齐次的方法，这里不多赘述，而一般情况下，我们遇到的都是齐次一、二类边界条件，所以就

主要讨论这俩了。

首先，我们先说下常规的证明方法。

对两侧都是齐次一类边界条件，由于：

\(u|_{x =0} = 0\)（2.1）

\(u|_{x =L} = 0\)（2.2）

则两个界面只能是波节。

对两侧都是齐次二类边界条件，由于：

\(\frac{\partial u}{\partial x}|_{x =0} = 0\)（2.3）

\(\frac{\partial u}{\partial x}|_{x =L} = 0\)（2.4）

则两个界面只能是波腹。

一边一类一边二类同理，就不多说了。

我们关注一种振动频率的简谐振动模式。

以上两种情况要求波长满足：

\(\frac{n}{2}\lambda = L,n\in N_+\)（2.5）

由：

\(\lambda f = \lambda \frac{\omega}{2\pi} = \sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}\)（2.6）

和（2.5）得：

\(\omega_n = \frac{\pi n}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}\)（2.7）

由于驻波的振幅的空间分布不变，而时间分布改变，其实函数形式应当空间和时间分开。

对一类齐次边界条件，由（2.5）可知，对n的波模，有2n+1个波节，所以该波模的形式可以写成这样：

\(u_{n,1} = A_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})\)（2.8）

同理，对二类齐次边界条件，可以写成这样：

\(u_{n,2} = A_{n,2}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2})\) (2.9)

那么对同边界条件，任意形式的驻波，都可以由（2.8）（2.9）叠加得到，或者说类似傅里叶级数。

\(u_{1}  = \sum^{\infty}_{n = 1}A_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})\)（2.10）

\(u_{2}  = \sum^{\infty}_{n = 1}A_{n,2}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2})\)（2.11）

其余边界条件都可类似处理。

这么做的好处很多，简单，不失物理意义。但是前面说了，为了和后面保持一致，我想折腾下用复数法证一遍。

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：

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

改为复数形式：

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

\(\begin{cases} \tilde{A}_{\omega,+}+ \tilde{A}_{\omega,-}  = 0\\ \tilde{A}_{\omega,+}e^{-ikL}+ \tilde{A}_{\omega,-} e^{ikL} = 0\\ \end{cases}\)（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：

\(\left | \begin{array}{cccc} 1& 1\\ e^{-ikL}&e^{ikL} \\ \end{array}\right | = 0\)（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：

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

（2.25）最后一个等式的常量是新定义的。

(2.25)取实部：

\(u_\omega = A_\omega sin(kx)cos(\omega t +\phi_\omega)\)（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：

\(\omega_n = \frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}},n\in N_+\)（2.28）

（2.27）、（2.28）代入（2.26），：

\(u_{n,1} = A_{n,1} sin(\frac{n\pi x}{L})cos( \frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}} t +\phi_{n,1})\)（2.29）

对这无穷项求和：

\(u_{1} =\sum_{n =1}^{\infty} A_{n,1} sin(\frac{n\pi x}{L})cos( \frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}} t +\phi_{n,1})\)（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）：

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

同上，系数行列式应为零：

\(\left | \begin{array}{cccc} 1& -1\\ e^{-ikL}&-e^{ikL} \\ \end{array}\right | = 0\)（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）：

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

（2.41）取实部：

\(u_\omega = A_\omega cos(kx)cos(\omega t +\phi_\omega)\)（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）：

\(u_{n,2} = A_{n,2} cos(\frac{n\pi x}{L})cos( \frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}} t +\phi_{n,2})\)（2.43）

对这无穷项求和：

\(u_{2} =\sum_{n = 1}^{\infty} A_{n,2} cos(\frac{n\pi x}{L})cos( \frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}} t +\phi_{n,2})\)（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。

再补充一点，就是这个方法其实并不是完全为了严谨舍弃了方便。说个尴尬的事，还没学量子力学，买了量子力学教程但还没看，但之前看了下大学物理学这本书最后一章的量子力学，当然这和科普没差多少，发现了个例子，就是边界条件比较复杂，没法一眼看出波长的关系的，刚刚想到，感觉用这个方法特别好，然后去翻了一下量子力学教程，发现它就是用的这个复数法的……说下那个例子，就是单面无限深方势垒，单面有限方势垒的量子隧穿。求其中的波函数，显然势阱里面是驻波，有限深方势垒那边由指数衰减的隧穿概率波，这都很方便从定态薛定谔方程解出来，但是连接处并非齐次的边界条件，或者说并非齐次的衔接条件，然后这个很难求，书上就用的复数法，当然比本文的复杂很多。

emm，这也是本文一个不太好的地方，毕竟偏微分方程，除了个别的都无法求出通解，所以对万般变换的初始条件和边界条件乃至衔接条件肯定无法做到一般地讨论，某种意义上，这个问题比上一篇文章的还难。

