加热广义二级流体二维分数阶Rayleigh–Stokes问题的高阶紧致格式

摘要

本文针对二维分数阶瑞利-斯托克斯方程，发展了一种无条件稳定的紧致高阶迭代有限差分格式。时间分数导数采用Riemann–Liouville（R–L）和Grunwald–Letnikov（G–L）分数导数之间的关系，空间导数采用四阶紧致Crank–Nicolson近似，以生成高阶紧致格式。将证明该方法的稳定性和收敛性；所提出的方法将被证明具有收敛阶\（O（\tau+h^{4}）\）最后，通过数值算例说明了该方案的高精度解。

1介绍

近年来，由于分数阶微积分在科学和工程的各个领域中的应用，人们对它的兴趣增加了[1–10]. 流体力学、粘弹性、物理学和其他科学中的许多物理现象都可以借助分数微分方程（FDE）进行数学建模，分数微分方程比普通微分方程更适合描述物理现象。在大多数情况下，由于FDE的复杂性，很难找到其解析解。因此，研究人员采用具有各种稳定性和收敛性的不同数值方法来求解各种FDE[11–25]. 瑞利-斯托克斯问题（RSP）是近几年来研究最广泛的FDE之一。该方程在表示某些非牛顿流体的行为方面起着重要作用，分数导数也用于该模型问题，以捕捉流体的粘弹性行为[26,27]. 此外，分数阶微积分比非分数阶模型更准确地描述了粘弹性模型，这就是我们考虑分数阶导数的瑞利-斯托克斯问题的原因。

在本文中，我们考虑了二维（2D）RSP的分数导数形式：

$$\开始{对齐}[b]\frac{\部分w（x，y，t）}{\部分t}&={}_{0}\mathrm{D}（D）_{t} ^{1-\gamma}\biggl y^{2}}+f（x，y，t）\结束{对齐}$$

(1)

具有初始条件和边界条件

$$\begin{aligned}&w（x，y，t）=g（x，y，t），\quad（x，v）\in\partial\varOmega，\\&w$$

(2)

哪里\（0<伽马<1）,\（\varOmega=（x，y）\mid 0\leq x\leq L，0\leqy \leq L\}\）和\（{}_{0}\mathrm{D}（D）_{t} ^{1-\gamma}\）表示Riemann–Liouville分数阶导数，定义为

$${}_{0}\mathrm{D}（D）_{t} ^{1-\gamma}=\frac{1}{\varGamma（\gamma）}\frac}\partial}{\partialt}\int_{0}^{t}\frac{w（x，y，xi）}{（t-\xi）^{1-\ gamma}}\，d\xi$$

(3)

中定义的2D RSP(1)Chen等人已经解决了这一问题[28]采用隐式和显式有限差分方法求解RSP；傅里叶分析也用于证明所提方案的收敛性和稳定性。两种格式的收敛性都是有序的\（O（\tau+\增量x^{2}+\增量y^{2{）\）.庄和刘[29]用隐式数值逼近格式解决了同样的问题，并用收敛阶数建立了它的稳定性和收敛性\（O（\tau+\增量x^{2}+\增量y^{2{）\）Mohebbi等人[30]使用高阶隐式有限差分格式(1)，并通过傅里叶分析讨论了其收敛性和稳定性。他们的方案的收敛阶显示为\（O（\tau+\增量x^{4}+\增量y^{4{）\）。尽管可用，但用于求解二维瑞利–斯托克斯方程的高阶格式（具有更好的精度和简单性）仍然非常有限。基于此，我们尝试进一步构造另一种高阶稳定数值方法，用于求解具有分数导数的加热广义二级流体的Rayleigh–Stokes问题(1)具有给定的边界和初始条件(2)–(三)但精度比[30]. 本文旨在提出一个无条件稳定的紧致迭代方案来求解(1)具有收敛阶\（O（\tau+\增量x^{4}+\增量y^{4{）\）四阶Crank–Nicolson差分格式用于空间导数的离散，Grunwald–Letnikov和Riemann–Liouville分数导数之间的关系用于分数时间导数。将使用傅里叶分析建立该方法的稳定性和收敛性分析。

论文组织如下：。 2，我们讨论了所提方案的形式，然后在第节中讨论了所建议方案的稳定性。 三第节讨论了收敛性分析。 4。在Sect。 5，给出了一些数值例子并进行了讨论，最后，在第节中给出了结论。 6.

2拟定方法

首先，我们定义了以下符号：

$$\开始{aligned}&\delta_{x}^{2} w个_｛i，j｝^｛k｝=w_｛i+1，j｝^{k} -2周_{i，j}^{k}+w{i-1，j}，{k}，\qquad\delta{y}^{2} w个_{i，j}^{k}=w{i，j+1}^{k} -2周_{i，j}^{k}+w_{i，j-1}^{k}，\\&x_{i}=i\Delta x，\quad i=0,1,2，\ldots，M，\qquad y_{j}=j\Delta y，\ quad j=0,1.2，\ldot，M$$

哪里\（增量x=增量y=h=压裂{L}{M}）用于空间台阶和\（τ=frac{T}{N}）.

