微小振幅長波

\(h=\mathrm{const.}, b=\mathrm{const.}\) (一様水深,幅一定)の場合

微小振幅波の長波 (概ね \(h/L <1/20 \)) に着目して展開してみる.
線形分散関係式の導出で示したとおり,微小振幅波の分散関係式は次式となる. \[ \omega^2 = gk\tanh kh \tag{a} \] 長波(\(kh \rightarrow 0 \))の場合を考えると \(\tanh kh \approx kh\) であるから \[ \omega^2 = gk^2h \] となり,したがって波速 \(c=\dfrac{\omega}{k}\) は \[ c = \sqrt{gh} \tag{b} \] となる.水深に比して波長が十分に長くなると,波速は水深のみに依存するということを指している.
この関係を,ラプラスの式から求めるのとは異なるアプローチで導く(微小振幅かつ長波という仮定は同じ).

ex_SmallWaveAmplitudeTheory_long.gif


一様水深 \(h\) で断面2次元の長周期波 \(\eta(x,z,t)\) を考える.
Euler の運動方程式を書くと次のようになる. \[\begin{align} \frac{\partial u}{\partial t} + u \frac{\partial u}{\partial x} + w \frac{\partial u}{\partial z} &= -\frac{1}{\rho}\frac{\partial p}{\partial x} \tag{1} \\ \frac{\partial w}{\partial t} + u \frac{\partial w}{\partial x} + w \frac{\partial w}{\partial z} &= -g -\frac{1}{\rho}\frac{\partial p}{\partial z} \tag{2} \\ \end{align}\] 微小振幅波の運動を考えているため式(2)において \(w\) を無視すると \[\begin{align} 0 &= -g \frac{1}{\rho}\frac{\partial p}{\partial z} \\ \frac{\partial p}{\partial z} & = -pg \\ \end{align}\] したがって \[\begin{align} p = -\rho gz + f(x,t) \tag{3} \end{align}\] となる.ここで \(f(x,t)\) は積分関数(\(z\)に依存しない).
水面では圧力は大気圧となるため \(z=\eta\) で \(p=0\).よって \(f(x,t) = \rho g \eta\) が得られ, \[\begin{align} p = \rho g (\eta-z) \tag{4} \end{align}\] となる.これは静水圧分布を表している.
次に式(1)において, \(u\dfrac{\partial u}{\partial x}, w\dfrac{\partial u}{\partial z} \)は他の項に比して小さいと考えられるので無視し,式(4)を代入すれば \[\begin{align} \frac{\partial u}{\partial t} & = -\frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial x}\left[ \rho g (\eta-z) \right] \\ \frac{\partial u}{\partial t} & = -g \frac{\partial \eta}{\partial x} \tag{5} \\ \end{align}\] を得る.\(\eta\) は \(x,t\) の関数であり,この式から \(u\) は \(z\) に無関係なことがわかる.
その様子は上のgifで確認できる.いずれの深さでも楕円軌道の長軸の長さは変わっておらず.深さ方向に一様に位相が変化している.
次に,\(\delta x\) だけ隔たった2つの断面をとり,連続の式を求めると \[\begin{align} \frac{\partial \eta}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial x} \left[ u (h+\eta)\right] = 0 \tag{6}\\ \end{align}\] いま \(h\) を一定としているため \[\begin{align} \frac{\partial \eta}{\partial t} + h \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial}{\partial x}\left( u\eta \right) = 0 \tag{7}\\ \end{align}\] さらに微小振幅の波を考えているため \(h \gg \eta\) であり,この場合式(7)の左辺第二項に対して第三項\(\dfrac{\partial}{\partial x}\left( u\eta \right)\) は無視できるほど小さい.よって \[\begin{align} \frac{\partial \eta}{\partial t} + h \frac{\partial u}{\partial x} = 0 \tag{8}\\ \end{align}\] となる.
次に,運動方程式をまとめた式(5)と連続式の式(8)から \(u\) を消去する.
式(5)を \(x\) で微分して \[\begin{align} \frac{\partial^2 u}{\partial x\partial t} & = -g \frac{\partial^2 \eta}{\partial x^2} \tag{9} \\ \end{align}\] 式(8)を \(t\) で微分して \[\begin{align} \frac{\partial^2 \eta}{\partial t^2} + h \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial t} = 0 \tag{10}\\ \end{align}\] 式(9)を式(10)に代入して \[\begin{align} \frac{\partial^2 \eta}{\partial t^2} - gh \frac{\partial^2 \eta}{\partial x^2} = 0 \tag{11}\\ \end{align}\] となる.この式は波速 \(c=\sqrt{gh}\) の \(\eta\) についての1次元波動方程式である.
よって, \(c=\sqrt{gh}\) で伝播する波の式が,Euler 方程式と連続式から導かれた.
この式の一般解はよく知られているように
\[\begin{align} \eta(x,t) = f(x-ct) + g(x+ct) \end{align}\] である(\(f(x),~g(x)\) は任意関数).

