Ниже я буду использовать обозначение $\zeta(x,y,t)$ для вертикального смещения свободной поверхности от равновесного уровня $z=0$, а $\varphi$ — потенциал скорости, так что $\mathbf v=\nabla\varphi$. Разбираю именно §12 Ландау–Лифшица, где сначала рассматриваются малые гравитационные волны на глубокой жидкости, затем длинные волны и задачи 1–4 после параграфа. (Л.Д. Ландау - Гидродинамика.pdf)

---

1. Почему $\partial \mathbf v/\partial t\sim v/\tau$, а $\partial \mathbf v/\partial x\sim v/\lambda$

Здесь авторы делают оценку по порядку величины, а не точное равенство. Пусть характерная амплитуда скорости равна $v$, период колебаний $\tau$, длина волны $\lambda$. Если скорость за время порядка $\tau$ заметно меняется на величину порядка $v$, то

$$\frac{\partial v}{\partial t}\sim \frac{v}{\tau}.$$

Например, если

$$v(t)=v_0\sin \omega t,\qquad \omega=\frac{2\pi}{\tau},$$

то

$$\frac{\partial v}{\partial t} = \omega v_0\cos\omega t \sim \frac{v_0}{\tau},$$

где множитель $2\pi$ при оценке порядка величины несущественен.

Аналогично, если скорость заметно меняется в пространстве на расстоянии порядка длины волны $\lambda$, например

$$v(x)=v_0\sin kx,\qquad k=\frac{2\pi}{\lambda},$$

то

$$\frac{\partial v}{\partial x} = k v_0\cos kx \sim \frac{v_0}{\lambda}.$$

Теперь сравним два члена в уравнении Эйлера:

$$\frac{\partial \mathbf v}{\partial t} + (\mathbf v\nabla)\mathbf v = -\frac{1}{\rho}\nabla p+\mathbf g.$$

Локальное ускорение:

$$\frac{\partial \mathbf v}{\partial t}\sim \frac{v}{\tau}.$$

Нелинейный конвективный член:

$$(\mathbf v\nabla)\mathbf v \sim v\frac{v}{\lambda} = \frac{v^2}{\lambda}.$$

Условие малости нелинейного члена:

$$\frac{v^2}{\lambda}\ll \frac{v}{\tau}.$$

Сокращая на $v\neq 0$, получаем

$$\frac{v\tau}{\lambda}\ll 1.$$

Но за время порядка периода $\tau$ частица жидкости проходит расстояние порядка амплитуды $a$:

$$v\tau\sim a.$$

Поэтому

$$\frac{a}{\lambda}\ll 1,$$

то есть

$$a\ll \lambda.$$

Именно это и есть соотношение (12.1): амплитуда волны мала по сравнению с длиной волны. Смысл простой: частица за один период совершает маленькое движение, а сама волновая картина меняется на гораздо большем масштабе $\lambda$. Поэтому перенос скорости самой скоростью, то есть $(\mathbf v\nabla)\mathbf v$, мал по сравнению с обычным локальным изменением скорости во времени.

---

2. Почему система (12.4), (12.5) кажется неполной и какие условия надо добавить

У Ландау–Лифшица после линеаризации получается

$$\Delta \varphi=0, \tag{12.4}$$

и граничное условие на свободной поверхности

$$\left( \frac{\partial \varphi}{\partial z} + \frac{1}{g}\frac{\partial^2\varphi}{\partial t^2} \right)_{z=0} =0. \tag{12.5}$$

Откуда это берется?

Сначала из линейного уравнения Бернулли:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial t} + \frac{p}{\rho} + gz =0.$$

На свободной поверхности $z=\zeta$ давление равно внешнему постоянному давлению $p_0$. После устранения постоянного $p_0$ переопределением $\varphi$ получаем динамическое условие

$$\frac{\partial \varphi}{\partial t} + g\zeta =0 \quad \text{при } z=0. \tag{A}$$

Кинематическое условие говорит, что свободная поверхность движется вместе с жидкостью:

$$\frac{\partial \zeta}{\partial t} = v_z = \frac{\partial \varphi}{\partial z} \quad \text{при } z=0. \tag{B}$$

Дифференцируем (A) по времени:

$$\frac{\partial^2\varphi}{\partial t^2} + g\frac{\partial \zeta}{\partial t} =0.$$

Подставляем (B):

$$\frac{\partial^2\varphi}{\partial t^2} + g\frac{\partial \varphi}{\partial z} =0.$$

Отсюда

$$\frac{\partial \varphi}{\partial z} + \frac{1}{g}\frac{\partial^2\varphi}{\partial t^2} =0.$$

Это и есть (12.5).

