An analysis of the Rayleigh–Stokes problem for a generalized second-grade fluid

Emilia Bazhlekova; Bangti Jin; Raytcho Lazarov; Zhi Zhou

doi:10.1007/s00211-014-0685-2

数值数学（海德堡）。2015; 131(1): 1–31.

2014年11月26日在线发布。数字对象标识：2007年10月10日/00211-014-0685-2

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PMID：28615736

广义二级流体的Rayleigh–Stokes问题分析

埃米利亚·巴兹列科娃,¹ 金邦迪（Bangti Jin）,² 雷奇·拉扎罗夫,^1,^三和Zhi Zhou公司^三

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摘要

我们研究了广义二级流体的Rayleigh–Stokes问题，其中包含Riemann–Liouville分数阶导数，并对连续、空间半离散和全离散形式的问题进行了分析。我们建立了光滑和非光滑初始数据齐次问题的Sobolev正则性 $v（v）$ ，包括 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 发展了一种使用连续分段线性有限元的空间半离散Galerkin格式，并导出了有限元近似的相对于初始数据正则性的最优误差估计。进一步，基于后向欧拉方法和二阶后向差分方法以及相关的卷积求积，发展了两种全离散格式，并导出了光滑和非光滑初始数据的全离散近似的最优误差估计。给出了具有光滑和非光滑初始数据的一维和二维算例的数值结果，以说明该方法的有效性，并验证了收敛理论。

数学学科分类：65M60、65M15

引言

本文研究具有分数阶导数模型的广义二级流体的齐次Rayleigh–Stokes问题。让 $Ω \subset {R（右）}^{d日} (d日 = 1, 2, 三)$ 是边界为的凸多面体域 $\partial Ω$ 、和 $T型 > 0$ 成为一个固定的时间。然后通过以下公式给出数学模型

\begin{matrix} \partial_{t吨} u个 - (1 + γ \partial_{t吨}^{α}) Δ u个 & = （f）, 在里面 Ω, 0 < t吨 \leq T型 ; \\ u个 & = 0, 在 \partial Ω, 0 < t吨 \leq T型 ; \\ u个 (\cdot, 0) & = v（v）, 在里面 Ω, \end{matrix}

1.1

哪里 $γ > 0$ 是一个固定常数， $v（v）$ 是初始数据， $\partial_{t吨} = \partial / \partial t吨$ 、和 $\partial_{t吨}^{α}$ 是Riemann–Liouville分数阶导数 $α \in (0, 1)$ 由定义[11,24]:

\begin{matrix} \partial_{t吨}^{α} （f） (t吨) = \frac{d日}{d日 t吨} \int_{0}^{t吨} ω_{1 - α} (t吨 - 秒) （f） (秒) d日 秒, ω_{α} (t吨) = \frac{{t吨}^{α - 1}}{Γ (α)} . \end{matrix}

瑞利-斯托克斯问题(1.1)近年来受到了相当大的关注。分数导数 $\partial_{t吨}^{α}$ 在模型中，用于捕捉流体的粘弹性行为；参见示例[5,28]有关推导详细信息。模型(1.1)在描述某些非牛顿流体的行为方面起着重要作用。

为了深入了解该模型解的行为，人们对推导特殊情况下的闭式解有着浓厚的兴趣；参见，例如[5,28,32]. 例如，Shen等人[28]利用傅里叶正弦变换和分数拉普拉斯变换得到了问题的精确解。赵和杨[32]利用矩形域上的特征函数展开，导出了齐次初始和边界条件下的精确解。在这些研究中获得的解在性质上是形式化的，尤其是解的正则性尚未研究。在Sect。 2下面，我们填补了这个空白，并建立了光滑和非光滑初始数据解的Sobolev正则性。我们想提一下Girault和Saadouni[7]分析了一类密切相关的含时二级流体模型弱解的存在唯一性。

在这些研究中获得的精确解涉及无穷级数和特殊函数，例如广义Mittag–Leffler函数，因此不便于数值评估。此外，封闭式解决方案仅适用于有限类别的问题设置。因此，必须为问题开发高效且最精确的数值算法(1.1). 这是在早些时候考虑的[1,2,12,21,31]. Chen等人[1]基于空间有限差分法和时间分数阶导数的Grünwald–Letnikov离散化，发展了隐式和显式格式，并使用傅里叶方法分析了它们的稳定性和收敛速度。同样的味道是工作[2]，其中考虑了基于傅里叶级数展开的方案。吴[31]通过变换问题发展了一种隐式数值逼近格式(1.1)转化为一个积分方程，并通过能量论证证明了其稳定性和收敛性。林和江[12]描述了一种基于再生核希尔伯特空间的方法。最近，Mohebbi等人[21]比较了紧致有限差分法和径向基函数法。然而，在所有这些研究中，误差估计是在以下假设下获得的：(1.1)足够平滑且域 $Ω$ 是一个矩形。因此，不包括非光滑数据（初始数据或右侧数据）和一般域的有趣情况。

在过去的十年中，关于分数阶导数微分方程数值方法的理论研究受到了相当大的关注。麦克林和穆斯塔法[18,22]对分段常数和分段线性间断Galerkin方法进行了时间分析，推导了光滑初始数据的误差估计；另请参见[23]获得相关的超收敛结果。在[8,10]问题的空间半离散Galerkin有限元法和集中质量法 $^{C类} \partial_{t吨}^{α} u个 + A类 u个 = 0$ 具有 $u个 (0) = v（v）$ （带有 $A类$ 是一个椭圆算子，并且 $^{C类} \partial_{t吨}^{α}$ 是Caputo衍生物）进行了分析。为初始数据建立了几乎最优的误差估计 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{q个} (Ω), - 1 \leq q个 \leq 2$ ，（参见第2（定义见下文）。注意，这包括弱（非光滑）， $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 以及非常微弱的数据， $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{- 1} (Ω)$ .英寸[19，第4节]，McLean和Thomée研究了以下方程 $\partial_{t吨} u个 + \partial_{t吨}^{- α} A类 u个 = （f）$ （带有 $\partial_{t吨}^{- α}$ 是Riemann–Liouville积分和导数算子 $α \in (0, 1)$ 和 $α \in (- 1, 0)$ （分别是）和派生的 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -空间半离散格式的误差估计 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 和 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ （并适当平滑 $（f）$ )并讨论了一些基于拉普拉斯变换的完全离散方案。相应的 ${L（左）}^{\infty} (Ω)$ 数据估计 $v（v） \in {L（左）}^{\infty} (Ω)$ 和 $A类 v（v） \in {L（左）}^{\infty} (Ω)$ 衍生于[20]. Lubich等人[15]为该问题开发了两个完全离散的方案 $\partial_{t吨} u个 + \partial_{t吨}^{- α} A类 u个 = （f）$ 具有 $u个 (0) = v（v）$ 和 $0 < α < 1$ 基于分数阶导数项的卷积求积，导出了非光滑初始数据和右侧的最优误差估计。Cuesta等人[4]考虑了具有卷积求积的模型的半线性对应项，它还涵盖了分数扩散情况，即。， $- 1 < α < 0$ ，并提供了一个统一的框架，用于在抽象的Banach空间设置中进行具有最佳误差估计的误差分析。

本文针对这一问题开发了Galerkin有限元法(1.1)对于光滑和非光滑的初始数据，导出了关于数据正则性误差估计的最优解。近似值基于有限元空间 ${X（X）}_{小时}$ 形状正则拟均匀划分族上的连续分段线性函数 ${{T型}_{小时}}_{0 < 小时 < 1}$ 域的 $Ω$ 进入之内 $d日$ -单纯形，其中 $小时$ 是最大直径。问题的半离散Galerkin有限元法(1.1)是：查找 ${u个}_{小时} (t吨) \in {X（X）}_{小时}$ 这样的话

\begin{matrix} (\partial_{t吨} {u个}_{小时}, χ) + γ \partial_{t吨}^{α} 一 ({u个}_{小时}, χ) + 一 ({u个}_{小时}, χ) = (（f）, χ), \\ \forall χ \in {X（X）}_{小时}, T型 \geq t吨 > 0, {u个}_{小时} (0) = {v（v）}_{小时}, \end{matrix}

1.2

哪里 $一 (u个, w个) = (\nabla u个, \nabla w个) 对于 u个, w个 \in {H（H）}_{0}^{1} (Ω)$ 、和 ${v（v）}_{小时} \in {X（X）}_{小时}$ 是初始数据的近似值 $v（v）$ 。我们的默认选项是 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 投影 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ ，假设 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 和Ritz投影 ${v（v）}_{小时} = {R（右）}_{小时} v（v）$ ，假设 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ 此外，我们基于后向Euler方法和二阶后向差分方法以及分数阶导数项的相关卷积求积，开发了两个全离散格式，分别在时间上达到了一阶和二阶精度。对于半离散和完全离散方案，都提供了相对于数据规律性最优的误差估计。

我们的主要贡献如下。首先，在定理中2.1，使用运算符方法[25]通过建立问题解的平滑性和衰减性，我们为我们的研究奠定了理论基础(1.1). 其次，对于平滑的初始数据 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ 和非光滑初始数据 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ ，我们导出了空间半离散格式的误差估计，参见定理3.1和3.2:

\begin{matrix} ‖ u个 (t吨) - {u个}_{小时} {(t吨) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 {‖ \nabla (u个 (t吨) - {u个}_{小时} (t吨)) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \\ \leq c（c） {小时}^{2} {t吨}^{(q个 / 2 - 1) (1 - α)} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)}, q个 = 0, 2 . \end{matrix}

对 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 恶化为 $t吨$ 方法 $0$ 。误差估计值是根据藤田和铃木的方法得出的[6]. 接下来，在定理中4.1和4.2我们建立最佳 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 两种完全离散格式的误差估计。该证明受到了Cuesta等人的基本工作的启发[4]它依赖于卷积求积的已知误差估计和卷积核的界。例如，我们证明了离散解 ${U型}_{小时}^{n个}$ 通过反向欧拉方法（在时间步长为1的均匀网格上 $τ$ )满足以下先验误差界

\begin{matrix} ‖ {U型}_{小时}^{n个} - u个 ({t吨}_{n个}) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） (τ {t吨}_{n个}^{- 1 + (1 - α) q个 / 2} + {小时}^{2} {t吨}_{n个}^{(q个 / 2 - 1) (1 - α)}) {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)}, q个 = 0, 2 . \end{matrix}

二阶后向差分法也有类似的估计。

论文的其余部分组织如下。在Sect。 2我们建立了解的Sobolev正则性。在Sect。三，我们分析了空间半离散格式，并导出了光滑和非光滑初始数据的最优误差估计。然后在帮派。 4基于分数阶导数的卷积求积逼近，我们发展了两种全离散格式。两种方案都提供了最佳误差估计。最终进入门派。 5给出了一维和二维算例的数值结果，以说明收敛理论。从头到尾，符号 $c（c）$ 表示在不同情况下可能不同的常数，但它始终独立于解 $u个$ ，网格大小 $小时$ 和时间步长 $τ$ .

溶液的规律性

在本节中，我们建立了(1.1)在同质情况下 $（f） \equiv 0$ .我们首先回顾关于椭圆算子和函数空间的预备知识。然后我们导出了正解的表示，证明了弱解的存在性，并建立了齐次问题解的Sobolev正则性。主要工具是在[25]. 此外，我们通过特征函数展开给出了另一种解表示，并导出了时间相关分量的定性性质。

前期工作

首先我们介绍一些符号。对于 $q个 \geq - 1$ ，我们表示为 ${\dot{H（H）}}^{q个} (Ω) \subset {H（H）}^{- 1} (Ω)$ 范数诱导的希尔伯特空间

\begin{matrix} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)}^{2} = \sum_{j个 = 1}^{\infty} λ_{j个}^{q个} {(v（v）, φ_{j个})}^{2}, \end{matrix}

具有 $(\cdot, \cdot)$ 表示中的内积 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 和 ${λ_{j个}}_{j个 = 1}^{\infty}$ 和 ${φ_{j个}}_{j个 = 1}^{\infty}$ 分别是的Dirichlet特征值和特征函数 $- Δ$ 在域上 $Ω$ 。像往常一样，我们识别一个函数 $（f）$ 在里面 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 具有功能 $F类$ 在里面 ${H（H）}^{- 1} (Ω) \equiv {({H（H）}_{0}^{1} (Ω))}^{'}$ 由定义 $⟨ F类, ϕ ⟩ = (（f）, ϕ)$ ，对于所有人 $ϕ \in {H（H）}_{0}^{1} (Ω)$ 。然后设置 ${φ_{j个}}_{j个 = 1}^{\infty}$ 和 ${λ_{j个}^{1 / 2} φ_{j个}}_{j个 = 1}^{\infty}$ 在中形成正交基 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 和 ${H（H）}^{- 1} (Ω)$ 分别是。因此 ${‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{- 1} (Ω)} = {‖ v（v） ‖}_{{H（H）}^{- 1} (Ω)} {, ‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{0} (Ω)} = {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} = {(v（v）, v（v）)}^{1 / 2}$ 是标准的 ${L（左）}^{2} (Ω), {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{1} (Ω)}$ 是标准的 ${H（H）}_{0}^{1} (Ω)$ 和 ${‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} = {‖ Δ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}$ 相当于中的规范 ${H（H）}^{2} (Ω)$ 什么时候 $v（v） = 0$ 在 $\partial Ω$ [29]. 请注意 ${\dot{H（H）}}^{秒} (Ω), 秒 \geq - 1$ 形成插值空间的希尔伯特尺度。因此，我们表示 ${‖ \cdot ‖}_{{H（H）}_{0}^{秒} (Ω)}$ 作为插值尺度上的范数 ${H（H）}_{0}^{1} (Ω)$ 和 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 对于 $秒$ 在间隔中 $[0, 1]$ 和 ${‖ \cdot ‖}_{{H（H）}^{秒} (Ω)}$ 作为插值尺度上的范数 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 和 ${H（H）}^{- 1} (Ω)$ 什么时候 $秒$ 在中 $[- 1, 0]$ 然后 ${\dot{H（H）}}^{秒} (Ω)$ 和 ${H（H）}_{0}^{秒} (Ω)$ 规范与任何 $秒 \in [0, 1]$ 通过插值，同样地 ${\dot{H（H）}}^{秒} (Ω)$ 和 ${H（H）}^{秒} (Ω)$ 规范与任何 $秒 \in [- 1, 0]$ .