\(h=sx\), \(b=\mathrm{const.}\) の場合

水深 \(h\) や 水路幅 \(b\) が直線的に変化する,境界条件が簡単な場合の解を求め,以下に図示してみる.
ここでも同様に,解の形として周期性をもつ (\(e^{i\omega t}\)) ことを仮定する.
まずは水路幅 \(b\) は一定で,水深が \(h(x)=sx\) のように変化する場合を考える.\(s\) は勾配.
運動方程式は一様水深の場合と同じで式(5)である.
\[\begin{align} \frac{\partial u}{\partial t} & = -g \frac{\partial \eta}{\partial x} \tag{5} \\ \end{align}\] 一方連続式は,水深が一定でないため式(6)の \(h\) が \(\dfrac{\partial}{\partial x}\) の外に出せない.よって \[\begin{align} \frac{\partial \eta}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial x} \left[ u (h+\eta)\right] = 0 \tag{6}\\ \end{align}\] から \[\begin{align} \frac{\partial \eta}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial x}\left( uh \right) + \frac{\partial}{\partial x}\left( u\eta \right) = 0 \tag{12}\\ \end{align}\] となる.微小振幅波を考えているため \(h \gg \eta\) とすると \[\begin{align} \frac{\partial \eta}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial x}\left( uh \right) = 0 \tag{13}\\ \end{align}\] ここで想定している \(h=sx\) を代入して \[\begin{align} \frac{\partial \eta}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial x}\left( u sx \right) = 0 \\ \frac{\partial \eta}{\partial t} + s \left( \frac{\partial u}{\partial x} x + u \right) = 0 \tag{14} \end{align}\] 両辺を \(t\) で微分して \[\begin{align} \frac{\partial^2 \eta}{\partial t^2} + s \left( \frac{\partial^2 u}{\partial x\partial t} x + \frac{\partial u}{\partial t} \right) = 0 \tag{15} \end{align}\] 括弧の中の2つの項に,式(5)と式(5)を \(x\) で微分した式(9)を代入し,\(u\) を消去すると \[\begin{align} \frac{\partial^2 \eta}{\partial t^2} -gs\left( x \frac{\partial^2 \eta}{\partial x^2} + \frac{\partial \eta}{\partial x} \right) &= 0 \\ \frac{\partial^2 \eta}{\partial x^2} + \frac{1}{x}\frac{\partial \eta}{\partial x} -\frac{1}{gs}\frac{1}{x}\frac{\partial^2 \eta}{\partial t^2} &= 0 \tag{16}\\ \end{align}\] を得る.ここで解の形として周期解を仮定し, \[ \eta(x,t) = \eta_1(x)e^{i\omega t} \tag{17} \] とおく.これを式(16)に代入して \[\begin{align} \frac{\partial^2 \eta_1}{\partial x^2} e^{i\omega t} + \frac{1}{x}\frac{\partial \eta_1}{\partial x} e^{i\omega t} +\frac{\omega^2}{gs}\frac{1}{x}\eta_1e^{i\omega t} = 0 \\ \end{align}\] 両辺を\(e^{i\omega t}\) で割って \[\begin{align} \frac{\partial^2 \eta_1}{\partial x^2} + \frac{1}{x}\frac{\partial \eta_1}{\partial x}+\frac{\omega^2}{gs}\frac{1}{x}\eta_1 = 0 \tag{18}\\ \end{align}\] となる.