Почему авторы не пишут «полную» систему? Потому что они в этом месте не ставят произвольную начально-краевую задачу. Они ищут нормальные моды, то есть решения вида

$$\varphi=Ae^{kz}\cos(kx-\omega t),$$

и для такой задачи достаточно: уравнения Лапласа, условия на свободной поверхности и условия затухания в глубину. Авторы прямо рассматривают неограниченную поверхность и бесконечно глубокую жидкость, поэтому боковые границы и дно отсутствуют. (Л.Д. Ландау - Гидродинамика.pdf)

Если же ставить задачу полностью, надо писать, например:

$$\Delta\varphi=0,\qquad z<0,$$ $$\varphi_t+g\zeta=0,\qquad z=0,$$ $$\zeta_t=\varphi_z,\qquad z=0,$$ $$\nabla\varphi\to 0,\qquad z\to -\infty.$$

И еще нужны начальные условия, например

$$\zeta(x,y,0)=\zeta_0(x,y),$$ $$\varphi(x,y,0)\big|_{z=0}=\psi_0(x,y),$$

или эквивалентно можно задавать

$$\zeta(x,y,0),\qquad \zeta_t(x,y,0).$$

Если жидкость имеет конечную глубину $h$, то вместо условия затухания при $z\to-\infty$ добавляется условие непроникновения через дно:

$$\varphi_z=0,\qquad z=-h.$$

Если есть стенки, то на каждой неподвижной твердой стенке:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial n}=0.$$

То есть система (12.4), (12.5) не является полной постановкой произвольной задачи. Это спектральная постановка для вывода дисперсионного соотношения.

---

3. Где в решении «расплывающиеся круги», если частицы движутся по окружностям?

Здесь важно разделить две вещи:

1. Движение частиц жидкости — лагранжева картина.
2. Движение волнового профиля — эйлерова картина.

Решение Ландау–Лифшица для глубокой жидкости:

$$\varphi=Ae^{kz}\cos(kx-\omega t),$$

где

$$\omega^2=gk.$$

Скорости:

$$v_x=\frac{\partial \varphi}{\partial x} = -Ak e^{kz}\sin(kx-\omega t),$$ $$v_z=\frac{\partial \varphi}{\partial z} = Ak e^{kz}\cos(kx-\omega t).$$

Для частицы с равновесным положением $(x_0,z_0)$ можно в правой части заменить $x,z$ на $x_0,z_0$, потому что колебания малы. Тогда

$$\frac{dx}{dt} = -Ak e^{kz_0}\sin(kx_0-\omega t),$$ $$\frac{dz}{dt} = Ak e^{kz_0}\cos(kx_0-\omega t).$$

Интегрируем:

$$x-x_0 = -\frac{Ak}{\omega}e^{kz_0}\cos(kx_0-\omega t),$$ $$z-z_0 = -\frac{Ak}{\omega}e^{kz_0}\sin(kx_0-\omega t).$$

Отсюда

$$(x-x_0)^2+(z-z_0)^2 = \left( \frac{Ak}{\omega}e^{kz_0} \right)^2.$$

То есть каждая частица действительно движется по окружности. Радиус окружности

$$R(z_0)=\frac{Ak}{\omega}e^{kz_0}$$

убывает с глубиной, потому что $z_0<0$, а значит $e^{kz_0}$ мало в глубине.

Но это не означает, что «волна не распространяется». Распространяется не сама частица, а профиль поверхности.

