下午的时候高中同学问我的。这个问题看上去很Trivial，但实际上……好吧其实也不算复杂，不过花了我一下午的时间才搞清楚，所以还是记一下。
实验装置如图所示：
一般的大物实验报告上给出的实验原理：
S1发出确定频率的信号，S2处发生反射，入射波与反射波干涉形成驻波，相邻波腹之间的距离为\(\frac{\lambda}{2}\)，所以将S2处的信号接入示波器，并移动S2，当接收到的信号幅度每发生一次周期变化，表明S2移动了\(\frac{\lambda}{2}\)。
但是这其实是想当然的分析结果，真实计算出来并非如此：
设S1和S2之间的距离为\(l\)，则入射波为： \[y=A\cos(\omega t-kx)\] 反射波为： \[y=A\cos(\omega t-kl-k(l-x))=A\cos(\omega t+kx-2kl)\] 合成后的驻波的波函数： \[y=2A\cos(kx-kl)\cos(\omega t-kl)\] 在\(x=l\)处的振幅为\(2A\)，即S2处始终为波腹。其实这个结果很好理解，S2移动时\(l\)的值变化，驻波本身也发生了变化。
那么是哪地方错了呢？实际上，S2处的反射波传播到S1处又会发生反射，再传播到S2处再反射……S2处应该是无穷多“级”的反射波的合成，经过简单的归纳，每一级反射波的波函数应为：（\(-\)号上标表示右行波，\(+\)号上标表示左行波） \begin{split} y_n-&=A(t-kx-nkl)\ y_n+&=A(t+kx-(n+1)kl) \end{split} 代入\(x=l\)，得到S2处的合振动应为一个无穷级数： \[y=\sum_{n=0}^\infty2A\cos(\omega t-(2n+1)kl)\] 很遗憾这个级数不收敛。
这个结果依然很好理解：毕竟被求和的数列都不趋近于0……
我们马上想到了解决方案：考虑反射时的衰减，自然地假设每反射一次振幅衰减为原来的\(p\)。（这种说法好奇怪，意会即可..）
修正后的合振动应为： \[y=(1+p)A\sum_{n=0}^\infty p^{2n}\cos(\omega t-(2n+1)kl)\] 用复变函数的方法求这个级数： \begin{split} &{n=0}{}p{2n}(t-(2n+1)kl)\ =&{n=0}{}(p{2n}e{i(t-(2n+1)kl)})\ =&{n=0}{}(p{2n}e{i(t-kl)}e{i(-2nkl)})\ =&(e^{i(t-kl)}{n=0}{}(p2e{-i2kl})n)\ =&(e{i(t-kl)}) \ =& \end{split} 即得 \[\begin{split} y&=(1+p)A\frac{\cos(\omega t-kl)-p^2\cos(\omega t+kl)}{1-2p^2\cos(2kl)+p^4}\\ &=(1+p)A\frac{\sqrt{1+p^4-2p^2\cos(2kl)}}{1-2p^2\cos(2kl)+p^4}\cos(\omega t-\varphi) \end{split}\]振幅为 \[(1+p)A\frac{\sqrt{1+p^4-2p^2\cos(2kl)}}{1-2p^2\cos(2kl)+p^4}\] 振幅的周期为\(\frac{\lambda}{2}\)。殊途同归。
（本实验还有一个“李萨如图形”法，则是完全不考虑反射，或认为\(p\approx0\)。）