对于 $δ > 0$ 和 $θ \in (0, π)$ 我们引入轮廓 $Γ_{δ, θ}$ 由定义

\begin{matrix} Γ_{δ, θ} = \{第页 {e（电子）}^{- 我 θ} : 第页 \geq δ\} \cup \{δ {e（电子）}^{我 ψ} : | ψ | \leq θ\} \cup \{第页 {e（电子）}^{我 θ} : 第页 \geq δ\}, \end{matrix}

其中圆弧的方向是逆时针的，而两条射线的方向是增加虚部。此外，我们表示为 $Σ_{θ}$ 行业

\begin{matrix} Σ_{θ} = {z \in C类 ; z \neq 0, | 参数 z | < θ} . \end{matrix}

我们重铸问题(1.1)带有 $（f） \equiv 0$ 通过将控制方程的两边积分为Volterra积分方程(1.1)

\begin{matrix} u个 (x个, t吨) = v（v） (x个) - \int_{0}^{t吨} k个 (t吨 - 秒) A类 u个 (x个, 秒) d日 秒, \end{matrix}

2.1

其中内核 $k个 (t吨)$ 由提供

\begin{matrix} k个 (t吨) = 1 + γ ω_{1 - α} (t吨) \end{matrix}

和操作员 $A类$ 由定义 $A类 = - Δ$ 使用域 $D类 (A类) = {H（H）}_{0}^{1} (Ω) \cap {H（H）}^{2} (Ω)$ . The ${H（H）}^{2} (Ω)$ 椭圆问题的正则性对于我们的讨论至关重要，它来自于域上的凸性假设 $Ω$ 众所周知，操作员 $- A类$ 生成角的有界解析半群 $π / 2$ ，即，对于任何 $θ \in (0, π / 2)$

\begin{matrix} {‖ (z + A类)}^{- 1} ‖ \leq M（M） / | z |, \forall z \in Σ_{π - θ} . \end{matrix}

2.2

同时，将拉普拉斯变换应用于(2.1)收益率

\begin{matrix} \hat{u个} (z) + \hat{k个} (z) A类 \hat{u个} (z) = z^{- 1} v（v）, \end{matrix}

即。， $\hat{u个} (z) = H（H） (z) v（v）$ ，带内核 $H（H） (z)$ 由提供

\begin{matrix} H（H） (z) = \frac{克 (z)}{z} {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1}, 克 (z) = \frac{1}{\hat{k个} (z)} = \frac{z}{1 + γ z^{α}}, \end{matrix}

2.3

哪里 $\hat{k个}$ 是函数的拉普拉斯变换 $k个 (t吨)$ 因此，通过拉普拉斯逆变换，我们推导出解算符 $秒 (t吨)$ 由提供

\begin{matrix} 秒 (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ_{δ, π - θ}} {e（电子）}^{z t吨} H（H） (z) d日 z, \end{matrix}

2.4

哪里 $δ > 0, θ \in (0, π / 2)$ .

首先我们陈述一个关于核的基本估计 $克 (z) = z / (1 + γ z^{α})$ .

引理2.1

修复 $θ \in (0, π)$ ，并让 $克 (z)$ 在中定义(2.3). 然后

\begin{matrix} 克 (z) \in Σ_{π - θ} 一 n个 d日 | 克 (z) | \leq {c（c） 最小值 (| z |, | z |}^{1 - α}), \forall z \in Σ_{π - θ} . \end{matrix}

2.5

证明

让 $z \in Σ_{π - θ}$ ，即。 $z = 第页 {e（电子）}^{我 ψ}, | ψ | < π - θ, 第页 > 0$ 然后通过注释 $α \in (0, 1)$ ,

\begin{matrix} 克 (z) = \frac{第页 {e（电子）}^{我 ψ}}{1 + γ {第页}^{α} {e（电子）}^{α 我 ψ}} = \frac{第页 {e（电子）}^{我 ψ} + γ {第页}^{α + 1} {e（电子）}^{我 (1 - α) ψ}}{{(1 + γ {第页}^{α} 余弦 (α ψ))}^{2} + {(γ {第页}^{α} 罪 (α ψ))}^{2}} \in Σ_{π - θ} . \end{matrix}

2.6

为了证明(2.5)我们注意到

\begin{matrix} | 1 + γ z^{α} |^{2} = 1 + 2 γ {第页}^{α} 余弦 (α ψ) + γ^{2} {第页}^{2 α} > 1 + 2 γ {第页}^{α} 余弦 (α π) + γ^{2} {第页}^{2 α} . \end{matrix}

2.7

让 $b条 = 余弦 (α π)$ .由于功能 $（f） (x个) = 1 + 2 b条 x个 + {x个}^{2}$ 达到最低值 $x个 = - b条$ ，具有最小值 ${（f）}_{米我 n个} = （f） (- b条) = 1 - {b条}^{2}$ ，它来自(2.7)那个

\begin{matrix} | 1 + γ z^{α} |^{2} > 1 - {余弦}^{2} (α π) = 罪^{2} (α π) . \end{matrix}

自 $罪 (α π) > 0$ ，这导致了第一个断言

\begin{matrix} | 克 (z) | = |\frac{z}{1 + γ z^{α}}| < \frac{1}{罪 (α π)} | z | . \end{matrix}

发件人(2.7)由此可见

\begin{matrix} | 1 + γ z^{α} |^{2} > {(1 + γ {第页}^{α} 余弦 (α π))}^{2} + {(γ {第页}^{α} 罪 (α π))}^{2} \geq 罪^{2} (α π) γ^{2} {第页}^{2 α}, \end{matrix}

2.8

因此，我们得到

\begin{matrix} | 克 (z) | = | \frac{z}{1 + γ z^{α}} | \leq \frac{第页}{γ {第页}^{α} 罪 (α π)} = \frac{1}{γ 罪 (α π)} {| z |}^{1 - α} . \end{matrix}

这就完成了引理的证明。 $□$

解的先验估计

现在我们可以说明问题的规律性(1.1)带有 $（f） \equiv 0$ .

定理2.1

对于任何 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 和 $（f） \equiv 0$ 有一个独特的解决方案 $u个$ 到问题(1.1)和

\begin{matrix} u个 = 秒 (t吨) v（v） \in C类 ([0, T型] ; {L（左）}^{2} (Ω)) \cap C类 ((0, T型] ; {H（H）}^{2} (Ω) \cap {H（H）}_{0}^{1} (Ω)) . \end{matrix}

此外，以下稳定性估计适用于 $t吨 \in (0, T型]$ 和 $ν = 0, 1$ :

\begin{matrix} ‖ {A类}^{ν} 秒^{(米)} {(t吨) v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {t吨}^{- 米 - ν (1 - α)} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}, v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω), 米 \geq 0, \end{matrix}

2.9

\begin{matrix} ‖ {A类}^{ν} 秒^{(米)} {(t吨) v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq {c（c）}_{T型} {t吨}^{- 米 + (1 - ν) (1 - α)} {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}, v（v） \in D类 (A类), ν + 米 \geq 1, \end{matrix}

2.10

哪里 $c（c）, {c（c）}_{T型} > 0$ 是常数取决于 $d日, Ω, α, γ, M（M）$ 和 $米$ 和常数 ${c（c）}_{T型}$ 也取决于 $T型$ .

证明

按引理2.1和(2.2)我们获得

\begin{matrix} {‖ (克 (z) 我 + A类)}^{- 1} ‖ \leq M（M） / | 克 (z) |, z \in \sum_{π - θ}, \end{matrix}

2.11

我们根据(2.3)和(2.11)那个

\begin{matrix} ‖ H（H） (z) ‖ \leq M（M） / | z |, z \in Σ_{π - θ} . \end{matrix}

2.12

然后由[25，定理2.1和推论2.4]，对于任何 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 有一个独特的解决方案 $u个$ 第页，共页(2.1)它是由

\begin{matrix} u个 (t吨) = 秒 (t吨) v（v） . \end{matrix}

仍需显示估计值。

让 $t吨 > 0, θ \in (0, π / 2), δ > 0$ 。我们选择 $δ = 1 / t吨$ 并简称为

\begin{matrix} Γ = Γ_{1 / t吨, π - θ} . \end{matrix}

2.13

首先我们推导(2.9)的 $ν = 0$ 和 $米 \geq 0$ .来自(2.4)和(2.12)我们推断

\begin{matrix} ‖ 秒^{(米)} (t吨) ‖ & = ∥\frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} z^{米} {e（电子）}^{z t吨} H（H） (z) d日 z∥ \leq c（c） \int_{Γ} {| z |}^{米} {e（电子）}^{R（右） (z) t吨} ‖ H（H） (z) ‖ | d日 z | \\ \leq c（c） (\int_{1 / t吨}^{\infty} {第页}^{米 - 1} {e（电子）}^{- 第页 t吨 余弦 θ} d日 第页 + \int_{- π + θ}^{π - θ} {e（电子）}^{余弦 ψ} {t吨}^{- 米} d日 ψ) \leq c（c） {t吨}^{- 米} . \end{matrix}

接下来我们证明估计(2.9)的 $ν = 1$ 和 $米 \geq 0$ .通过应用运算符 $A类$ 到的两侧(2.4)以及我们达到的差异化

\begin{matrix} A类 秒^{(米)} (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} z^{米} {e（电子）}^{z t吨} A类 H（H） (z) d日 z . \end{matrix}

2.14

使用身份

\begin{matrix} A类 H（H） (z) = (- H（H） (z) + z^{- 1} 我) 克 (z), \end{matrix}

它是从(2.12)和引理2.1那个

\begin{matrix} ∥A类 H（H） (z)∥ \leq (M（M） + 1) | z^{- 1} {克 (z) | \leq c（c） 最小值 (1, | z |}^{- α}), z \in Σ_{π - θ} . \end{matrix}

2.15

通过采取 $∥A类 H（H） (z)∥ \leq c（c） {| z |}^{- α}$ ，我们从(2.14)

\begin{matrix} ‖ A类 秒^{(米)} (t吨) ‖ & \leq c（c） \int_{Γ} {| z |}^{米 - α} {e（电子）}^{R（右） (z) t吨} | d日 z | \\ \leq c（c） (\int_{1 / t吨}^{\infty} {第页}^{米 - α} {e（电子）}^{- 第页 t吨 余弦 θ} d日 第页 + \int_{- π + θ}^{π - θ} {e（电子）}^{余弦 ψ} {t吨}^{- 米 - 1 + α} d日 ψ) \leq c（c） {t吨}^{- 米 - 1 + α} . \end{matrix}

这显示了估计值(2.9). 证明估算(2.10)带有 $ν = 0$ 我们观察到

\begin{matrix} 秒^{(米)} (t吨) v（v） & = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} z^{米} {e（电子）}^{z t吨} \frac{克 (z)}{z} {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} v（v） d日 z \\ = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} z^{米 - 1} {e（电子）}^{z t吨} 克 (z) {A类}^{- 1} {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} A类 v（v） d日 z . \end{matrix}

现在通过记录身份

\begin{matrix} 克 (z) {A类}^{- 1} {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} = {A类}^{- 1} - {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} \end{matrix}

事实上 $\int_{Γ} z^{米 - 1} {e（电子）}^{z t吨} d日 z = 0$ 对于 $米 \geq 1$ ，我们有

\begin{matrix} 秒^{(米)} (t吨) v（v） & = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} z^{米 - 1} {e（电子）}^{z t吨} v（v） d日 z - \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} z^{米 - 1} {e（电子）}^{z t吨} {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} d日 z A类 v（v） \\ = - \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} z^{米 - 1} {e（电子）}^{z t吨} {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} d日 z A类 v（v） . \end{matrix}

由(2.11)我们获得

\begin{matrix} {‖ (克 (z) 我 + A类)}^{- 1} {‖ \leq M（M） | 克 (z) |}^{- 1} = M（M） | \frac{1 + γ z^{α}}{z} | \leq {M（M） (| z |}^{- 1} + {γ | z |}^{α - 1}), \end{matrix}

因此，使用这个估计，我们得到

\begin{matrix} ‖ 秒^{(米)} {(t吨) v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} & \leq c（c） (\int_{Γ} {| z |}^{米 - 1} {e（电子）}^{R（右） (z) t吨} {‖ (克 (z) 我 + A类)}^{- 1} ‖ | d日 z |) {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \\ \leq c（c） (\int_{1 / t吨}^{\infty} {e（电子）}^{- 第页 t吨 余弦 θ} ({第页}^{米 - 2} + γ {第页}^{米 + α - 2}) d日 第页 \\ + \int_{- π + θ}^{π - θ} {e（电子）}^{余弦 ψ} ({t吨}^{- 米 + 1} + γ {t吨}^{- 米 + 1 - α}) d日 ψ) {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \\ \leq c（c） ({t吨}^{- 米 + 1} + γ {t吨}^{- 米 + 1 - α}) {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

自 ${t吨}^{- 米 + 1} \leq {T型}^{α} {t吨}^{- 米 + 1 - α}$ 对于 $t吨 \in (0, T型]$ ，我们推断

\begin{matrix} ‖ 秒^{(米)} {(t吨) v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq {c（c）}_{T型} {t吨}^{- 米 + 1 - α} {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}, t吨 \in (0, T型], \end{matrix}

具有 ${c（c）}_{T型} = c（c） ({T型}^{α} + γ)$ 最后，请注意(2.10)带有 $ν = 1$ 等于(2.9)带有 $ν = 0$ 和 $v（v）$ 替换为 $A类 v（v）$ . $□$

备注2.1

我们注意到这个论点适用于任何扇形算子 $A类$ ，包括空间中的Riemann–Liouville分数导数算子[9].