Смещение поверхности $\zeta$ связано с потенциалом условием

$$\varphi_t+g\zeta=0.$$

Поэтому при $z=0$

$$\zeta = -\frac{1}{g}\varphi_t.$$

Так как

$$\varphi=A\cos(kx-\omega t),$$

то

$$\varphi_t = A\omega \sin(kx-\omega t),$$

и

$$\zeta(x,t) = -\frac{A\omega}{g}\sin(kx-\omega t).$$

Максимумы поверхности задаются условием

$$kx-\omega t=\text{const}.$$

Отсюда

$$x=\frac{\omega}{k}t+\text{const}.$$

Значит, гребень волны движется со скоростью

$$c_{\text{ф}}=\frac{\omega}{k}.$$

Для глубокой воды

$$\omega=\sqrt{gk},$$

поэтому

$$c_{\text{ф}}=\sqrt{\frac{g}{k}}.$$

А энергия и волновой пакет распространяются с групповой скоростью

$$U=\frac{d\omega}{dk} = \frac12\sqrt{\frac{g}{k}}.$$

Итак:

$$\text{частицы почти не уходят далеко, а профиль волны бежит}.$$

Это как «волна» на стадионе: люди остаются на местах, но волновая картина движется.

Теперь про «круги». Решение Ландау–Лифшица в §12 — это плоская волна, зависящая от $x$, но не от $y$. Ее гребни — прямые линии:

$$kx-\omega t=\text{const}.$$

Чтобы получить круговые волны от локального возмущения, надо сложить плоские волны всех направлений. Для осесимметричного возмущения на поверхности глубокого бассейна решение имеет вид

$$\zeta(r,t) = \int_0^\infty A(k)J_0(kr)\cos(\omega(k)t+\alpha(k))\,k\,dk,$$

где

$$r=\sqrt{x^2+y^2},$$

а $J_0$ — функция Бесселя. При больших $r$

$$J_0(kr)\sim \sqrt{\frac{2}{\pi kr}} \cos\left(kr-\frac{\pi}{4}\right).$$

То есть отдельная гармоника имеет фазы

$$kr-\omega t-\frac{\pi}{4}=\text{const}.$$

Это уже круговые гребни:

$$r=\frac{\omega}{k}t+\text{const}.$$

Если волна длинная, мелководная, то скорость не зависит от $k$:

$$U=\sqrt{gh}.$$

Тогда круговая волна идет примерно как

$$r=Ut.$$

Если же вода глубокая, то

$$\omega^2=gk,$$

и скорость зависит от $k$. Разные длины волн бегут с разными скоростями. Поэтому локальное возмущение не просто дает один четкий круг, а расплывающийся волновой пакет: длинные компоненты уходят быстрее, короткие медленнее. Это и есть дисперсионное расплывание.

Главное: окружности в (12.9) — это траектории отдельных частиц. А «расплывающиеся круги» — это линии максимумов $\zeta(r,t)$ на поверхности. Это разные объекты.

---

4. Почему длинные волны авторы разбирают через компоненты уравнения Эйлера, а не через (12.4), (12.5)

Длинные волны — это предел

$$\lambda\gg h,$$

или

$$kh\ll 1.$$

В этом пределе вертикальное движение мало, а горизонтальная скорость почти одинакова по глубине. Давление становится почти гидростатическим:

$$p=p_0+\rho g(\zeta-z).$$

Поэтому вместо полного потенциального решения удобно писать уравнения мелкой воды.

Для канала авторы берут горизонтальное уравнение Эйлера:

$$\frac{\partial v}{\partial t} = -\frac{1}{\rho}\frac{\partial p}{\partial x}.$$

Подставляя гидростатическое давление

$$p=p_0+\rho g(\zeta-z),$$

получаем

$$\frac{\partial p}{\partial x} = \rho g\frac{\partial \zeta}{\partial x}.$$

Значит,

$$\frac{\partial v}{\partial t} = -g\frac{\partial \zeta}{\partial x}. \tag{12.11}$$

Дальше используется сохранение объема. Если $S(x,t)$ — площадь поперечного сечения жидкости в канале, то

$$\frac{\partial S}{\partial t} + \frac{\partial (Sv)}{\partial x} =0. \tag{12.12}$$

При малой волне

$$S=S_0+b\zeta,$$

где $b$ — ширина канала у поверхности. Тогда

$$b\frac{\partial \zeta}{\partial t} + \frac{\partial (S_0v)}{\partial x} =0. \tag{12.13}$$