好吧，那接下来开始第三个命题的证明，不过最近时间不多，可能慢些……

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：

\(dT_1 = \frac{1}{2}\rho_1dx(\frac{\partial u_1}{\partial t})^2 = \frac{1}{2}\rho_1dx(\sum_{n=0}^\infty(-\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}})A_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2\)（3.1）

化简：

\(dT_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1dx(\sum_{n=0}^\infty nA_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2\)（3.2）

将（2.29）代入（1.5），有：

\(dV_1 = \frac{1}{2}\varepsilon_1dx(\frac{\partial u_1}{\partial x})^2 = \frac{1}{2}\varepsilon_1dx(\sum_{n=0}^\infty(\frac{n\pi}{L})A_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2\)（3.3）

化简：

\(dV_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1dx(\sum_{n=0}^\infty nA_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2\)（3.4）

那么：

\(dE_1 = dT_1+dV_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1((\sum_{n=0}^\infty nA_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2dx+(\sum_{n=0}^\infty nA_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2dx)\)（3.5）

积分即得总能量：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1(\int_0^L(\sum_{n=0}^\infty nA_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2dx+\int_0^L(\sum_{n=0}^\infty nA_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2dx)\)（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：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1((\sum_{n,m=0}^\infty nmA_{n,1}A_{m,1}sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})sin(\frac{m\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{m,1})\int_0^Lsin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{m\pi x}{L})dx)+(\sum_{n,m=0}^\infty nmA_{n,1}A_{m,1}cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})cos(\frac{m\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{m,1})\int_0^Lcos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{m\pi x}{L})dx))\)（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：

\(\int_0^Lsin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{m\pi x}{L})dx = \frac{1}{2}(\int_0^Lcos(\frac{(m-n)\pi x}{L})dx-\int_0^Lcos(\frac{(m+n)\pi x}{L})dx) =  \frac{1}{2}(\int_0^{(m-n)\pi}cos(u)du-\int_0^{(m+n)\pi}cos(u)du) = 0\)（3.8）

\(\int_0^Lcos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{m\pi x}{L})dx = \frac{1}{2}(\int_0^Lcos(\frac{(m-n)\pi x}{L})dx+\int_0^Lcos(\frac{(m+n)\pi x}{L})dx) =  \frac{1}{2}(\int_0^{(m-n)\pi}cos(u)du+\int_0^{(m+n)\pi}cos(u)du) = 0\)（3.9）

那么（3.7）可简化为：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1((\sum_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2sin^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})\int_0^Lsin^2(\frac{n\pi x}{L})dx)+(\sum_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2cos^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})\int_0^Lcos^2(\frac{n\pi x}{L})dx))\)（3.10）

积分得：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{4L}\varepsilon_1((\sum_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2sin^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))+(\sum_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2cos^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})))\)（3.11）

现在两个求和里面的东西可以放在一起了：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{4L}\varepsilon_1\sum_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2\)（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：

\(dT_2 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1dx(\sum_{n=0}^\infty nA_{n,2}cos(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2}))^2\)（3.13）

（2.44）代入（1.5），化简：

\(dV_2 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1dx(\sum_{n=0}^\infty nA_{n,2}sin (\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2}))^2\)（3.14）

（3.13）、（3.14）相加得总能量，积分、展开平方：

\(E_2 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1((\sum_{n,m=0}^\infty nmA_{n,2}A_{m,2}sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2})sin(\frac{m\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{m,2})\int_0^Lcos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{m\pi x}{L})dx)+(\sum_{n,m=0}^\infty nmA_{n,2}A_{m,2}cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2})cos(\frac{m\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{m,2})\int_0^Lsin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{m\pi x}{L})dx))\)（3.15）