此外，定理中的估计2.1通过插值暗示以下结果。

备注2.2

解决方案 $秒 (t吨) v（v）$ 到问题(1.1)带有 $（f） \equiv 0$ 满足

\begin{matrix} ‖ 秒^{(米)} {(t吨) v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{第页} (Ω)} \leq c（c） {t吨}^{- 米 - (1 - α) (第页 - q个) / 2} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} \forall t吨 \in (0, T型], \end{matrix}

在哪里 $米 = 0$ 和 $0 \leq q个 \leq 第页 \leq 2$ 或 $米 > 0$ 和 $0 \leq 第页, q个 \leq 2$ .

关于解决方案行为的进一步讨论

估计值(2.9)保留任何 $t吨 > 0$ 然而，在这种情况下 $ν = 1$ 和 $米 = 0$ 我们可以在很大程度上改进这个估计 $t吨 > 0$ 也就是说，如果我们应用边界 $‖ A类 H（H） (z) ‖ \leq M（M）$ 来自(2.15)在估计(2.14)，我们得到以下更清晰的大边界 $t吨$ :

备注2.3

对于 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 我们有以下界限

\begin{matrix} {‖ A类 秒 (t吨) v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {t吨}^{- 1} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}, t吨 > 0, \end{matrix}

2.16

它比(2.9)对于大型 $t吨$ .此与绑定在一起(2.9)带有 $ν = 0, 米 = 1$ ，暗示以下问题解决的先验估计(1.1):

\begin{matrix} ‖ \partial_{t吨} {u个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + {‖ u个 ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} + ‖ \partial_{t吨}^{α} {u个 ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} \leq c（c） {t吨}^{- 1} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} （f） o（o） 第页 我 一 第页 克 e（电子） t吨 > 0 . \end{matrix}

此外，通过应用特征函数展开，求解了瑞利-斯托克斯问题(1.1)可以写在表格中

\begin{matrix} u个 (x个, t吨) = \sum_{j个 = 1}^{\infty} (v（v）, φ_{j个}) {u个}_{j个} (t吨) φ_{j个} (x个) + \sum_{j个 = 1}^{\infty} (\int_{0}^{t吨} {u个}_{j个} (t吨 - τ) {（f）}_{j个} (τ) d日 τ) φ_{j个} (x个), \end{matrix}

哪里 ${（f）}_{j个} (t吨) = (（f） (., t吨), φ_{j个})$ 和 ${u个}_{j个} (t吨)$ 满足以下方程式：

\begin{matrix} {u个}_{j个}^{'} (t吨) + λ_{j个} (1 + γ \partial_{t吨}^{α}) {u个}_{j个} (t吨) = 0, {u个}_{j个} (0) = 1 . \end{matrix}

2.17

要解决(2.17)我们应用拉普拉斯变换并使用恒等式

\begin{matrix} L（左） {{u个}^{'}} (z) = z L（左） {u个} (z) - u个 (0) \end{matrix}

2.18

\begin{matrix} L（左） {\partial_{t吨}^{α} u个} (z) = z^{α} L（左） {u个} (z), α \in (0, 1), \end{matrix}

2.19

适用于功能 $u个 (t吨)$ ，连续 $t吨 > 0$ ，并且这样 $u个 (0)$ 是有限的[16，方程（1.15）]。这样，对于拉普拉斯变换 ${u个}_{j个} (t吨)$ ，一个到达

\begin{matrix} L（左） {{u个}_{j个}} (z) = \frac{1}{z + γ λ_{j个} z^{α} + λ_{j个}} . \end{matrix}

基于这种表示，在下一个定理中，我们总结了时间相关分量的一些性质 ${u个}_{j个} (t吨)$ ，这对于研究解的行为，包括非齐次问题是有用的。

回想一下一个函数 $u个 (t吨)$ 被称为完全单调的当且仅当

\begin{matrix} {(- 1)}^{n个} {u个}^{(n个)} (t吨) \geq 0, 为所有人 t吨 \geq 0, n个 = 0, 1, \dots \end{matrix}

定理2.2

功能 ${u个}_{j个} (t吨), j个 = 1, 2, \dots,$ 具有以下属性：

\begin{matrix} {u个}_{j个} (0) = 1, 0 < {u个}_{j个} (t吨) \leq 1, t吨 \geq 0, \\ {u个}_{j个} (t吨) 一 第页 e（电子） c（c） o（o） 米 第页 我 e（电子） t吨 e（电子） 我 年 米 o（o） n个 o（o） t吨 o（o） n个 e（电子） （f） o（o） 第页 t吨 \geq 0, \\ | λ_{j个} {u个}_{j个} (t吨) | \leq c（c） 最小值 {{t吨}^{- 1}, {t吨}^{α - 1}}, t吨 > 0, \\ \int_{0}^{T型} | {u个}_{j个} (t吨) | d日 t吨 < \frac{1}{λ_{j个}}, T型 > 0 . \end{matrix}

其中常量 $c（c）$ 不依赖于 $j个$ 和 $t吨$ .

证明

我们介绍辅助功能 ${v（v）}_{j个} (t吨)$ 由拉普拉斯变换定义

\begin{matrix} L（左） {{v（v）}_{j个}} (z) = \frac{1 + γ λ_{j个} z^{α - 1}}{z + γ λ_{j个} z^{α} + λ_{j个}} . \end{matrix}

2.20

通过拉普拉斯变换的性质 $u个 (0) = 林_{z \to + \infty} z \hat{u个} (z)$ 我们获得 ${u个}_{j个} (0) = 1$ 和 ${v（v）}_{j个} (0) = 1$ 进一步，采用拉普拉斯逆变换(2.17)，我们得到

\begin{matrix} {u个}_{j个} (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{B类 第页} {e（电子）}^{z t吨} \frac{1}{z + γ λ_{j个} z^{α} + λ_{j个}} d日 z, \end{matrix}

哪里 $B类第页 = {z ; R（右） z = σ, σ > 0}$ 是Bromwich路[30]. 积分下的函数有一个分支点 $0$ ，所以我们切断了实轴的负部分。注意，函数 $z + γ λ_{j个} z^{α} + λ_{j个}$ 在Riemann曲面的主片中（包括其切割边界）没有零。的确，如果 $z = ϱ {e（电子）}^{我 θ}$ ，使用 $ϱ > 0, θ \in (- π, π)$ ，然后

\begin{matrix} 我 {z + γ λ_{j个} z^{α} + λ_{j个}} = ϱ 罪 θ + γ λ_{j个} ϱ^{α} 罪 α θ \neq 0, θ \neq 0, \end{matrix}

自从 $罪 θ$ 和 $罪 α θ$ 有相同的标志和 $λ_{j个}, γ > 0$ 因此， ${u个}_{j个} (t吨)$ 可以通过将Bromwich路径弯曲到Hankel路径来找到 $H（H）一 (ε)$ ，从开始 $- \infty$ 沿着负实轴的下侧，围绕圆盘 $| z | = ε$ 逆时针方向，结束于 $- \infty$ 沿着负实轴的上侧。通过采取 $ε \to 0$ 我们获得

\begin{matrix} {u个}_{j个} (t吨) = \int_{0}^{\infty} {e（电子）}^{- 第页 t吨} {K（K）}_{j个} (第页) d日 第页, \end{matrix}

哪里

\begin{matrix} {K（K）}_{j个} (第页) = \frac{γ}{π} \frac{λ_{j个} {第页}^{α} 罪 α π}{{(- 第页 + λ_{j个} γ {第页}^{α} 余弦 α π + λ_{j个})}^{2} + {(λ_{j个} γ {第页}^{α} 罪 α π)}^{2}} . \end{matrix}

自 $α \in (0, 1)$ 、和 $λ_{j个}, γ > 0$ ，有个保持 ${K（K）}_{j个} (第页) > 0$ 为所有人 $第页 > 0$ 因此，根据伯恩斯坦定理， ${u个}_{j个} (t吨)$ 是完全单调的函数。特别是，它们是正的且单调递减的。这显示了前两个断言。

以同样的方式，我们证明了函数 ${v（v）}_{j个} (t吨)$ 是完全单调的，因此 $0 < {v（v）}_{j个} (t吨) \leq 1$ .签署人(2.18)、和(2.20),

\begin{matrix} L（左） {{v（v）}_{j个}^{'}} (z) = z L（左） {{v（v）}_{j个}} (z) - {v（v）}_{j个} (0) = z L（左） {{v（v）}_{j个}} (z) - 1 = - λ_{j个} L（左） {{u个}_{j个}} (z), \end{matrix}

在进行拉普拉斯逆变换时，这意味着 ${u个}_{j个} (t吨) = - {v（v）}_{j个}^{'} (t吨) / λ_{j个}$ 现在第三个断言是

\begin{matrix} \int_{0}^{T型} | {u个}_{j个} (t吨) | d日 t吨 = \int_{0}^{T型} {u个}_{j个} (t吨) d日 t吨 = - \frac{1}{λ_{j个}} \int_{0}^{T型} {v（v）}_{j个}^{'} (t吨) d日 t吨 = \frac{1}{λ_{j个}} (1 - {v（v）}_{j个} (T型)) < \frac{1}{λ_{j个}} . \end{matrix}

最后，使用表示法

\begin{matrix} {u个}_{j个} (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {e（电子）}^{z t吨} \frac{1}{z + γ λ_{j个} z^{α} + λ_{j个}} d日 z = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {e（电子）}^{z t吨} H（H） (z, λ_{j个}) d日 z \end{matrix}

具有

\begin{matrix} H（H） (z, λ_{j个}) = \frac{克 (z)}{z} {(克 (z) + λ_{j个})}^{- 1}, \end{matrix}

其中函数 $克 (z)$ 定义如下(2.3)，最后一个断言是应用定理证明中的论点2.1具有 $A类$ 替换为 $λ_{j个} > 0$ 并使用以下类似于(2.15):

\begin{matrix} | λ_{j个} H（H） (z, λ_{j个}) {| \leq M（M） 最小值 (1, | z |}^{- α}), z \in \sum_{π - θ} . \end{matrix}

这就完成了命题的证明。 $□$

根据定理2.1，对于任何 $α \in (0, 1)$ ，解决方案运算符 $秒$ 在二阶空间中具有平滑特性。在极限情况下 $α = 1$ 但是，它不具有任何平滑特性。为此，我们考虑本征函数展开：

\begin{matrix} u个 (x个, t吨) = 秒 (t吨) v（v） = \sum_{j个 = 1}^{\infty} (v（v）, φ_{j个}) {u个}_{j个} (t吨) φ_{j个} (x个) . \end{matrix}

2.21

在这种情况下 $α = 1$ 我们从中推断(2.17)和(2.18)

\begin{matrix} L（左） {{u个}_{j个}} (z) = \frac{1 + γ λ_{j个}}{z + γ λ_{j个} z + λ_{j个}}, 这意味着 {u个}_{j个} (t吨) = {e（电子）}^{- \frac{λ_{j个}}{1 + γ λ_{j个}} t吨} . \end{matrix}

这表明该问题不具有平滑特性。

备注2.4

我们观察到，如果 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ ，然后 ${‖ u个 (t吨) ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)}$ 行为类似 ${t吨}^{α - 1}$ 作为 $t吨 \to 0$ 此行为与细分扩散方程解的行为相同；参见[17，定理4.1]和[26，定理2.1]。然而，作为 $t吨 \to {\infty, ‖ u个 (t吨) ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)}$ 腐烂得像 ${t吨}^{- 1}$ ，如标准扩散方程的情况。解决方案 $u个 (t吨)$ 第页，共页(1.1)腐烂得像 ${t吨}^{- 1}$ 对于 $t吨 \to \infty$ 。这比 ${t吨}^{α - 1}$ ，细分扩散方程解的衰减[26，推论2.6]，但比扩散方程的指数衰减慢得多。

我们可以推广定理2.1对于非常弱的初始数据，即。， $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)$ 具有 $- 1 < q个 < 0$ 显然，对于任何人 $t吨 > 0$ 函数 $u个 (t吨) = 秒 (t吨) v（v）$ 满足等式(1.1)在某种意义上 ${\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)$ .然后我们呼吁扩大(2.21). 重复定理的论证2.1产量 ${‖ 秒 (t吨) v（v） - v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} \leq c（c） {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} .$ 通过Lebesgue的支配收敛定理，我们推导出

\begin{matrix} \underset{t吨 \to 0^{+}}{林} {‖ 秒 (t吨) - v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)}^{2} = \underset{t吨 \to 0^{+}}{林} \sum_{j个 = 1}^{\infty} λ_{j个}^{q个} {({u个}_{j个} (t吨) - 1)}^{2} {(v（v）, φ_{j个})}^{2} = 0 . \end{matrix}

因此，函数 $u个 (t吨) = 秒 (t吨) v（v）$ 满足(1.1)和用于 $t吨 \to 0$ 收敛到 $v（v）$ 在里面 ${\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)$ 即。， $u个 (t吨) = 秒 (t吨) v（v）$ 表示解决方案。此外，定理的论证2.1产量 $u个 (t吨) = 秒 (t吨) v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2 + q个} (Ω)$ 对于任何 $t吨 > 0$ .

