考虑两列振幅相同、偏振方向相同、频率分别为 omega + domega 和 omega - domega 的线偏振平面波，它们都沿 z 轴方向传播。(1) 求合成波，证明波的振幅不是常量，而是一个波；(2) 求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。答案：(1) A = A_0 cdot 2cos(dk cdot z - domega cdot t) e^i(kx - omega t).(2) 相速 v_p = omega / k，群速 v_g = domega / dk.

本题主要考察两列频率相近的线偏振平面波的合成，以及相位传播速度和振幅传播速度（群速度）的计算。解题思路如下：

1. 首先写出两列线偏振平面波的表达式。
2. 然后将两列波相加，利用三角函数公式进行化简，得到合成波的表达式。
3. 从合成波表达式中分析出振幅的表达式，判断其是否为常量。
4. 最后根据相位传播速度和群速度的定义分别计算出相应的速度。

（1）求合成波并证明波的振幅不是常量

设两列线偏振平面波的表达式分别为：
$E_1 = E_0 e_x e^{i((k + dk)z - (\omega + d\omega)t)}$
$E_2 = E_0 e_x e^{i((k - dk)z - (\omega - d\omega)t)}$
其中$E_0$为振幅，$e_x$为$x$方向的单位矢量，$k$和$\omega$分别为波数和角频率，$dk$和$d\omega$为波数和角频率的微小变化量。

合成波$E = E_1 + E_2$，将$E_1$和$E_2$代入可得：
$\begin{align*}E&=E_0 e_x e^{i((k + dk)z - (\omega + d\omega)t)} + E_0 e_x e^{i((k - dk)z - (\omega - d\omega)t)}\\&=E_0 e_x e^{i(kz - \omega t)}e^{i(dkz - d\omega t)} + E_0 e_x e^{i(kz - \omega t)}e^{-i(dkz - d\omega t)}\\&=E_0 e_x e^{i(kz - \omega t)}(e^{i(dkz - d\omega t)} + e^{-i(dkz - d\omega t)})\end{align*}$
根据欧拉公式$e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos\theta$，令$\theta = dkz - d\omega t$，则上式可化简为：
$E = 2E_0 \cos(dk z - d\omega t) e_x e^{i(kz - \omega t)}$
合成波的振幅$A = 2E_0 \cos(dk z - d\omega t)$，由于$A$是关于$z$和$t$的函数，不是常量，随$z$和$t$变化，表明振幅本身是一个波。

（2）求合成波的相位传播速度和振幅传播速度

• 相位传播速度（相速）$v_p$：
  对于平面波$E = A e^{i(kz - \omega t)}$，其相位为$\varphi = kz - \omega t$。相位传播速度定义为相位不变时，波传播的速度，即$\frac{d\varphi}{dt} = 0$，可得$v_p = \frac{\omega}{k}$。
• 振幅传播速度（群速度）$v_g$：
  振幅$A = 2E_0 \cos(dk z - d\omega t)$，令$\varphi_A = dkz - d\omega t$，当振幅不变时，$\frac{d\varphi_A}{dt} = 0$，即$dk\frac{dz}{dt} - d\omega = 0$，所以振幅传播速度$v_g = \frac{dz}{dt} = \frac{d\omega}{dk}$。