Если сечение постоянно, $S_0=\text{const}$, то

$$b\zeta_t+S_0 v_x=0.$$

Дифференцируем по времени:

$$b\zeta_{tt}+S_0 v_{xt}=0.$$

Из (12.11)

$$v_t=-g\zeta_x,$$

поэтому

$$v_{xt}=-g\zeta_{xx}.$$

Подставляем:

$$b\zeta_{tt}-gS_0\zeta_{xx}=0.$$

Или

$$\zeta_{tt} - \frac{gS_0}{b}\zeta_{xx} =0.$$

Это волновое уравнение со скоростью

$$U=\sqrt{\frac{gS_0}{b}}. \tag{12.16}$$

Для прямоугольного канала $S_0=bh$, поэтому

$$U=\sqrt{gh}.$$

Можно ли было получить это из потенциального движения? Да. Если взять результат задачи 1:

$$\omega^2=gk\tanh kh,$$

и перейти к пределу $kh\ll 1$, то

$$\tanh kh\approx kh.$$

Тогда

$$\omega^2\approx gk\cdot kh=gh\,k^2.$$

Следовательно,

$$\omega=k\sqrt{gh},$$

и скорость

$$U=\frac{\omega}{k}=\sqrt{gh}.$$

То есть подход через потенциал и подход через уравнения мелкой воды дают одно и то же. Просто для длинных волн метод Эйлера + гидростатика + непрерывность гораздо проще и работает даже для канала произвольного сечения. (Л.Д. Ландау - Гидродинамика.pdf)

Является ли движение потенциальным? В линейном идеальном случае, если жидкость изначально покоилась или была безвихревой, — да, является. Но для вывода длинноволновой скорости авторам не нужно явно вводить потенциал: в мелководном приближении достаточно знать, что давление гидростатическое, а скорость почти поперечно однородна.

---

5. Задачи после §12

Задача 1. Волны на жидкости конечной глубины $h$

Свободная поверхность при равновесии: $z=0$. Дно: $z=-h$.

Ищем плоскую волну:

$$\varphi=f(z)\cos(kx-\omega t).$$

Так как

$$\Delta\varphi=0,$$

то

$$f''(z)-k^2f(z)=0.$$

Общее решение:

$$f(z)=Ae^{kz}+Be^{-kz}.$$

Значит,

$$\varphi=\left(Ae^{kz}+Be^{-kz}\right)\cos(kx-\omega t).$$

На дне нет нормального движения:

$$v_z=\varphi_z=0,\qquad z=-h.$$

Вычислим:

$$\varphi_z = k\left(Ae^{kz}-Be^{-kz}\right)\cos(kx-\omega t).$$

При $z=-h$:

$$A e^{-kh}-B e^{kh}=0.$$

Отсюда

$$B=Ae^{-2kh}.$$

Удобнее переписать решение через гиперболический косинус:

$$\varphi=C\cosh k(z+h)\cos(kx-\omega t).$$

Действительно,

$$\frac{\partial}{\partial z}\cosh k(z+h) = k\sinh k(z+h),$$

а при $z=-h$

$$\sinh 0=0.$$

Теперь применяем условие свободной поверхности:

$$\left( \varphi_z+\frac{1}{g}\varphi_{tt} \right)_{z=0}=0.$$

Имеем

$$\varphi_z = Ck\sinh k(z+h)\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi_{tt} = -\omega^2 C\cosh k(z+h)\cos(kx-\omega t).$$

При $z=0$:

$$Ck\sinh kh\cos(kx-\omega t) - \frac{\omega^2}{g}C\cosh kh\cos(kx-\omega t) =0.$$

Сокращаем:

$$k\sinh kh-\frac{\omega^2}{g}\cosh kh=0.$$

Отсюда

$$\omega^2 = gk\frac{\sinh kh}{\cosh kh} = gk\tanh kh.$$

Итак,

$$\boxed{\omega^2=gk\tanh kh.}$$

Фазовая скорость:

$$c_{\text{ф}}=\frac{\omega}{k} = \sqrt{\frac{g}{k}\tanh kh}.$$

Групповая скорость:

$$U=\frac{d\omega}{dk}.$$

Пусть

$$\omega=(gk\tanh kh)^{1/2}.$$

Тогда

$$\frac{d\omega}{dk} = \frac{g}{2\omega} \frac{d}{dk}\left(k\tanh kh\right).$$ $$\frac{d}{dk}\left(k\tanh kh\right) = \tanh kh + kh\,\operatorname{sech}^2 kh.$$

Поэтому

$$U = \frac{g}{2\omega} \left( \tanh kh+kh\,\operatorname{sech}^2kh \right).$$

Можно записать через фазовую скорость:

$$U = \frac{c_{\text{ф}}}{2} \left( 1+\frac{2kh}{\sinh 2kh} \right).$$

Предельные случаи:

Глубокая вода: $kh\gg 1$

$$\tanh kh\to 1.$$

Тогда

$$\omega^2=gk,$$ $$c_{\text{ф}}=\sqrt{\frac{g}{k}},$$ $$U=\frac12\sqrt{\frac{g}{k}}.$$

Мелкая вода: $kh\ll 1$

$$\tanh kh\approx kh.$$

Тогда

$$\omega^2\approx gk\cdot kh=gh\,k^2.$$

Следовательно,

$$\omega=k\sqrt{gh},$$

и

$$c_{\text{ф}}=U=\sqrt{gh}.$$

Это совпадает с длинноволновым результатом (12.20). (Л.Д. Ландау - Гидродинамика.pdf)

---

Задача 2. Волны на границе двух жидкостей между твердыми стенками

Нижняя жидкость:

$$-h<z<0,\qquad \rho,\ h.$$

Верхняя жидкость:

$$0<z<h',\qquad \rho',\ h',$$

причем

$$\rho>\rho'.$$

Ищем потенциалы так, чтобы автоматически выполнялись условия непроникновения на нижней и верхней твердых стенках:

$$\varphi=A\cosh k(z+h)\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi'=B\cosh k(z-h')\cos(kx-\omega t).$$

На границе раздела $z=0$ должны выполняться два условия.

Первое — равенство нормальных скоростей:

$$\varphi_z=\varphi'_z,\qquad z=0.$$

Вычисляем:

$$\varphi_z = Ak\sinh k(z+h)\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi'_z = Bk\sinh k(z-h')\cos(kx-\omega t).$$

При $z=0$:

$$Ak\sinh kh = Bk\sinh(-kh') = -Bk\sinh kh'.$$

Значит,

$$A\sinh kh=-B\sinh kh'. \tag{1}$$

Второе условие — равенство давлений на границе раздела. В линейном приближении из Бернулли получаем условие

$$\zeta = \frac{1}{g(\rho-\rho')} \left( \rho'\varphi'_t-\rho\varphi_t \right). \tag{2}$$

Кинематически

$$\zeta_t=\varphi_z.$$

Дифференцируя (2) по времени, получаем

$$\zeta_t = \frac{1}{g(\rho-\rho')} \left( \rho'\varphi'_{tt}-\rho\varphi_{tt} \right).$$

Так как

$$\zeta_t=\varphi_z,$$

то

$$g(\rho-\rho')\varphi_z = \rho'\varphi'_{tt}-\rho\varphi_{tt}. \tag{3}$$

Подставляем потенциалы при $z=0$:

$$\varphi(0)=A\cosh kh\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi'(0)=B\cosh kh'\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi_{tt}=-\omega^2A\cosh kh\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi'_{tt}=-\omega^2B\cosh kh'\cos(kx-\omega t).$$

Также

$$\varphi_z(0)=Ak\sinh kh\cos(kx-\omega t).$$

Тогда (3) дает

$$g(\rho-\rho')Ak\sinh kh = -\rho'\omega^2B\cosh kh' + \rho\omega^2A\cosh kh.$$

То есть

$$g(\rho-\rho')kA\sinh kh = \omega^2 \left( \rho A\cosh kh-\rho'B\cosh kh' \right). \tag{4}$$

Из (1)

$$B=-A\frac{\sinh kh}{\sinh kh'}.$$

Подставляем в (4):

$$g(\rho-\rho')kA\sinh kh = \omega^2 \left[ \rho A\cosh kh + \rho' A\sinh kh\frac{\cosh kh'}{\sinh kh'} \right].$$ $$g(\rho-\rho')k\sinh kh = \omega^2 \left[ \rho\cosh kh + \rho'\sinh kh\,\coth kh' \right].$$

Делим на $\sinh kh$:

$$g(\rho-\rho')k = \omega^2 \left[ \rho\coth kh+\rho'\coth kh' \right].$$

Получаем

$$\boxed{ \omega^2 = \frac{kg(\rho-\rho')} {\rho\coth kh+\rho'\coth kh'}. }$$

Предельные случаи.