半离散Galerkin有限元法

在本节中，我们考虑空间半离散有限元近似，并导出齐次问题的最优误差估计。

半离散Galerkin格式

首先我们回顾一下 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -正交投影 ${P（P）}_{小时} : {L（左）}^{2} (Ω) \to {X（X）}_{小时}$ 和里兹投影 ${R（右）}_{小时} : {H（H）}_{0}^{1} (Ω) \to {X（X）}_{小时}$ 分别由定义

\begin{matrix} ({P（P）}_{小时} φ, χ) & = (φ, χ) \forall χ \in {X（X）}_{小时}, \\ (Ş {R（右）}_{小时} φ, \nabla χ) & = (\nabla φ, \nabla χ) \forall χ \in {X（X）}_{小时} . \end{matrix}

对于 $φ \in {\dot{H（H）}}^{- 秒} (Ω)$ 对于 $0 < 秒 \leq 1$ ，的 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -投影 ${P（P）}_{小时}$ 定义不明确。尽管如此，人们可能会认为 $(φ, χ)$ 对于 $χ \in {X（X）}_{小时} \subset {\dot{H（H）}}^{秒}$ 作为空间之间的对偶 ${\dot{H（H）}}^{秒} (Ω)$ 和 ${\dot{H（H）}}^{- 秒} (Ω)$ 并定义 ${P（P）}_{小时}$ 以同样的方式。

里兹投影 ${R（右）}_{小时}$ 和 ${L（左）}^{2}$ -投影 ${P（P）}_{小时}$ 具有以下属性。

引理3.1

让网格 ${X（X）}_{小时}$ 是准均匀的。然后是操作员 ${R（右）}_{小时}$ 和 ${P（P）}_{小时}$ 满足：

\begin{matrix} ‖ {R（右）}_{小时} {φ - φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 ‖ \nabla ({R（右）}_{小时} φ - φ) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{q个} {‖ φ ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} \forall φ \in {\dot{H（H）}}^{q个} (Ω), q个 = 1, 2, \\ ‖ {P（P）}_{小时} {φ - φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 ‖ \nabla ({P（P）}_{小时} φ - φ) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{q个} {‖ φ ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} \forall φ \in {\dot{H（H）}}^{q个} (Ω), q个 = 1, 2 . \end{matrix}

此外， ${P（P）}_{小时}$ 在上稳定 ${\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)$ 对于 $- 1 \leq q个 \leq 1$ .

引入离散拉普拉斯算子 $Δ_{小时} : {X（X）}_{小时} \to {X（X）}_{小时}$ 由定义

\begin{matrix} - (Δ_{小时} φ, χ) = (\nabla φ, \nabla χ) \forall φ, χ \in {X（X）}_{小时}, \end{matrix}

3.1

和 ${（f）}_{小时} = {P（P）}_{小时} （f）$ ，我们可以写下空间离散问题(1.2)至于发现 ${u个}_{小时} \in {X（X）}_{小时}$ 这样的话

\begin{matrix} \partial_{t吨} {u个}_{小时} - (1 + γ \partial_{t吨}^{α}) Δ_{小时} {u个}_{小时} = {（f）}_{小时}, {u个}_{小时} (0) = {v（v）}_{小时}, \end{matrix}

3.2

哪里 ${v（v）}_{小时} \in {X（X）}_{小时}$ 是初始条件的适当近似值 $v（v）$ 因此，解决方案操作员 $秒_{小时} (t吨)$ 对于半离散问题(1.2)由提供

\begin{matrix} 秒_{小时} (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {e（电子）}^{z t吨} {H（H）}_{小时} (z) d日 z 具有 {H（H）}_{小时} (z) = \frac{克 (z)}{z} {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}, \end{matrix}

3.3

哪里 $Γ$ 是中定义的轮廓(2.13)和 ${A类}_{小时} = - Δ_{小时}$ 此外，利用本征对 ${(λ_{j个}^{小时}, φ_{j个}^{小时})}$ 离散拉普拉斯算子 $- Δ_{小时}$ ，我们定义了离散范数 $| | | \cdot {| | |}_{{\dot{H（H）}}^{第页} (Ω)}$ 关于空间 ${X（X）}_{小时}$ 对于任何 $第页 \in R（右）$

\begin{matrix} {| | | φ | | |}_{{\dot{H（H）}}^{第页} (Ω)}^{2} = \sum_{j个 = 1}^{N个} {(λ_{j个}^{小时})}^{第页} {(φ, φ_{j个}^{小时})}^{2} \forall φ \in {X（X）}_{小时} . \end{matrix}

操作员的稳定性 $秒_{小时} (t吨)$ 如下所示。这个证明与定理的证明相似2.1，因此省略。

引理3.2

让 $秒_{小时} (t吨)$ 由定义(3.2)和 ${v（v）}_{小时} \in {X（X）}_{小时}$ .然后

\begin{matrix} | | | 秒_{小时}^{(米)} (t吨) {v（v）}_{小时} {| | |}_{{\dot{H（H）}}^{第页} (Ω)} \leq c（c） {t吨}^{- 米 - (1 - α) (第页 - q个) / 2} | | | {v（v）}_{小时} {| | |}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)}, \forall 0 < t吨 \leq T型, \end{matrix}

在哪里 $米 = 0$ 和 $0 \leq q个 \leq 第页 \leq 2$ 或 $米 > 0$ 和 $0 \leq 第页, q个 \leq 2$ .

现在我们导出了半离散Galerkin格式的误差估计(3.2)使用操作员技巧，遵循Fujita和Suzuki的有趣工作[6]. 我们注意到，类似的估计也来自于[10]，但以牺牲额外的对数因子为代价 $| 自然对数小时 |$ 在非光滑初始数据的情况下。

以下引理在推导误差估计中起着关键作用。

引理3.3

对于任何 $φ \in {H（H）}_{0}^{1} (Ω)$ 和 $z \in Σ_{π - θ} = \{z : | 参数 (z) | \leq π - θ\}$ 对于 $θ \in (0, π / 2)$ ，有个保持

\begin{matrix} {| 克 (z) | ‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \leq c（c） |{克 (z) ‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + (\nabla φ, \nabla φ)| . \end{matrix}

3.4

证明

由[6，引理7.1]，我们对任何 $z \in Σ_{π - θ}$

\begin{matrix} {| z | ‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \leq c（c） |{z ‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + (\nabla φ, \nabla φ)| . \end{matrix}

或者，它遵循不等式

\begin{matrix} γ | z | + β \leq \frac{| γ z + β |}{罪 \frac{θ}{2}} 对于 γ, β \geq 0, z \in Σ_{π - θ}, \end{matrix}

带着选择 $γ = {‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2}$ 和 $β = {‖ \nabla φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} = (Ş φ, \nabla φ)$ .通过引理2.1, $克 (z) \in Σ_{π - θ}$ 为所有人 $z \in Σ_{π - θ}$ ，这就完成了证明。 $□$

下一个引理显示了之间的误差估计 ${(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} v（v）$ 及其离散模拟 ${(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {P（P）}_{小时} v（v）$ .

引理3.4

让 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω), z \in Σ_{π - θ}, w个 = {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} v（v）$ 、和 ${w个}_{小时} = {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {P（P）}_{小时} v（v）$ .然后是保持

\begin{matrix} ‖ {w个}_{小时} {- w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 ‖ \nabla ({w个}_{小时} - w个) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{2} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

3.5

证明

根据定义， $w个$ 和 ${w个}_{小时}$ 分别满足

\begin{matrix} 克 (z) (w个, χ) + (Ş w个, \nabla χ) & = (v（v）, χ), \forall χ \in {H（H）}_{0}^{1} (Ω), \\ 克 (z) ({w个}_{小时}, χ) + (\nabla w个, \nabla χ) & = (v（v）, χ), \forall χ \in {X（X）}_{小时} . \end{matrix}

将这两个恒等式相减，得出以下误差的正交关系 $e（电子） = w个 - {w个}_{小时}$ :

\begin{matrix} 克 (z) (e（电子）, χ) + (\nabla e（电子）, \nabla χ) = 0, \forall χ \in {X（X）}_{小时} . \end{matrix}

3.6

这个和引理3.3暗示对任何人 $χ \in {X（X）}_{小时}$

\begin{matrix} {| 克 (z) | ‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} & \leq c（c） |{克 (z) ‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + (\nabla e（电子）, \nabla e（电子）)| \\ = c（c） |克 (z) (e（电子）, w个 - χ) + (\nabla e（电子）, \nabla (w个 - χ))| . \end{matrix}

通过采取 $χ = π_{小时} w个$ ，的拉格朗日插值 $w个$ 利用柯西-施瓦兹不等式，我们得出

\begin{matrix} {| 克 (z) | ‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \\ \leq c（c） ({| 克 (z) | 小时 ‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} {‖ \nabla w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + {小时 ‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} {‖ w个 ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)}) . \end{matrix}

3.7

再次吸引引理3.3带着选择 $φ = w个$ ，我们获得

\begin{matrix} {| 克 (z) | ‖ w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \leq c（c） | ((克 (z) 我 + A类) w个, w个) | \leq {c（c） ‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} {‖ w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

因此

\begin{matrix} {‖ w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq {c（c） | 克 (z) |}^{- 1} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} {和 ‖ \nabla w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq {c（c） | 克 (z) |}^{- 1 / 2} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

3.8

鉴于(3.8)，一个绑定 ${‖ w个 ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)}$ 可以导出

\begin{matrix} {‖ w个 ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} & = {‖ A类 w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} = c（c） {‖ (- 克 (z) 我 + 克 (z) 我 + A类) {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \\ \leq c（c） ({‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + {| 克 (z) | ‖ w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}) \leq c（c） {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

它由此而来(3.7)那个

\begin{matrix} {| 克 (z) | ‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \leq c（c） 小时 {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} ({| 克 (z) |}^{1 / 2} {‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + {‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}), \end{matrix}

这就产生了

\begin{matrix} {| 克 (z) | ‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \leq c（c） {小时}^{2} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} . \end{matrix}

3.9

这给出了所需的界限 ${‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}$ 下一步，我们推导出 ${‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}$ 二元论证。对于 $φ \in {L（左）}^{2} (Ω)$ ，通过设置

\begin{matrix} ψ = {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} φ 和 ψ_{小时} = {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {P（P）}_{小时} φ \end{matrix}

我们有二元性

\begin{matrix} {‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq \underset{φ \in {L（左）}^{2} (Ω)}{啜饮} \frac{| (e（电子）, φ) |}{{‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}} = \underset{φ \in {L（左）}^{2} (Ω)}{啜饮} \frac{| 克 (z) (e（电子）, ψ) + (\nabla e（电子）, \nabla ψ) |}{{‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}} . \end{matrix}

然后，期望的估计值如下所示(3.6)和(3.9)由

\begin{matrix} | 克 (z) (e（电子）, ψ) + (\nabla e（电子）, \nabla ψ) | & = | 克 (z) (e（电子）, ψ - ψ_{小时}) + (\nabla e（电子）, \nabla (ψ - ψ_{小时})) | \\ \leq {| 克 (z) |}^{1 / 2} {‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} {| 克 (z) |}^{1 / 2} {‖ ψ - ψ_{小时} ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \\ + {‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} {‖ \nabla (ψ - ψ_{小时}) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \\ \leq c（c） {小时}^{2} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} {‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

这就完成了引理的证明。 $□$

半离散格式的误差估计

现在我们可以说明非光滑初始数据的误差估计 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ .

定理3.1

让 $u个$ 和 ${u个}_{小时}$ 是问题的解决方案(1.1)和(3.2)带有 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 和 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ 分别是。然后针对 $t吨 > 0$ ，持有：

\begin{matrix} ‖ u个 (t吨) - {u个}_{小时} {(t吨) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 ‖ \nabla (u个 (t吨) - {u个}_{小时} (t吨)) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{2} {t吨}^{- (1 - α)} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

证明

错误 $e（电子） (t吨) : = u个 (t吨) - {u个}_{小时} (t吨)$ 可以表示为

\begin{matrix} e（电子） (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {e（电子）}^{z t吨} \frac{克 (z)}{z} (w个 - {w个}_{小时}) d日 z, \end{matrix}

具有 $w个 = {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} v（v）$ 和 ${w个}_{小时} = {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {P（P）}_{小时} v（v）$ .通过引理3.4定理证明中的论证2.1我们有

\begin{matrix} {‖ \nabla e（电子） (t吨) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq {c（c） 小时 ‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \int_{Γ} {e（电子）}^{R（右） (z) t吨} \frac{| 克 (z) |}{| z |} | d日 z | \leq c（c） 小时 {t吨}^{- (1 - α)} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

类似的论点也产生了 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -估计。 $□$

接下来我们讨论平滑初始数据的情况，即。， $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ 和 ${v（v）}_{小时} \in {R（右）}_{小时} v（v）$ .我们再次测量轮廓 $Γ = Γ_{1 / t吨, π - θ}$ 。然后是错误 $e（电子） (t吨) = u个 (t吨) - {u个}_{小时} (t吨)$ 可以表示为

\begin{matrix} e（电子） (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {e（电子）}^{z t吨} \frac{克 (z)}{z} ({(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} - {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {R（右）}_{小时}) v（v） d日 z . \end{matrix}

通过平等

\begin{matrix} \frac{克 (z)}{z} {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} = z^{- 1} 我 - z^{- 1} {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} A类, \end{matrix}

我们可以获得

\begin{matrix} e（电子） (t吨) = \frac{1}{2 π 我} (\int_{Γ} {e（电子）}^{z t吨} z^{- 1} ({w个}_{小时} (z) - w个 (z)) d日 z + \int_{Γ} {e（电子）}^{z t吨} z^{- 1} (v（v） - {R（右）}_{小时} v（v）) d日 z), \end{matrix}

3.10

哪里 $w个 (z) = {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} A类 v（v）$ 和 ${w个}_{小时} (z) = {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {A类}_{小时} {R（右）}_{小时} v（v）$ 然后我们得出以下误差估计。

定理3.2

让 $u个$ 和 ${u个}_{小时}$ 是问题的解决方案(1.1)和(3.2)带有 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ 和 ${v（v）}_{小时} = {R（右）}_{小时} v（v）$ 分别是。然后针对 $t吨 > 0$ ，持有：

\begin{matrix} ‖ u个 (t吨) - {u个}_{小时} {(t吨) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 ‖ \nabla (u个 (t吨) - {u个}_{小时} (t吨)) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{2} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

3.11

证明

让 $w个 (z) = {(克 (z) 我 + A类)}^{- 1} A类 v（v）$ 和 ${w个}_{小时} (z) = {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {A类}_{小时} {R（右）}_{小时} v（v）$ .然后是Lemmas3.1和3.4和身份 ${A类}_{小时} {R（右）}_{小时} = {P（P）}_{小时} A类$ 给

\begin{matrix} ‖ w个 (z) - {w个}_{小时} {(z) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 ‖ \nabla (w个 (z) - {w个}_{小时} (z)) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{2} {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

现在它是从这个和表示(3.10)那个

\begin{matrix} ‖ e（电子） (t吨) ‖ & \leq c（c） {小时}^{2} {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \int_{Γ} {e（电子）}^{R（右） (z) t吨} {| z |}^{- 1} | d日 z | \\ \leq c（c） {小时}^{2} {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} (\int_{1 / t吨}^{\infty} {e（电子）}^{- 第页 t吨 余弦 θ} {第页}^{- 1} d日 第页 + \int_{- π + θ}^{π - θ} {e（电子）}^{余弦 ψ} d日 ψ) \\ \leq c（c） {小时}^{2} {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} = c（c） {小时}^{2} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

因此，我们获得 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -误差估计。这个 ${H（H）}^{1} (Ω)$ -误差估计如下。

备注3.1

对于平滑的初始数据 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ ，我们也可以取近似值 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ 。然后可以将错误拆分为

\begin{matrix} e（电子） (t吨) = 秒 (t吨) v（v） - 秒_{小时} (t吨) {P（P）}_{小时} v（v） = (秒 (t吨) v（v） - 秒_{小时} (t吨) {R（右）}_{小时} v（v）) + (秒_{小时} (t吨) {R（右）}_{小时} v（v） - 秒_{小时} (t吨) {P（P）}_{小时} v（v）) . \end{matrix}

定理3.2给出了第一项的估计。第二项的界来自引理3.1和3.2

\begin{matrix} ‖ 秒_{小时} (t吨) ({P（P）}_{小时} v（v） - {R（右）}_{小时} v（v）) ‖_{{\dot{H（H）}}^{第页} (Ω)} \leq c（c） ‖ {P（P）}_{小时} v（v） - {R（右）}_{小时} {v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{第页} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{2 - 第页} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

因此，误差估计(3.11)保持初始近似值 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ 它由此而来，定理3.1和插值 $q个 \in [0, 2]$ 和 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ ，有个保持

\begin{matrix} ‖ u个 (t吨) - {u个}_{小时} {(t吨) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 ‖ \nabla (u个 (t吨) - {u个}_{小时} (t吨)) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{2} {t吨}^{- (1 - α) (2 - q个) / 2} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} . \end{matrix}

备注3.2

如果初始数据很弱，即。， $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)$ 具有 $- 1 < q个 < 0$ ，然后是[8，定理2]给出了半离散有限元近似的以下最佳误差估计(1.2)

\begin{matrix} ‖ u个 (t吨) - {u个}_{小时} {(t吨) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 ‖ \nabla (u个 (t吨) - {u个}_{小时} (t吨)) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{2 + q个} {t吨}^{- (1 - α)} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} . \end{matrix}

3.12

完全离散方案

现在我们为这个问题开发了两个完全离散的方案(1.1)基于卷积求积（参见[4,13——15]以供详细讨论），并导出平滑和非平滑初始数据的最佳误差估计。

卷积求积

首先，我们简要描述了中的抽象框架[4第2节和第3节]，该节有助于开发和分析全离散方案。让 $K（K）$ 是一个复值函数或算子值函数，在一个扇区中进行分析 $Σ_{π - θ}, θ \in (0, π / 2)$ 并以

\begin{matrix} ‖ K（K） (z) ‖ \leq {M（M） | z |}^{- μ} \forall z \in Σ_{π - θ}, \end{matrix}

4.1

对于一些实数 $μ$ 和 $M（M）$ .然后 $K（K） (z)$ 是分布的拉普拉斯变换 $k个$ 在实线上 $t吨 < 0$ ，其单数支持为空或集中于 $t吨 = 0$ ，是的分析函数 $t吨 > 0$ 。对于 $t吨 > 0$ ，解析函数 $k个 (t吨)$ 由反演公式给出

\begin{matrix} k个 (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} K（K） (z) {e（电子）}^{z t吨} d日 z, t吨 > 0, \end{matrix}

哪里 $Γ$ 是位于分析性扇区的轮廓，平行于其边界并以增加的虚部为方向。使用 $\partial_{t吨}$ 作为时间微分，我们定义 $K（K） (\partial_{t吨})$ 作为与核（分布）卷积的算子 $k个 : K（K） (\partial_{t吨}) 克 = k个 * 克$ 对于函数 $克 (t吨)$ 具有适当的平滑度。

卷积求积近似 $K（K） (\partial_{t吨}) 克 (t吨)$ 通过离散卷积 $K（K） ({\bar{\partial}}_{τ}) 克 (t吨)$ 具体来说，我们划分时间间隔 $[0, T型]$ 进入之内 $N个$ 具有时间步长的等子间隔 $τ = T型 / N个$ ，并定义近似值：

\begin{matrix} K（K） ({\bar{\partial}}_{τ}) 克 (t吨) = \sum_{0 \leq j个 τ \leq t吨} ω_{j个} 克 (t吨 - j个 τ), t吨 > 0, \end{matrix}

其中正交权重 ${ω_{j个}}_{j个 = 0}^{\infty}$ 由生成函数决定

\begin{matrix} \sum_{j个 = 0}^{\infty} ω_{j个} ξ^{j个} = K（K） (δ (ξ) / τ) . \end{matrix}

在这里 $δ$ 是稳定一致线性多步方法生成多项式的商。在这项工作中，我们考虑了反向欧拉（BE）方法和二阶反向差分（SBD）方法，其中

\begin{matrix} δ (ξ) = \{\begin{matrix} (1 - ξ), & 比利时, \\ (1 - ξ) + {(1 - ξ)}^{2} / 2, & SBD公司 . \end{matrix} \end{matrix}

现在我们专门研究半离散问题的构造(3.2). 通过集成(3.2)来自 $0$ 到 $t吨$ ，我们得到了半离散解的表示 ${u个}_{小时}$

\begin{matrix} {u个}_{小时} + (γ \partial_{t吨}^{α - 1} + \partial_{t吨}^{- 1}) {A类}_{小时} {u个}_{小时} = {v（v）}_{小时} + \partial_{t吨}^{- 1} {（f）}_{小时} . \end{matrix}

哪里 $\partial_{t吨}^{β} u个, β < 0$ ，表示Riemann–Liouville积分 $\partial_{t吨}^{β} u个 = \frac{1}{Γ (- β)} \int_{0}^{t吨} {(t吨 - 秒)}^{- β - 1} u个 (秒) d日秒$ 左侧是一个卷积，我们在 ${t吨}_{n个} = n个 τ$ 具有 ${U型}_{小时}^{n个}$ 通过

\begin{matrix} {U型}_{小时}^{n个} + (γ {\bar{\partial}}_{τ}^{α - 1} + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1}) {A类}_{小时} {U型}_{小时}^{n个} = {v（v）}_{小时} + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1} ({t吨}_{n个}), \end{matrix}

其中符号 ${\bar{\partial}}_{τ}^{α - 1}$ 和 ${\bar{\partial}}_{τ}^{- 1}$ 参考由相应的线性多步方法生成的相关卷积求积。为了便于数值实现，我们以时间步进的形式重写它们。

反向欧拉（BE）方法

BE方法如下：Find ${U型}_{小时}^{n个}$ 对于 $n个 = 1, 2, \dots, N个$ 这样的话

\begin{matrix} {U型}_{小时}^{n个} + (γ {\bar{\partial}}_{τ}^{α - 1} + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1}) {A类}_{小时} {U型}_{小时}^{n个} = {v（v）}_{小时} + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1} {（f）}_{小时} ({t吨}_{n个}) \end{matrix}

4.2

用卷积求积 ${\bar{\partial}}_{τ}^{α - 1}$ 和 ${\bar{\partial}}_{τ}^{- 1}$ 通过BE方法生成。通过应用 ${\bar{\partial}}_{τ}$ 加入计划(4.2)以及卷积的结合性，我们推断它可以改写为： ${U型}_{小时}^{0} = {v（v）}_{小时} \in {X（X）}_{小时}$ 和 ${F类}_{小时}^{n个} = {（f）}_{小时} ({t吨}_{n个})$ ，查找 ${U型}_{小时}^{n个}$ 对于 $n个 = 1, 2, \dots, N个$ 这样的话

\begin{matrix} τ^{- 1} ({U型}_{小时}^{n个} - {U型}_{小时}^{n个 - 1}) + γ {\bar{\partial}}_{τ}^{α} ({A类}_{小时} {U型}_{小时}^{n个}) + {A类}_{小时} {U型}_{小时}^{n个} = {F类}_{小时}^{n个} . \end{matrix}

4.3

备注4.1

在方案中(4.3)，期限为 $n个 = 0$ 在里面 ${\bar{\partial}}_{τ}^{α} {A类}_{小时} {U型}_{小时}^{n个}$ 可以省略而不影响其收敛速度[15,27].

