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）．
運動方程式 †
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
\[\begin{align}
0 &= -g -\frac{1}{\rho}\frac{\partial p}{\partial z} \\
\frac{\partial p}{\partial z} & = -\rho g \\
\end{align}\]
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．
連続式 †
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．
解の導出 †
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 †
運動方程式は一様水深の場合と同じで式(5)である．
\[\begin{align}
\frac{\partial u}{\partial t} & = -g \frac{\partial \eta}{\partial x} \tag{5} \\
\end{align}\]
連続式 †
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 \[\begin{align} \frac{\partial \eta}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial x}\left( u sx \right) = 0 \\ \frac{\partial \eta}{\partial t} + s \left( \frac{\partial u}{\partial x} x + u \right) = 0 \tag{14} \end{align}\]
解の導出 †
式(14)の両辺を \(t\) 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．
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．
\(h=h_0\dfrac{x}{a}\), \(b=b_0\dfrac{x}{a}\) 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．