由（3.8）、（3.9）化简、再积分有：

\(E_2 = \frac{\pi^2}{4L}\varepsilon_1((\sum_{n=0}^\infty n^2A_{n,2}^2sin^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2}))+(\sum_{n=0}^\infty n^2A_{n,2}^2cos^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2})))\)（3.16）

合并求和：

\(E_2 = \frac{\pi^2}{4L}\varepsilon_1\sum_{n=0}^\infty n^2A_{n,2}^2\)（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）

好的，那开始证第四点。先说一下，这个结论是我写本文的原因，因为之前做难题集萃，书上说显然如此……后面才去收集一些其他的之前有疑问的地方。

这个的重点就不是边界条件而是衔接条件了，所以我们就直接用第一类齐次边界条件来说明。我们这样设定一个情形，在\(x=0\)处，\(x=L\)处都有第一类齐次边界条件，在\(x < \alpha L\)处波数\(k = k_1\)，在\(x > \alpha L\)处波数\(k = k_2\)。这里我们要讨论的问题和能量啊、具体的运动方程啊等等无关，就不深入材料的性质、比如\(\varepsilon_1 、\rho_1\)之类讨论了，对同样的频率的波动，这些材料的性质决定了波速，波速决定了波长，波长决定了波数，所以只设波数就行了。还有，之前设波动形式，一直有一项\(e^{i\omega t}\)，即时间波动项，这项都是最后被消掉的，不妨最初就不设了，物理意义是复振幅随空间的分布。最后，只要任意角频率的波动满足条件，它们的线性组合必然满足条件，为方便就略去角标\(\omega\)了。

左侧：

\(\tilde{A}_{1} = \tilde{A}_{+,1}e^{-ik_1 x}+\tilde{A}_{-,1}e^{ik_1 x}\)（4.1）

右侧：

\(\tilde{A}_{2} = \tilde{A}_{+,2}e^{-ik_2 x}+\tilde{A}_{-,2}e^{ik_2 x}\)（4.2）

左侧0处满足第一类齐次边界条件：

\(\tilde{A}_{1}|_{x = 0} = \tilde{A}_{+,1}+\tilde{A}_{-,1} = 0\)（4.3）

右侧L处满足第一类齐次边界条件：

\(\tilde{A}_{2}|_{x = L} = \tilde{A}_{+,2}e^{-ik_2 L}+\tilde{A}_{-,2}e^{ik_2 L} = 0\)（4.4）

接下来就是衔接条件了，衔接处应当复振幅相等，对应的物理意义就是介质要连续：

\(\tilde{A}_{1}|_{x = \alpha L} =  \tilde{A}_{2}|_{x = \alpha L}\)（4.5）

即：

\(\tilde{A}_{+,1}e^{-ik_1 \alpha L}+\tilde{A}_{-,1}e^{ik_1 \alpha L} = \tilde{A}_{+,2}e^{-ik_2 \alpha L}+\tilde{A}_{-,2}e^{ik_2 \alpha L}\)（4.6）

衔接处应当要受力平衡，否则会产生无限大的加速度，而力与波动量随空间坐标偏导成正比（1.8）。

\(\varepsilon_1\frac{\partial \tilde{A}_{1}}{\partial x}|_{x = \alpha L} =  \varepsilon_2\frac{\partial \tilde{A}_{2}}{\partial x}|_{x = \alpha L}\)（4.7）

即：

\(-i\varepsilon_1 k_1\tilde{A}_{+,1}e^{-ik_1 \alpha L}+i\varepsilon_1 k_1\tilde{A}_{-,1}e^{ik_1 \alpha L} = -i\varepsilon_2 k_2\tilde{A}_{+,2}e^{-ik_2 \alpha L}+i\varepsilon_2 k_2\tilde{A}_{-,2}e^{ik_2 \alpha L}\)（4.8）

整理得线性齐次方程组：

\(\begin{cases} \tilde{A}_{+,1}+\tilde{A}_{-,1} = 0\\ \tilde{A}_{+,2}e^{-ik_2 L}+\tilde{A}_{-,2}e^{ik_2 L} = 0\\ \tilde{A}_{+,1}e^{-ik_1 \alpha L}+\tilde{A}_{-,1}e^{ik_1 \alpha L} -\tilde{A}_{+,2}e^{-ik_2 \alpha L}-\tilde{A}_{-,2}e^{ik_2 \alpha L} = 0\\ -\varepsilon_1 k_1\tilde{A}_{+,1}e^{-ik_1 \alpha L}+\varepsilon_1 k_1\tilde{A}_{-,1}e^{ik_1 \alpha L} +\varepsilon_2 k_2\tilde{A}_{+,2}e^{-ik_2 \alpha L}-\varepsilon_2 k_2\tilde{A}_{-,2}e^{ik_2 \alpha L} = 0\\ \end{cases}\)（4.9）