二阶后向差分（SBD）方法

现在我们转向SBD方案。众所周知，如果 $克 (0) \neq 0$ 例如，对于 $克 \equiv 1$ [13，定理5.1][4，第3节]。在数值上也观察到问题的一阶收敛性(1.1). 因此，需要纠正方案，我们遵循[4,15]. 使用身份

\begin{matrix} {(我 + (\partial_{t吨}^{α - 1} + \partial_{t吨}^{- 1}) {A类}_{小时})}^{- 1} = 我 - {(我 + (\partial_{t吨}^{α - 1} + \partial_{t吨}^{- 1}) {A类}_{小时})}^{- 1} (\partial_{t吨}^{α - 1} + \partial_{t吨}^{- 1}) {A类}_{小时}, \end{matrix}

我们可以重写半离散解 ${u个}_{小时}$ 进入之内

\begin{matrix} {u个}_{小时} & = {v（v）}_{小时} + {(我 + (γ \partial_{t吨}^{α - 1} + \partial_{t吨}^{- 1}) {A类}_{小时})}^{- 1} \\ \times (- (γ \partial_{t吨}^{α - 1} + \partial_{t吨}^{- 1}) {A类}_{小时} {v（v）}_{小时} + \partial_{t吨}^{- 1} {（f）}_{小时, 0} + \partial_{t吨}^{- 1} {\tilde{（f）}}_{小时}), \end{matrix}

哪里 ${（f）}_{小时, 0} = {（f）}_{小时} (0)$ 和 ${\tilde{（f）}}_{小时} = {（f）}_{小时} - {（f）}_{小时} (0)$ 这导致了卷积求积

\begin{matrix} {U型}_{小时}^{n个} & = {v（v）}_{小时} + {(我 + (γ {\bar{\partial}}_{τ}^{α - 1} + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1}) {A类}_{小时})}^{- 1} (- (γ {\bar{\partial}}_{τ}^{α} \partial_{t吨}^{- 1} + \partial_{t吨}^{- 1}) {A类}_{小时} {v（v）}_{小时} \\ + \partial_{t吨}^{- 1} {（f）}_{小时, 0} ({t吨}_{n个}) + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1} {\tilde{（f）}}_{小时} ({t吨}_{n个})) . \end{matrix}

4.4

保留操作员的目的 $\partial_{t吨}^{- 1}$ 在中完好无损(4.4)是为了达到二阶精度，参见引理4.4如下所示。出租 $1_{τ} = (0, 三 / 2, 1, \dots)$ 并注意到身份 $1_{τ} = {\bar{\partial}}_{τ} \partial^{- 1} 1$ 在栅格点 ${t吨}_{n个}$ 和卷积的结合性(4.4)可以重写为

\begin{matrix} (我 + (γ {\bar{\partial}}_{τ}^{α - 1} + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1}) {A类}_{小时}) ({U型}_{小时}^{n个} - {v（v）}_{小时}) \\ = - (γ {\bar{\partial}}_{τ}^{α - 1} + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1}) {A类}_{小时} 1_{τ} {v（v）}_{小时} + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1} 1_{τ} {（f）}_{小时, 0} ({t吨}_{n个}) + {\bar{\partial}}_{τ}^{- 1} {\tilde{（f）}}_{小时} ({t吨}_{n个}) . \end{matrix}

接下来通过应用运算符 ${\bar{\partial}}_{τ}$ ，我们获得

\begin{matrix} {\bar{\partial}}_{τ} ({U型}_{小时}^{n个} - {v（v）}_{小时}) + (γ {\bar{\partial}}_{τ}^{α} + 我) {A类}_{小时} ({U型}_{小时}^{n个} - {v（v）}_{小时}) \\ = - (γ {\bar{\partial}}_{τ}^{α} + 我) {A类}_{小时} 1_{τ} {v（v）}_{小时} + 1_{τ} {（f）}_{小时, 0} ({t吨}_{n个}) + {\tilde{（f）}}_{小时} ({t吨}_{n个}) . \end{matrix}

4.5

因此，我们得出了一个时间步进方案： ${U型}_{小时}^{0} = {v（v）}_{小时}$ ，查找 ${U型}_{小时}^{n个}$ 这样的话

\begin{matrix} τ^{- 1} (三 {U型}_{小时}^{1} / 2 - 三 {U型}_{小时}^{0} / 2) + γ {\tilde{\partial}}_{τ}^{α} {A类}_{小时} {U型}_{小时}^{1} + {A类}_{小时} {U型}_{小时}^{1} + {A类}_{小时} {U型}_{小时}^{0} / 2 = {F类}_{小时}^{1} + {F类}_{小时}^{0} / 2, \end{matrix}

和用于 $n个 \geq 2$

\begin{matrix} {\bar{\partial}}_{τ} {U型}_{小时}^{n个} + γ {\tilde{\partial}}_{τ}^{α} {A类}_{小时} {U型}_{小时}^{n个} + {A类}_{小时} {U型}_{小时}^{n个} = {F类}_{小时}^{n个}, \end{matrix}

其中卷积求积 ${\tilde{\partial}}_{τ}^{α} φ^{n个}$ 由提供

\begin{matrix} {\tilde{\partial}}_{τ}^{α} φ^{n个} = τ^{- α} (\sum_{j个 = 1}^{n个} ω_{n个 - j个}^{α} φ^{j个} + ω_{n个 - 1}^{α} φ^{0} / 2), \end{matrix}

用砝码 ${ω_{j个}^{α}}$ 由SBD方法生成。

完全离散格式的误差分析(4.3)和(4.5)为了这个案子 $（f） \equiv 0$ 将按照[4，第4节]。

反向欧拉方法的误差分析

调用函数时 $克 (z)$ 来自(2.3)并表示

\begin{matrix} G公司 (z) = {(我 + 克 {(z)}^{- 1} {A类}_{小时})}^{- 1}, \end{matrix}

4.6

我们可以写下 ${u个}_{小时} ({t吨}_{n个})$ 和 ${U型}_{小时}^{n个}$ 作为

\begin{matrix} {U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) = (G公司 ({\bar{\partial}}_{τ}) - G公司 (\partial_{t吨})) {v（v）}_{小时} . \end{matrix}

4.7

为了进行误差分析，我们需要以下估计[13，定理5.2]。

引理4.1

让 $K（K） (z)$ 在中进行分析 $Σ_{π - θ}$ 和(4.1)保持。然后针对 $克 (t吨) = c（c） {t吨}^{β - 1}$ ，基于BE的卷积求积满足

\begin{matrix} ‖ (K（K） (\partial_{t吨}) - K（K） ({\bar{\partial}}_{τ})) 克 (t吨) ‖ \leq \{\begin{matrix} c（c） {t吨}^{μ - 1} τ^{β}, & 0 < β \leq 1, \\ c（c） {t吨}^{μ + β - 2} τ, & β \geq 1 . \end{matrix} \end{matrix}

现在我们可以说明非光滑初始数据的误差估计 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ .

引理4.2

让 ${u个}_{小时}$ 和 ${U型}_{小时}^{n个}$ 是问题的解决方案(3.2)和(4.3)带有 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω), {U型}_{小时}^{0} = {v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ 和 $（f） \equiv 0$ 分别是。然后就有了

\begin{matrix} ‖ {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） τ {t吨}_{n个}^{- 1} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

证明

由(2.2)和身份 $G公司 (z) = 克 (z) {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}$ 对于 $z \in Σ_{π - θ}$ ，有个保持

\begin{matrix} ‖ G公司 (z) ‖ \leq c（c） \forall z \in Σ_{π - θ} . \end{matrix}

然后(4.7)和引理4.1（带有 $μ = 0$ 和 $β = 1$ )给予

\begin{matrix} ‖ {U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） τ {t吨}_{n个}^{- 1} {‖ {v（v）}_{小时} ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}, \end{matrix}

所需结果直接来自 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 的稳定性 ${P（P）}_{小时}$ .

接下来我们转向平滑初始数据，即。， $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ .

引理4.3

让 ${u个}_{小时}$ 和 ${U型}_{小时}^{n个}$ 是问题的解决方案(3.2)和(4.3)带有 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω), {U型}_{小时}^{0} = {v（v）}_{小时} = {R（右）}_{小时} v（v）$ 和 $（f） \equiv 0$ 分别是。然后就有了

\begin{matrix} ‖ {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） τ {t吨}_{n个}^{- α} {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

证明

以身份

\begin{matrix} {A类}_{小时}^{- 1} {(我 + 克 {(z)}^{- 1} {A类}_{小时})}^{- 1} = {A类}_{小时}^{- 1} - {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}, \end{matrix}

并表示 ${G公司}_{秒} (z) = - {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}$ ，错误 ${U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个})$ 可以表示为

\begin{matrix} {U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) = ({G公司}_{秒} ({\bar{\partial}}_{τ}) - {G公司}_{秒} (\partial_{t吨})) {A类}_{小时} {v（v）}_{小时} . \end{matrix}

发件人(2.2)和引理2.1我们推断

\begin{matrix} ‖ {G公司}_{秒} {(z) ‖ \leq M（M） | 克 (z) |}^{- 1} = M（M） | \frac{1 + γ z^{α}}{z} | \leq {M（M） (| z |}^{- 1} + {γ | z |}^{α - 1}) \forall z \in \sum_{π - θ} . \end{matrix}

现在引理4.1（带有 $μ = 1 - α$ 和 $β = 1$ )给予

\begin{matrix} ‖ {U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） τ {t吨}_{n个}^{- α} {‖ {A类}_{小时} {v（v）}_{小时} ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}, \end{matrix}

所需的估计值直接来自等式 ${A类}_{小时} {R（右）}_{小时} = {P（P）}_{小时} A类$ . $□$

备注4.2

按引理4.3，误差估计表现出奇异的顺序行为 ${t吨}^{- α}$ 作为 $t吨 \to 0^{+}$ ，即使对于平滑的初始数据 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ 尽管如此，作为 $α \to 0^{+}$ ，问题(1.1)简化为标准抛物线方程，因此光滑数据的奇异性消失，这与抛物线方程相一致[29].

现在我们可以说明全离散格式的误差估计(4.3)在光滑和非光滑初始数据下，利用三角形不等式，定理3.1和3.2，引理4.2和4.3对于非光滑和光滑的初始数据。

定理4.1

让 $u个$ 和 ${U型}_{小时}^{n个}$ 是问题的解决方案(1.1)和(4.3)带有 ${U型}_{小时}^{0} = {v（v）}_{小时}$ 和 $（f） \equiv 0$ 分别是。然后，以下估计成立。

如果 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ 和 ${v（v）}_{小时} = {R（右）}_{小时} v（v）$ ，然后
$\begin{matrix} ‖ u个 ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） (τ {t吨}_{n个}^{- α} + {小时}^{2}) {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} . \end{matrix}$
如果 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 和 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ ，然后
$\begin{matrix} ‖ u个 ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） (τ {t吨}_{n个}^{- 1} + {小时}^{2} {t吨}_{n个}^{α - 1}) {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}$

备注4.3

对于 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ ，我们也可以选择 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ .让 ${\bar{U型}}_{小时}^{n个}$ 是全离散格式的对应解 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ .通过方案的稳定性，引理的一个直接推论4.3，我们有

\begin{matrix} ‖ {U型}_{小时}^{n个} - {\bar{U型}}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） ‖ {R（右）}_{小时} v（v） - {P（P）}_{小时} {v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） {小时}^{2} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

因此，定理中的估计4.1（a）仍然保持 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ 然后通过插值估计 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ ，我们推断

\begin{matrix} ‖ u个 ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） (τ {t吨}_{n个}^{- 1 + (1 - α) q个 / 2} + {小时}^{2} {t吨}_{n个}^{- (1 - α) (2 - q个) / 2}) {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)}, 0 \leq q个 \leq 2 . \end{matrix}

备注4.4

如果初始数据很弱，即。， $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)$ 具有 $- 1 < q个 < 0$ ，通过引理4.2，逆不等式[三第140页]和引理3.1我们有

\begin{matrix} ‖ {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） τ {t吨}_{n个}^{- 1} {‖ {P（P）}_{小时} v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \\ \leq c（c） τ {小时}^{q个} {t吨}_{n个}^{- 1} ‖ {P（P）}_{小时} {v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} \leq c（c） τ {小时}^{q个} {t吨}_{n个}^{- 1} {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} . \end{matrix}

这个和备注3.2得出以下误差估计

\begin{matrix} ‖ u个 ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） (τ {小时}^{q个} {t吨}_{n个}^{- 1} + {小时}^{2 + q个} {t吨}_{n个}^{α - 1}) {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} . \end{matrix}

二阶后向差分法的误差分析

使用 $G公司 (z) = - 克 {(z)}^{- 1} z {(我 + 克 {(z)}^{- 1} {A类}_{小时})}^{- 1} {A类}_{小时} = - z {A类}_{小时} {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}$ ，我们有

\begin{matrix} {u个}_{小时} - {U型}_{小时}^{n个} = (G公司 (\partial_{t吨}) - G公司 ({\bar{\partial}}_{τ})) \partial_{t吨}^{- 1} {v（v）}_{小时} . \end{matrix}

4.8

类似引理4.1，以下估计成立（参见[13，定理5.2][14，定理2.2]）。

引理4.4

让 $K（K） (z)$ 在中进行分析 $Σ_{π - θ}$ 和(4.1)保持。然后针对 $克 (t吨) = c（c） {t吨}^{β - 1}$ ，基于SBD的卷积求积满足

\begin{matrix} ‖ (K（K） (\partial_{t吨}) - K（K） ({\bar{\partial}}_{τ}) 克 (t吨) ‖ \leq \{\begin{matrix} c（c） {t吨}^{μ - 1} τ^{β}, & 0 < β \leq 2, \\ c（c） {t吨}^{μ + β - 三} τ^{2}, & β \geq 2 . \end{matrix} \end{matrix}

现在我们可以说明非光滑初始数据的误差估计 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ .

引理4.5

让 ${u个}_{小时}$ 和 ${U型}_{小时}^{n个}$ 是问题的解决方案(3.2)和(4.5)带有 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω), {U型}_{小时}^{0} = {v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ 和 $（f） \equiv 0$ 分别是。然后就有了

\begin{matrix} ‖ {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） τ^{2} {t吨}_{n个}^{- 2} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

证明

由(2.2)和身份

\begin{matrix} G公司 (z) = - z {A类}_{小时} {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} = - z (我 - 克 (z) {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}) \forall z \in Σ_{π - θ}, \end{matrix}

有个等待

\begin{matrix} ‖ G公司 (z) ‖ \leq c（c） | z |, \forall z \in \sum_{π - θ} . \end{matrix}

然后(4.8)和引理4.4（带有 $μ = - 1$ 和 $β = 2$ )给予

\begin{matrix} ‖ {U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） τ^{2} {t吨}_{n个}^{- 2} {‖ {v（v）}_{小时} ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}, \end{matrix}

所需结果直接来自 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 的稳定性 ${P（P）}_{小时}$ . $□$

接下来，我们转向平滑初始数据 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ .

引理4.6

让 ${u个}_{小时}$ 和 ${U型}_{小时}^{n个}$ 是问题的解决方案(3.2)和(4.5)带有 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω), {U型}_{小时}^{0} = {v（v）}_{小时} = {R（右）}_{小时} v（v）$ 和 $（f） \equiv 0$ 分别是。然后就有了

\begin{matrix} ‖ {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） τ^{2} {t吨}_{n个}^{- 1 - α} {‖ A类 v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}

证明

通过设置 ${G公司}_{秒} (z) = - z {(克 (z) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}, {U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个})$ 可以表示为

\begin{matrix} {U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) = ({G公司}_{秒} ({\bar{\partial}}_{τ}) - {G公司}_{秒} (\partial_{t吨})) {A类}_{小时} {v（v）}_{小时} . \end{matrix}

发件人(2.2)和引理2.1我们推断

\begin{matrix} ‖ {G公司}_{秒} {(z) ‖ \leq M（M） | z | | 克 (z) |}^{- 1} \leq {(1 + γ | z |}^{α}), \forall z \in Σ_{π - θ} . \end{matrix}

现在引理4.4（带有 $μ = - α$ 和 $β = 2$ )给予

\begin{matrix} ‖ {U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个}) ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） τ^{2} {t吨}_{n个}^{- 1 - α} {‖ {A类}_{小时} {v（v）}_{小时} ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}, \end{matrix}

所需的估计值来自等式 ${A类}_{小时} {R（右）}_{小时} = {P（P）}_{小时} A类$ . $□$

然后我们对全离散格式进行以下误差估计(4.5).

定理4.2

让 $u个$ 和 ${U型}_{小时}^{n个}$ 成为问题的解决方案(1.1)和(4.5)带有 ${U型}_{小时}^{0}$ 和 $（f） \equiv 0$ 分别是。然后，以下误差估计成立。

如果 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2} (Ω)$ 、和 ${U型}_{小时}^{0} = {R（右）}_{小时} v（v）$ ，有个保持
$\begin{matrix} ‖ u个 ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） (τ^{2} {t吨}_{n个}^{- 1 - α} + {小时}^{2}) {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{2} (Ω)} . \end{matrix}$
如果 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω)$ 、和 ${U型}_{小时}^{0} = {P（P）}_{小时} v（v）$ ，有个保持
$\begin{matrix} ‖ u个 ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） (τ^{2} {t吨}_{n个}^{- 2} + {小时}^{2} {t吨}_{n个}^{α - 1}) {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} . \end{matrix}$

备注4.5

通过格式的稳定性，引理的一个直接推论4.6和备注中的论点4.3，定理中的估计4.2（a）仍然保持 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ 然后通过插值我们得到

\begin{matrix} ‖ u个 ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） (τ^{2} {t吨}_{n个}^{- 2 + (1 - α) q个 / 2} + {小时}^{2} {t吨}^{- (1 - α) (2 - q个) / 2}) {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)}, 0 \leq q个 \leq 2 . \end{matrix}

备注4.6

如果初始数据很弱 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{q个} (Ω), - 1 < q个 < 0$ ，备注中的论点4.4产量

\begin{matrix} ‖ u个 ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq c（c） (τ^{2} {小时}^{q个} {t吨}_{n个}^{- 2} + {小时}^{2 + q个} {t吨}^{α - 1}) {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} . \end{matrix}

数值结果

在这一部分中，我们给出了数值结果来验证Sects中的收敛理论。三和4我们将考虑具有光滑、非光滑和非常弱初始数据的一维和二维示例。在一维情况下，我们取 $Ω = (0, 1)$ ，在二维情况下 $Ω = {(0, 1)}^{2}$ 。这里我们使用符号 $χ_{秒}$ 对于集合的特征函数 $秒$ 。考虑以下四种情况。

平滑： $v（v） = 罪 (2 π x个)$ 哪个在 ${H（H）}^{2} (Ω) \cap {H（H）}_{0}^{1} (Ω)$ .
非光滑： $v（v） = χ_{(0, 1 / 2]}$ ; 跳跃 $x个 = 1 / 2$ 和 $v（v） (0) \neq 0$ 导致 $v（v） \notin {\dot{H（H）}}^{1} (Ω)$ ; 但对于任何 $ϵ \in (0, 1 / 2), v（v） \in {\dot{H（H）}}^{1 / 2 - ϵ} (Ω)$ .
非常微弱的数据： $v（v） = δ_{1 / 2} (x个)$ 哪一个是狄拉克 $δ$ -功能集中于 $x个 = 0.5$ .根据索波列夫嵌入定理， $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{- 1 / 2 - ϵ} (Ω)$ 对于 $ϵ > 0$ .
二维示例： $v（v） = χ_{(0, 1 / 2] \times (0, 1)}$ 哪个在 ${\dot{H（H）}}^{1 / 2 - ϵ} (Ω)$ 对于任何 $ϵ > (0, 1 / 2)$ .

在我们的实验中，我们固定了参数 $γ = 1$ 英寸(1.1)适用于所有情况。我们分别考察了 $t吨 = 0.1$ 对于非光滑初始数据的情况，我们特别关注以下方面的误差 $t吨$ 接近于零。这些例子的精确解可以用广义Mittag–Leffler函数表示，但这很难计算，因此我们在非常精细的网格上计算参考解。我们报告标准化误差 $‖ {e（电子）}^{n个} ‖_{{L（左）}^{2} (Ω)} / {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}$ 和 $‖ {e（电子）}^{n个} ‖_{{\dot{H（H）}}^{1} (Ω)} / {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}, {e（电子）}^{n个} = u个 ({t吨}_{n个}) - {U型}_{小时}^{n个}$ 对于平滑和非平滑数据。

在我们的计算中，我们划分单位间隔 $(0, 1)$ 进入之内 $K（K） = 2^{k个}$ 等距子间隔，具有网格大小 $小时 = 1 / K（K）$ .有限元空间 ${X（X）}_{小时}$ 由连续的分段线性函数组成。类似地，我们采用具有时间步长的均匀时间网格 $τ = t吨 / N个$ ，使用 $t吨$ 是感兴趣的时间。

数值结果，例如（a）

首先，我们确定网格大小 $小时$ 在 $小时 = 2^{- 11}$ 因此，空间离散化产生的误差可以忽略不计，这使我们能够检查时间收敛速度。在表中1，我们显示 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -误差范数 $t吨 = 0.1$ 对于不同的 $α$ 值。在表中，BE和SBD分别表示后向欧拉法和二阶后向差分法，速率是指当时间步长为 $τ$ （或网格大小 $小时$ )两半，括号中的数字表示理论收敛速度。在图中1我们为以下对象绘制结果 $α = 0.5$ 以对数-对数比例。阶收敛速度 $O（运行） (τ)$ 和 $O（运行） (τ^{2})$ 对于BE方法和SBD方法，分别观察到了，这与我们的收敛理论非常吻合。此外，我们观察到误差随着分数阶的增加而减小 $α$ 增加。

表1

这个 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -误差标准，例如（a）： $t吨 = 0.1$ 和 $小时 = 2^{- 11}$

	$τ$	$1 / 5$	$1 / 10$	$1 / 20$	$1 / 40$	$1 / 80$	费率
比利时	$α = 0.1$	6.75秒 $-$ 三	2.42秒 $-$ 三	1.00秒 $-$ 三	4.55秒 $-$ 4	2.15秒 $-$ 4	$\approx$ 1.15 (1.00)
	$α = 0.5$	3.68秒 $-$ 三	1.73秒 $-$ 三	8.42秒 $-$ 4	4.13秒 $-$ 4	2.03秒 $-$ 4	$\approx$ 1.04 (1.00)
	$α = 0.9$	4.12秒 $-$ 4	2.03秒 $-$ 4	1.00秒 $-$ 4	4.96秒 $-$ 5	2.43电子 $-$ 5	$\approx$ 1.03 (1.00)
SBD公司	$α = 0.1$	5.59秒 $-$ 三	4.82秒 $-$ 4	1.18秒 $-$ 4	2.77秒 $-$ 5	6.66电子 $-$ 6	$\approx$ 2.06 (2.00)
	$α = 0.5$	1.05秒 $-$ 三	2.39秒 $-$ 4	5.33电子 $-$ 5	1.28秒 $-$ 5	3.14秒 $-$ 6	$\approx$ 2.08 (2.00)
	$α = 0.9$	7.62秒 $-$ 5	1.64秒 $-$ 5	3.86秒 $-$ 6	9.48秒 $-$ 7	2.46秒 $-$ 7	$\approx$ 2.06 (2.00)

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图1

误差图，例如（a） $t吨 = 0.1$ ，使用 $α = 0.5$ 和 $小时 = 2^{- 11}$

在表中2和图2，我们显示 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -和 ${H（H）}^{1} (Ω)$ -误差标准 $t吨 = 0.1$ BE方案。我们设置了 $τ = 2 \times 10^{- 5}$ 并检查空间收敛速度。数值结果表明 $O（运行） ({小时}^{2})$ 和 $O（运行） (小时)$ 分别针对 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -和 ${H（H）}^{1} (Ω)$ -误差范数，充分证明了定理3.2此外，经验收敛速度几乎与分数阶无关 $α$ .

表2

错误，例如（a）： $t吨 = 0.1, 小时 = 2^{- k个}$ 和 $τ = 5 \times 10^{- 5}$

$α$	$k个$	$三$	$4$	$5$	$6$	$7$	费率
$α = 0.1$	${L（左）}^{2}$ -规范	6月16日 $-$ 4	1.59秒 $-$ 4	4.00秒 $-$ 5	9.90秒 $-$ 6	2.38秒 $-$ 6	$\approx$ 2.01 (2.00)
$α = 0.1$	${H（H）}^{1}$ -规范	1.19英寸 $-$ 2	5.99秒 $-$ 三	2.99秒 $-$ 三	1.49秒 $-$ 三	7.26秒 $-$ 4	$\approx$ 1.01（1.00）
$α = 0.5$	${L（左）}^{2}$ -规范	1.58秒 $-$ 三	4.00秒 $-$ 4	1.00秒 $-$ 4	2.48秒 $-$ 5	5.95秒 $-$ 6	$\approx$ 2.01 (2.00)
$α = 0.5$	${H（H）}^{1}$ -规范	3.92秒 $-$ 2	1.98秒 $-$ 2	9.88秒 $-$ 三	4.91秒 $-$ 三	2.40秒 $-$ 三	$\approx$ 1.01 (1.00)
$α = 0.9$	${L（左）}^{2}$ -规范	1.38秒 $-$ 三	3.47秒 $-$ 4	8.67欧元 $-$ 5	2.15秒 $-$ 5	5.16页 $-$ 6	$\approx$ 2.01 (2.00)
$α = 0.9$	${H（H）}^{1}$ -规范	3.56秒 $-$ 2	1.79秒 $-$ 2	8.96当量 $-$ 三	4.45秒 $-$ 三	2.17秒 $-$ 三	$\approx$ 1.01 (1.00)

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图2

错误，例如（a）： $t吨 = 0.1, τ = 2^{- 5}, α = 0.1, 0.5$ 和 $0.9$

数值结果，例如（b）

在表格中三和和44我们给出了示例（b）的结果。时间收敛速度为 $O（运行） (τ)$ 和 $O（运行） (τ^{2})$ 对于BE和SBD方法，分别参见表三，并且空间收敛速度是有序的 $O（运行） ({小时}^{2})$ 在里面 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -规范和 $O（运行） (小时)$ 在里面 ${H（H）}^{1} (Ω)$ -标准，参见表4对于非光滑的初始数据，我们对以下方面的误差特别感兴趣 $t吨$ 接近于零。因此，我们也在 $t吨 = 0.01$ 和 $t吨 = 0.001$ 在表中4.数值结果完全证实了预测的速率。

表3

这个 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -误差范数，例如（b）at $t吨 = 0.1$ ，使用 $小时 = 2^{- 11}$

	$τ$	$1 / 5$	$1 / 10$	$1 / 20$	$1 / 40$	$1 / 80$	费率
比利时	$α = 0.1$	2.82秒 $-$ 2	1.42秒 $-$ 2	7.13秒 $-$ 三	3.56秒 $-$ 三	1.76秒 $-$ 三	$\approx$ 1.00 (1.00)
	$α = 0.5$	8.67欧元 $-$ 三	4.18秒 $-$ 三	2.05秒 $-$ 三	1.01秒 $-$ 三	4.97秒 $-$ 4	$\approx$ 1.02 (1.00)
	$α = 0.9$	9.06秒 $-$ 4	4.47电子 $-$ 4	2.21秒 $-$ 4	1.09秒 $-$ 4	5.42秒 $-$ 5	$\approx$ 1.02 (1.00)
SBD公司	$α = 0.1$	7.14秒 $-$ 三	1.61当量 $-$ 三	3.92秒 $-$ 4	9.63秒 $-$ 5	2.38秒 $-$ 5	$\approx$ 2.05 (2.00)
	$α = 0.5$	2.46秒 $-$ 三	5.05秒 $-$ 4	1.17秒 $-$ 4	2.82秒 $-$ 5	6.91欧元 $-$ 6	$\approx$ 2.06 (2.00)
	$α = 0.9$	1.67秒 $-$ 4	3.58秒 $-$ 5	8.40秒 $-$ 6	2.04秒 $-$ 6	5.11e条 $-$ 7	$\approx$ 2.08 (2.00)