ここで \(\sqrt{x} = X\) とおくと, \[\begin{align} \frac{\partial}{\partial x} = & \frac{\partial X}{\partial x} \frac{\partial}{\partial X} = \frac{1}{2X}\frac{\partial}{\partial X} \tag{19} \\ \frac{\partial^2}{\partial x^2} = & \frac{1}{2X}\frac{\partial}{\partial X}\left( \frac{1}{2X}\frac{\partial}{\partial X}\right) \\ = & \frac{1}{2X} \left(-\frac{1}{2X^2} \frac{\partial}{\partial X} + \frac{1}{2X}\frac{\partial^2}{\partial X^2} \right) \\ = & \frac{1}{4X^2}\frac{\partial^2}{\partial X^2} -\frac{1}{4X^3} \frac{\partial}{\partial X} \tag{20}\\ \end{align}\] であり,式(18)は次のようになる.
\[\begin{align} \left(\frac{1}{4X^2} \frac{\partial^2 \eta_1}{\partial X^2} - \frac{1}{4X^3} \frac{\partial \eta_1}{\partial X} \right) + \frac{1}{X^2}\frac{1}{2X}\frac{\partial \eta_1}{\partial X} +\frac{\omega^2}{gs}\frac{1}{X^2}\eta_1 = 0 \end{align}\] 両辺に\(4X^2\) をかけて \[\begin{align} \frac{\partial^2 \eta_1}{\partial X^2} + \frac{1}{X} \frac{\partial \eta_1}{\partial X} +\frac{4\omega^2}{gs}\eta_1 = 0 \tag{21} \end{align}\] ここで \(\alpha = \dfrac{2\omega}{\sqrt{gs}}\) とおき,さらに \(y=\alpha X\) とすると, \[\begin{align} \frac{\partial}{\partial X} &= \frac{\partial y}{\partial X}\frac{\partial}{\partial y} = \alpha\frac{\partial}{\partial y} \\ \frac{\partial^2}{\partial X^2} &= \alpha^2\frac{\partial}{\partial y^2} \\ \end{align}\] より,式(21)は以下の通りに変形できる. \[\begin{align} \alpha^2 \frac{\partial^2 \eta_1}{\partial y^2} + \frac{\alpha^2}{y} \frac{\partial \eta_1}{\partial y} +\alpha^2\eta_1 & = 0 \\ \end{align}\] 両辺を \(\alpha^2\) で割って \[\begin{align} \frac{\partial^2 \eta_1}{\partial y^2} + \frac{1}{y} \frac{\partial \eta_1}{\partial y} +\eta_1 &= 0 \tag{22} \\ \end{align}\] 式(22)は,0次のベッセル微分方程式であり,その解は \(\eta_1(y) = AZ_0(y)\) (\(A\) は定数,\(Z_0\) は次数0のベッセル関数)となる.
仮に解として第一種ベッセル関数 \(J_0\) を選べば \[ \eta_1 = AJ_0(y) = AJ_0(\alpha X) = A J_0\left(2\omega\sqrt{\frac{x}{gs}}\right) \] よって \[ \eta = A J_0\left(2\omega\sqrt{\frac{x}{gs}}\right) e^{i\omega t} \tag{23} \] となる.
水深を \(h=sx\) でなく \(h=h_0\dfrac{x}{a}\) とおけば.
\[ \eta = A J_0\left(2\omega\sqrt{\frac{ax}{gh_0}}\right) e^{i\omega t} \tag{24} \] となる.
\(\eta\) のふるまいは下の図の通り. 黒実線は海底地形を示しているが,\(z\) の値はダミー.
浅くなるにつれて振幅が大きくなるような波が確認できる.
ただし浅くなりすぎると(ここでは \(x\) が小さすぎると)微小振幅の仮定が成立しなくなるため,値として算出できても物理的にはちょっと変になる.

longwave_slope.gif

実部と虚部の両方を図示すると解への理解がしやすくなる?ような気がする.

longwave_slope_complex.gif

\(h=h_0\dfrac{x}{a}\), \(b=b_0\dfrac{x}{a}\) の場合

水深も水路幅も一定割合で変化する場合.
今度は1次のベッセル微分方程式に帰着させることができ,解は1次ベッセル関数の形を含む.
そのうち導出書きます.

longwave_slope_narrow.gif

参考文献


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Last-modified: 2021-01-11 (Mon) 12:39:55 (96d)