为使复振幅具有非零解，需要系数行列式为零，即：

\(\left | \begin{array}{cccc} 1& 1&0&0\\ 0&0&e^{-ik_2 L}&e^{ik_2 L} \\ e^{-ik_1 \alpha L}&e^{ik_1 \alpha L}&-e^{-ik_2 \alpha L}&-e^{ik_2 \alpha L}\\ -\varepsilon_1 k_1e^{-ik_1 \alpha L}&\varepsilon_1 k_1 e^{ik_1 \alpha L}&\varepsilon_2 k_2e^{-ik_2 \alpha L}&-\varepsilon_2 k_2e^{ik_2 \alpha L}\\ \end{array}\right | = 0\)（4.10）

emm……看看这个行列式……似乎也没啥好办法可以巧算，直接硬展开吧。

说个坏消息，我之前认为我证出来了，然后我只记录了大概思路，没记下过程，今天下午算了一下，发现结果和之前不一样……我这段时间学业有点吃紧，本来打算今天结束这篇文章的，但是似乎做不到，所以可能得停更一段时间了，非常抱歉，我有空我就会检查到底哪里出问题了，然后继续

“A和B至少有一个为零，意味着波动仅向一个方向传播，这便是波动中任意一点动能和势能相等的条件。”

抱歉，你的推导过程我已经看不懂了，但是你这个引号里的结论，我还记得，是正确的。对于单向行波中任何一个微元的任何一个时刻，总带有等量的势能与动能。动能没啥可说的。势能要强调一下，不是偏离位移零点带来的势能，而是材料的内应力，即位移对波传播方向的导数带来的。

感觉已经不能理解了

“单面无限深方势垒，单面有限方势垒的量子隧穿。求其中的波函数，显然势阱里面是驻波，有限深方势垒那边由指数衰减的隧穿概率波，这都很方便从定态薛定谔方程解出来，但是连接处并非齐次的边界条件，或者说并非齐次的衔接条件，然后这个很难求，书上就用的复数法，当然比本文的复杂很多。”

恐怕那本书讲复杂了。此种情况的量子隧穿（注意我的网名 ），阱里是正弦式驻波，势阱外是实指数衰减波，此为束缚态。在量子力学里有个定理，束缚态的本征态波函数，空间部分，总可以写为实函数，在连接处满足phi左=phi右即可，即函数值连续，函数导数可不连续。这解起来相当容易，把一个sin函数和一个exp函数对接起来就行，不需要上复数。

楼主是大学生吧 目测在大一下学期或大二，并且已经自驱主动超前学了一些。而且偏向于数理方程，偏微分方程，数学物理方法之类的。我有个建议啊，或许你会觉得有用。

你如果主要搞工程方向的，那么多琢磨一下什么分离变量法，行波法之类的直观方法。要是是物理类的，还要多研究下格林函数类，以及以球谐函数展开为主的方法（以后学量子力学必学氢原子和散射类问题），虽然大学本科阶段考试会比较水，后面这些东西不一定会考到（而且我当年是学得稀烂稀烂的 ）

非常感谢指点🙏🏻其实我现在是个苦逼的高中物竞狗……这些是之前被发电的39届吓得学的，觉得有意思，就多学了些，但肯定不及大学的学习稳固。我说的学业吃紧也是九月份的竞赛。关于这篇文章的内容，前三个点我还是比较肯定的，但是我可能最近没有什么时间了，造成的困扰非常抱歉……对于第四个点，我曾经是很肯定的，但是今天下午算出了和之前算的不一样的结果……

快速过了一下你的四条定理的证明。关于第四点，其实不难证，提示一下，注意这三点条件，把它们用到前三点得到的方程里可以得到衔接介质的振动本征模式：

1，两介质衔接处左右位移相等（这是显然的，否则介质就intersect或有缝了）

2，两介质衔接处左右内应力相等（这也是显然的，否则那个薄片的加速度就无穷大了），内应力可以以应变（d位移/dx）与材料模量的乘积得到。如果模量不是显性的，那么它会隐藏在材料波速和密度之类的参数中（类似于V=sqrt（模量/密度）之类的形式，你自己从波动方程里找吧）