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表4

错误，例如（b）： $α = 0.5, 小时 = 2^{- k个}$ 和 $N个 = 1, 000$

$t吨$	$k个$	$三$	$4$	$5$	$6$	$7$	费率
$t吨 = 0.1$	${L（左）}^{2}$ -规范	1.63秒 $-$ 三	4.09秒 $-$ 4	1.02秒 $-$ 4	2.55秒 $-$ 5	6.30秒 $-$ 6	$\approx$ 2.00 (2.00)
$t吨 = 0.1$	${H（H）}^{1}$ -规范	4.04秒 $-$ 2	2.0当量 $-$ 2	1.01秒 $-$ 2	5.04秒 $-$ 三	2.51秒 $-$ 三	$\approx$ 1.00 (1.00)
$t吨 = 0.01$	${L（左）}^{2}$ -规范	5.87秒 $-$ 三	1.47电子 $-$ 三	3.66秒 $-$ 4	9.13秒 $-$ 5	2.26秒 $-$ 5	$\approx$ 2.00 (2.00)
$t吨 = 0.01$	${H（H）}^{1}$ -规范	1.62当量 $-$ 1	8.08秒 $-$ 2	4.04秒 $-$ 2	2.02秒 $-$ 2	1.00秒 $-$ 2	$\approx$ 1.00 (1.00)
$t吨 = 0.001$	${L（左）}^{2}$ -规范	1.47秒 $-$ 2	3.66秒 $-$ 三	9.15秒 $-$ 4	2.28秒 $-$ 4	5.65秒 $-$ 5	$\approx$ 2.00 (2.00)
$t吨 = 0.001$	${H（H）}^{1}$ -规范	4.48秒 $-$ 1	2.24秒 $-$ 1	1.12秒 $-$ 1	5.60秒 $-$ 2	2.78秒 $-$ 2	$\approx$ 1.00 (1.00)

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此外，在表中5和图三我们展示了 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -示例（a）和（b）的误差范数 $小时 = 2^{- 6}$ 和 $t吨 \to 0$ 为了检查空间离散化误差，我们固定了时间步长 $τ$ 在 $τ = t吨 / 1, 000$ 并使用SBD方法，使得时间离散化误差可以忽略不计。我们观察到，在光滑情况下，即示例（a），空间误差基本上保持不变，而在非光滑情况下（即示例（b）），其恶化为 $t吨 \to 0$ 在示例（b）中，初始数据 $v（v） \in {\dot{H（H）}}^{1 / 2 - ϵ} (Ω)$ 对于任何 $ϵ > 0$ 和备注4.5，错误增长如下 $O（运行） ({t吨}^{- 三 α / 4})$ 作为 $t吨 \to 0$ 表中的经验比率5和图三与理论预测吻合良好，即。， $- 三 α / 4 = - 0.375$ 对于 $α = 0.5$ .

表5

这个 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -示例（a）和（b）的误差范数 $α = 0.5, 小时 = 2^{- 6}$ 、和 $t吨 \to 0$

$t吨$	第1页 $-$ 三	第1页 $-$ 4	第1页 $-$ 5	第1页 $-$ 6	第1页 $-$ 7	第1页 $-$ 8	费率
（a）	2.48电子 $-$ 4	3.07秒 $-$ 4	3.27秒 $-$ 4	3.46秒 $-$ 4	3.55秒 $-$ 4	3.58秒 $-$ 4	$\approx -$ 0.02 (0)
（b）	2.28秒 $-$ 4	5.07秒 $-$ 4	1.22秒 $-$ 三	2.89秒 $-$ 三	6.78秒 $-$ 三	1.56秒 $-$ 2	$\approx -$ 0.37 ( $-$ 0.37)

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图3

示例（a）和（b）的误差图 $小时 = 2^{- 6}, α = 0.5$ 对于 $t吨 \to 0$

数值结果，例如（c）

根据备注，如果数据很弱4.4和4.6，我们只能期望小时间步长的空间收敛 $τ$ 表中的结果6用速率表示超收敛现象 $O（运行） ({小时}^{2})$ 在中 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -规范和 $O（运行） (小时)$ 在中 ${H（H）}^{1} (Ω)$ -规范。这是由于在一维中Dirac的解 $δ$ -函数作为初始数据从支撑点和有限元空间的两侧平滑 ${X（X）}_{小时}$ 具有良好的逼近性。当奇点 $x个 = 1 / 2$ 未与网格对齐，表7显示 $O（运行） ({小时}^{三 / 2})$ 和 $O（运行） ({小时}^{1 / 2})$ 价格 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -和 ${H（H）}^{1} (Ω)$ -误差的范数。

表6

错误，例如（c）： $α = 0.5, 小时 = 2^{- k个}$ 、和 $N个 = 1, 000$

$t吨$	$k个$	$三$	$4$	$5$	$6$	$7$	费率
$t吨 = 0.1$	${L（左）}^{2}$ -规范	1.19秒 $-$ 4	2.98电子 $-$ 5	7.45秒 $-$ 6	1.86秒 $-$ 6	4.62秒 $-$ 7	$\approx$ 2.00 (1.50)
$t吨 = 0.1$	${H（H）}^{1}$ -规范	5.35秒 $-$ 三	2.69秒 $-$ 三	1.35秒 $-$ 三	6.72秒 $-$ 4	3.34秒 $-$ 4	$\approx$ 1.00 (0.50)
$t吨 = 0.01$	${L（左）}^{2}$ -规范	2.41秒 $-$ 三	6.04秒 $-$ 4	1.51秒 $-$ 4	3.77秒 $-$ 5	9.31秒 $-$ 6	$\approx$ 2.00 (1.50)
$t吨 = 0.01$	${H（H）}^{1}$ -规范	3.98秒 $-$ 2	1.99秒 $-$ 2	9.92秒 $-$ 三	4.95秒 $-$ 三	2.46秒 $-$ 三	$\approx$ 1.00 (0.50)
$t吨 = 0.001$	${L（左）}^{2}$ -规范	1.25秒 $-$ 2	3.12秒 $-$ 三	7.80秒 $-$ 4	1.94秒 $-$ 4	4.83秒 $-$ 5	$\approx$ 2.00 (1.50)
$t吨 = 0.001$	${H（H）}^{1}$ -规范	5.00秒 $-$ 1	2.50秒 $-$ 1	1.25秒 $-$ 1	6.23秒 $-$ 2	3.09电子 $-$ 2	$\approx$ 1.00 (0.50)

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表7

错误，例如（c）： $α = 0.5, 小时 = 1 / (2^{k个} + 1)$ 和 $N个 = 1, 000$

$t吨$	$k个$	$三$	$4$	$5$	$6$	$7$	费率
$t吨 = 0.1$	${L（左）}^{2}$ -规范	5.84秒 $-$ 三	2.22秒 $-$ 三	8.15秒 $-$ 4	2.93秒 $-$ 4	1.04秒 $-$ 4	$\approx$ 1.50 (1.50)
$t吨 = 0.1$	${H（H）}^{1}$ -规范	1.79秒 $-$ 1	1.29秒 $-$ 1	9.16秒 $-$ 2	6.44秒 $-$ 2	4.45秒 $-$ 2	$\approx$ 0.52 (0.50)
$t吨 = 0.01$	${L（左）}^{2}$ -规范	2.42秒 $-$ 2	9.54秒 $-$ 三	3.57秒 $-$ 三	1.30秒 $-$ 三	4.63秒 $-$ 4	$\approx$ 1.48（1.50）
$t吨 = 0.01$	${H（H）}^{1}$ -规范	7.77秒 $-$ 1	5.68英 $-$ 1	4.07秒 $-$ 1	2.87秒 $-$ 1	1.98秒 $-$ 1	$\approx$ 0.51（0.50）
$t吨 = 0.001$	${L（左）}^{2}$ -规范	8.01秒 $-$ 2	3.27秒 $-$ 2	1.25秒 $-$ 2	4.57秒 $-$ 三	1.64秒 $-$ 三	$\approx$ 1.46 (1.50)
$t吨 = 0.001$	${H（H）}^{1}$ -规范	2.65欧元	1.97欧元	1.43e0	1.02欧元	7.05秒 $-$ 1	$\approx$ 0.49 (0.50)

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数值结果，例如（d）

这里我们考虑单位正方形上的二维示例 $Ω = {(0, 1)}^{2}$ 对于非光滑初始数据。为了离散这个问题，我们划分了单位区间 $(0, 1)$ 进入之内 $K（K） = 2^{k个}$ 具有网格大小的等距子间隔 $小时 = 1 / K（K）$ 从而将域划分为 ${K（K）}^{2}$ 小正方形。我们通过连接每个小正方形的对角线来获得域的对称三角剖分。表8显示了BE和SBD方法的一阶和二阶时间收敛速度。空间误差 $t吨 = 0.1, 0.01$ 和 $0.001$ 如表所示9，这意味着收敛速度为 $O（运行） ({小时}^{2})$ 在中 ${L（左）}^{2} (Ω)$ -规范和 $O（运行） (小时)$ 在中 ${H（H）}^{1} (Ω)$ -规范。在图中4和和55我们绘制了表中所示的结果8和和9，9分别是。所有数值结果都证实了我们的收敛理论。

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图4

误差图，例如（d） $t吨 = 0.1$ 具有 $α = 0.5$ 和 $小时 = 2^{- 9}$

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图5

示例（d）的误差图： $α = 0.1, 0.5, 0.9$ 和 $N个 = 1, 000$ 在 $t吨 = 0.1, 0.01$ 和 $0.001$

表8

这个 ${L（左）}^{2}$ -误差范数，例如（d）at $t吨 = 0.1$ ，使用 $α = 0.5$ 和 $小时 = 2^{- 9}$

	$τ$	$1 / 5$	$1 / 10$	$1 / 20$	$1 / 40$	$1 / 80$	费率
比利时	$α = 0.5$	4.53秒 $-$ 三	2.15电子 $-$ 三	1.04秒 $-$ 三	5.17页 $-$ 4	2.56秒 $-$ 4	$\approx$ 1.03 (1.00)
SBD公司	$α = 0.5$	1.33秒 $-$ 三	2.80秒 $-$ 4	6.48秒 $-$ 5	1.56秒 $-$ 5	3.79秒 $-$ 6	$\approx$ 2.11 (2.00)

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表9

错误，例如（d）： $α = 0.5, 小时 = 2^{- k个}$ 和 $N个 = 1, 000$

$t吨$	$k个$	$三$	$4$	$5$	$6$	$7$	费率
$t吨 = 0.1$	${L（左）}^{2}$ -规范	1.95秒 $-$ 三	5.02秒 $-$ 4	1.26秒 $-$ 4	3.12秒 $-$ 5	7.61秒 $-$ 6	$\approx$ 2.01 (2.00)
$t吨 = 0.1$	${H（H）}^{1}$ -规范	3.29秒 $-$ 2	1.63秒 $-$ 2	第8.11页 $-$ 三	4.03秒 $-$ 三	1.97秒 $-$ 三	$\approx$ 1.00 (1.00)
$t吨 = 0.01$	${L（左）}^{2}$ -规范	7.79秒 $-$ 三	2.00秒 $-$ 三	5.03电子 $-$ 4	1.25秒 $-$ 4	2.98秒 $-$ 5	$\approx$ 2.02 (2.00)
$t吨 = 0.01$	${H（H）}^{1}$ -规范	1.43秒 $-$ 1	7.09电子 $-$ 2	3.53秒 $-$ 2	1.75秒 $-$ 2	8.56秒 $-$ 三	$\approx$ 1.01 (1.00)
$t吨 = 0.001$	${L（左）}^{2}$ -规范	1.97秒 $-$ 2	5.09秒 $-$ 三	1.28秒 $-$ 三	3.19秒 $-$ 4	7.05秒 $-$ 5	$\approx$ 2.00 (2.00)
$t吨 = 0.001$	${H（H）}^{1}$ -规范	4.44秒 $-$ 1	2.22秒 $-$ 1	1.11秒 $-$ 1	5.52秒 $-$ 2	2.69秒 $-$ 2	$\approx$ 1.01 (1.00)

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结束语

在这项工作中，我们研究了二级广义流中Rayleigh–Stokes方程的齐次问题。用算子理论方法建立了解的Sobolev正则性。开发了基于Galerkin有限元方法的空间半离散格式和基于反向Euler方法和二阶反向差分方法的两个全离散格式以及相关的卷积求积，并对半离散和全离散的数据正则性误差进行了最优估计离散方案。大量的数值实验充分证明了我们收敛分析的敏锐性。

致谢

作者感谢Christian Lubich教授对论文早期版本的有益评论，这使Sect的陈述有了重大改进。 4以及一位匿名的裁判，为许多建设性意见提供支持。B.Jin的研究得到了NSF拨款DMS-1319052的支持，R.Lazarov的部分研究得到了国家科学基金拨款DMS-1016525的支持，还获得了阿卜杜拉国王科技大学（KAUST）颁发的编号为KUS-C1-016-04的奖助。

参与者信息

Emilia Bazhlekova，电子邮件：gb.sab.htam@avokelhzab.e.

金邦迪，电子邮件：moc.liamg@nij.itgnab.

Raytcho Lazarov，电子邮件：ude.umat.htam@vorazal.

周志，电子邮件：ude.umat.htam@uohzz.

工具书类

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文章来自数值数学由以下人员提供施普林格