Обе жидкости глубокие: $kh\gg1,\ kh'\gg1$

$$\coth kh\to1,\qquad \coth kh'\to1.$$

Тогда

$$\boxed{ \omega^2 = kg\frac{\rho-\rho'}{\rho+\rho'}. }$$

Обе жидкости мелкие: $kh\ll1,\ kh'\ll1$

$$\coth kh\approx \frac{1}{kh},$$ $$\coth kh'\approx \frac{1}{kh'}.$$

Тогда знаменатель:

$$\rho\coth kh+\rho'\coth kh' \approx \frac{\rho}{kh} + \frac{\rho'}{kh'} = \frac{1}{k} \left( \frac{\rho}{h}+\frac{\rho'}{h'} \right).$$

Поэтому

$$\omega^2 = \frac{kg(\rho-\rho')} {\frac{1}{k}\left(\frac{\rho}{h}+\frac{\rho'}{h'}\right)} = \frac{k^2g(\rho-\rho')} {\frac{\rho}{h}+\frac{\rho'}{h'}}.$$

Умножаем числитель и знаменатель на $hh'$:

$$\boxed{ \omega^2 = k^2g \frac{(\rho-\rho')hh'} {\rho h'+\rho'h}. }$$

---

Задача 3. Два слоя: нижний бесконечно глубокий, верхний конечной толщины $h'$, есть свободная верхняя поверхность

Нижняя жидкость:

$$z<0,\qquad \rho.$$

Верхняя жидкость:

$$0<z<h',\qquad \rho'.$$

Граница раздела в равновесии:

$$z=0.$$

Свободная поверхность верхней жидкости:

$$z=h'.$$

Ищем

$$\varphi=Ae^{kz}\cos(kx-\omega t),$$

потому что нижняя жидкость бесконечно глубокая и потенциал должен затухать при $z\to-\infty$.

В верхней жидкости:

$$\varphi'= \left( Be^{-kz}+Ce^{kz} \right) \cos(kx-\omega t).$$

На границе раздела $z=0$:

$$\varphi_z=\varphi'_z, \tag{1}$$ $$g(\rho-\rho')\varphi_z = \rho'\varphi'_{tt}-\rho\varphi_{tt}. \tag{2}$$

На верхней свободной поверхности $z=h'$:

$$\varphi'_z+\frac{1}{g}\varphi'_{tt}=0. \tag{3}$$

Сначала используем (1). При $z=0$:

$$\varphi_z=Ak\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi'_z=k(-B+C)\cos(kx-\omega t).$$

Следовательно,

$$A=C-B. \tag{4}$$

Теперь условие (2). При $z=0$:

$$\varphi=A\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi'=(B+C)\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi_{tt}=-\omega^2 A\cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi'_{tt}=-\omega^2(B+C)\cos(kx-\omega t).$$

Поэтому

$$g(\rho-\rho')Ak = -\rho'\omega^2(B+C)+\rho\omega^2 A.$$

То есть

$$g(\rho-\rho')kA = \omega^2\left[\rho A-\rho'(B+C)\right]. \tag{5}$$

Теперь верхняя свободная поверхность $z=h'$. Обозначим

$$s=kh'.$$

Тогда

$$\varphi'_z(h') = k\left( -Be^{-s}+Ce^s \right) \cos(kx-\omega t),$$ $$\varphi'_{tt}(h') = -\omega^2 \left( Be^{-s}+Ce^s \right) \cos(kx-\omega t).$$

Условие (3):

$$k\left( -Be^{-s}+Ce^s \right) - \frac{\omega^2}{g} \left( Be^{-s}+Ce^s \right) =0.$$

Введем

$$r=\frac{\omega^2}{gk}.$$

Тогда

$$-Be^{-s}+Ce^s-rBe^{-s}-rCe^s=0.$$ $$(1-r)Ce^s=(1+r)Be^{-s}.$$

Отсюда

$$C = B e^{-2s} \frac{1+r}{1-r}. \tag{6}$$

Теперь подставляем (4) в (5). Так как

$$A=C-B,$$

то

$$g(\rho-\rho')k(C-B) = \omega^2 \left[ \rho(C-B)-\rho'(B+C) \right].$$

Делим на $gk$:

$$(\rho-\rho')(C-B) = r \left[ \rho(C-B)-\rho'(B+C) \right]. \tag{7}$$

Подставляя (6), получаем квадратное уравнение для $r$. Его корни:

$$r_1= \frac{(\rho-\rho')(1-e^{-2kh'})} {\rho+\rho'+(\rho-\rho')e^{-2kh'}},$$ $$r_2=1.$$