3，两边介质的波动角频率w相等。

上述第一条可以说决定了左右波函数的连接（废话），第二条可以说决定了连接处波函数的“偏折”；

第三条将来可能会对解量子力学中的一些问题特别有用。

你的公式4.7，以及它前边那一段话错了。见我楼上第二点。

第二天早上补充：从逻辑上也可看出错误。4.7式说的是函数导数连续。前边有个公式说函数值连续。这俩边界衔接条件要是都成立，等于啥也没说。那么必然要加第三衔接条件，在哪里？

既然4.7必然需要修改，加入物性（模量，或“刚性”之类的随情况不同的参量）是必然的，那么根据波动方程的来源，既然两边波速不同，那么或者是因为模量不同或者是密度不同，或者两者都有。建议楼主把定理4根据不同设定分成两或三个子定理来分别解决。

感谢指导，不过那个地方可能是我的表述有问题，那个函数的导数连续其实是应变相同，工程力学上的术语我不太了解，所以造成了歧义。那一条本质是受力平衡。关于材料的特征，我认为他们（杨氏模量和线密度）已经包含在波速里了，角频率又是已知量，所以波长可以表征这些特征，所以我就只设了波数。

请参考一下这个文件里的这个地方。这里红线所示即给出了介质连接第二条件。

S是截面积，Y是杨氏模量，u下标x即是波函数对位置求导（即求应变）。

它这个是用于连接两个粗细不同的一维杆。

如果你的问题是均匀三维介质中的平面波，那么只需考虑一维，且无需考虑粗细，S可省略，但是无论如何Y好像是不可省略的。只有这样才可以由应变得到应力。

数学物理方程的定解问题.pdf 459.95KB PDF 23次下载 预览

----为了使我的发言严密，这里补充一下，当问题由杆变成三维问题里的平面波时，还要考虑泊松比的事儿，也即，当物体在一个方向x上压缩，另两个方向yz会倾向于膨胀。描述这个的参数叫泊松比。yz方向在自由与硬约束两种条件下，x方向的“刚性”是不一样的。显然yz硬约束下x方向刚性更大。所以在你的三维介质平面波情形下，模量Y其实和棍子情形是不一样的。不过，我猜想在你这个阶段，还不用考虑这么复杂。要么，你就简单地解两个同直径，不同密度和模量的杆连接，这样就不会陷入工程复杂度。但是无论如何模量Y在衔接公式里是显式的。只是Y到底是多少，可以细究（而且我猜在你这个阶段暂可不细究）。

啊，非常感谢，我终于知道我错哪了！回想看我这个错误简直是太脑残了，竟然会漏掉应变前乘模量。既然知道问题在哪了，那就好办多了，我最近会抽空修改。太太太太感谢了

啊，非常感谢，我终于知道我错哪了！回想看我这个错误简直是太脑残了，竟然会漏掉应变前乘模量。既然知道问题在哪了，那就好办多了，我最近会抽空修改。太太太太感谢了

物竞搞完了，回来继续更。现在高三了，很忙了，这篇文章后面的几个类推到高维和电磁场的可能搞不了了，这个结论的证明之内简单写写（今天得流感请假，晚上看星舰五飞之余来发这个）。

上文那个行列式，先化简再硬展开，用几次欧拉公式，过程略了，结果是：

\(\varepsilon_2k_2tan(k_1\alpha L)+\varepsilon_1k_1tan(k_1(1-\alpha) L) = 0\)（4.11）

带如1、2的波模相等，用正切和角公式可以退化得到上面一维均匀介质驻波的条件，如果代入本命题，可以验算是对的。但是有没有别的解呢？我不知道。我写文前搞错了，推出了一个很简单的形式，感谢坛友指点才得到这个。但是我可能没时间证明只有一个解了，而且这些数学方面的我也不太擅长，可能只能看看论坛的大佬们了。

所以，本文就这样草率得结束了……

为了让本文结束稍微丰富点……娅图结尾。

首先膜拜一下大佬，然后给一点小建议。

这个求和符号可以用\limits代码把上下标移到正上下方，例如：

\sum^n_{i=1}

$\sum^n_{i=1}$

\sum\limits^n_{i=1}

$\sum\limits^n_{i=1}$