Так как

$$r=\frac{\omega^2}{gk},$$

то

$$\boxed{ \omega_1^2 = kg \frac{(\rho-\rho')(1-e^{-2kh'})} {\rho+\rho'+(\rho-\rho')e^{-2kh'}} }$$

и

$$\boxed{ \omega_2^2=kg. }$$

Физический смысл:

• $\omega_2^2=kg$ — обычная поверхностная гравитационная волна на свободной поверхности.
• $\omega_1$ — внутренняя волна на границе раздела двух жидкостей, модифицированная наличием верхней свободной поверхности.

Если $h'\to\infty$, то

$$e^{-2kh'}\to0,$$

и

$$\omega_1^2 \to kg\frac{\rho-\rho'}{\rho+\rho'},$$

то есть обычная волна на границе двух бесконечно глубоких жидкостей, а

$$\omega_2^2=kg$$

остается обычной волной на свободной поверхности. Поэтому при бесконечно толстом верхнем слое эти две волны становятся независимыми. (Л.Д. Ландау - Гидродинамика.pdf)

---

Задача 4. Собственные частоты жидкости в прямоугольном бассейне

Пусть бассейн имеет длину $b$, ширину $a$, глубину $h$.

Выберем:

$$0<x<a,\qquad 0<y<b,\qquad -h<z<0.$$

Ищем стоячую волну:

$$\varphi = \cos\omega t\, \cosh k(z+h)\, f(x,y).$$

Проверим уравнение Лапласа:

$$\Delta\varphi=0.$$

Так как

$$\frac{\partial^2}{\partial z^2}\cosh k(z+h) = k^2\cosh k(z+h),$$

получаем для $f$:

$$f_{xx}+f_{yy}+k^2 f=0.$$

Берем разделение переменных:

$$f(x,y)=\cos px\cos qy.$$

Тогда

$$f_{xx}=-p^2f,$$ $$f_{yy}=-q^2f.$$

Подставляем:

$$-p^2f-q^2f+k^2f=0.$$

Отсюда

$$k^2=p^2+q^2. \tag{1}$$

Теперь условия на боковых стенках.

На стенках $x=0$ и $x=a$:

$$v_x=\varphi_x=0.$$

Так как

$$\varphi_x\propto f_x,$$

нужно

$$f_x=0,\qquad x=0,a.$$

Для

$$f=\cos px\cos qy$$

имеем

$$f_x=-p\sin px\cos qy.$$

При $x=0$ условие выполнено автоматически. При $x=a$:

$$\sin pa=0.$$

Значит,

$$pa=m\pi,$$ $$p=\frac{m\pi}{a}.$$

Аналогично на стенках $y=0$ и $y=b$:

$$v_y=\varphi_y=0.$$

Получаем

$$q=\frac{n\pi}{b}.$$

Следовательно,

$$k^2=p^2+q^2 = \pi^2 \left( \frac{m^2}{a^2} + \frac{n^2}{b^2} \right).$$

То есть

$$\boxed{ k_{mn} = \pi \sqrt{ \frac{m^2}{a^2} + \frac{n^2}{b^2} }. }$$

Теперь свободная поверхность $z=0$. Условие:

$$\varphi_z+\frac{1}{g}\varphi_{tt}=0.$$

Вычисляем:

$$\varphi_z = k\sinh k(z+h)\cos\omega t\, f(x,y),$$ $$\varphi_{tt} = -\omega^2\cosh k(z+h)\cos\omega t\, f(x,y).$$

При $z=0$:

$$k\sinh kh - \frac{\omega^2}{g}\cosh kh =0.$$

Отсюда

$$\omega^2=gk\tanh kh.$$

Подставляем допустимые $k_{mn}$:

$$\boxed{ \omega_{mn}^2 = gk_{mn}\tanh(k_{mn}h), }$$

где

$$\boxed{ k_{mn} = \pi \sqrt{ \frac{m^2}{a^2} + \frac{n^2}{b^2} }. }$$

Здесь $m,n=0,1,2,\dots$, но не одновременно нули. Случай $m=n=0$ дал бы $k=0$, то есть не обычное колебание поверхности, а равномерное смещение уровня, которое при фиксированном объеме воды не является собственным волновым режимом.