紧致四阶差分算子\（U_{xx}\）定义为[三]

$$\frac{\delta_{x}^{2}}{\delta_x^{2{（1+\fracc{1}{12}\delta_px}^}}）}w_{i，j}^{k}=\fracc}\partial^{2neneneep w}{\partial x^{2]}\bigg|{i，j}^{k}-\压裂{1}{240}\压裂{\partial^{4}w}{\paratilx^{4{}}\bigg|_{i，j}^{k}+O\bigl（h^{6}\biger）$$

(4)

和类似的

$$\frac{\delta_{y}^{2}}{\Deltay^{2{（1+\fracc{1}{12}\delta_2y}^}）}w_{i，j}^{k}=\fracc}\partial^{2neneneep w}{\partial y^{2]}\bigg|{i，j}^{k}-\压裂{1}{240}\frac{\partial^{4}w}{\paratily^{4{}\bigg|_{i，j}^{k}+O\bigl（h^{6}\biger）$$

(5)

我们有Grunwald–Letnikov和Riemann–Liouville分数导数之间的关系[30]

$$ {}_{0}D_{l} ^{1-\gamma}f（t）=\frac{1}{\tau^{1-\ gamma}}\sum_{k=0}^{[\frac}t}{\tau}]}\omega_{k}^{1-\fama}f（t-k\tau）+O\bigl（\tau^{p}\bigr）$$

(6)

哪里\（ω_{k}^{1-\gamma}\）是生成函数的系数，即，\（ω（z，gamma）=\sum_{k=0}^{infty}\omega_{k}^{gamma}z^{k}\）.我们认为\（ω（z，γ）=（1-z）^{γ}\）对于\（p=1\），所以系数是\（ω{0}^{gamma}=1\）和

$$开始{对齐}[b]\omega_{k}^{gamma}&=（-1）^{k}\begin{pmatrix}\gamma\\k\end{pmatric}=（-1倾斜1。\结束{对齐}$$

(7)

让\（\eta _｛l｝=\omega _｛l｝^｛1-\gamma｝\）然后

$$\eta_{0}=1\quad\mbox{和}\quad\eta_}l}=（-1）^{l}\begin{pmatrix}1-\gamma\\l\end{pmatricx}=\biggl（1-\frac{2-\gamma}{k}\biggr）\eta{l-1}，\quad k\geqsleal 1$$

发件人(6)，我们可以得到以下结果：

$$\开始{aligned}&{}_{0}D_{t} ^{1-\gamma}\frac{\partial^{2}w（x，y，t）}{\particalx^{2{}=\tau^{\gamma-1}\sum_{l=0}^{[\frac}t}{\tau}]}\eta_{l}\frac{\paratil^{2]w（x、y，t-l\tau）}{\ partialx^{2]+O（\tau，\end{aligned}$$

(8)

$$\开始{aligned}&{}_{0}D_{t} ^{1-\gamma}\frac{\partial^{2}w（x，y，t）}{\paratily^{2{}=\tau^{\gamma-1}\sum_{l=0}^{[\frac}t}{\tau}]}\eta_{l}\frac{\particl^{2]w（x、y，t-l\tau）}{\ partialy^}2}+O（\tau。\结束{对齐}$$

(9)

Crank–Nicolson方案(1)是

$$\begin｛aligned｝[b]\frac｛\partial w（x，为止，的_{0}D_{t} ^{1-\gamma}\biggl \bigg|{i，j}^{k+\frac{1}{2}}+\frac}\partial^{2}w（x，y，t）}{\partial y^{2{}\bigg |{i，j}^{k+\frac{1}{2}+f（x，y，t）\big|{i、j}^{k+\压裂{1}{2}}，\结束{对齐}$$

(10)

或者我们可以写(10)作为

$$\压裂{\部分w}{\部分t}\bigg|{i，j}^{k+\压裂{1}{2}}={}_{0}D_{t} ^{1-\gamma}\biggl（\frac{\partial^{2}}{\paratilx^{2{}}+\frac}\partial ^{2neneneep}{\protialy^{2｝}\bigr）w\bigg|_{i，j}^{k+\frac{1}{2}+\frac{\pertial^}w}{\pretialx^2}}\big|_{i，j{k+\fracc{1}{2}+\frac{\partial^{2}w}{\paratily^{2{}\bigg|{i，j}^{k+\frac{1}{2}}+f\big |{i、j}^k+\frac{1}{2}$$

(11)

通过使用(4), (5), (8)和(9)，我们得到

$$开始{对齐}和\开始{校准}\压裂{u_{i，j}^{k+1}-u_{i，j}^{k}}{\tau}&=\frac{\tau^{1-\gamma}}{2h^{2}}\sum_{l=0}^{k+1}\eta_{l}\biggl（\frac}\deltau_x}^{2{}{（1+frac{1}{12}\delta{x}^{2}）}+\frac{delta_{y}^{2%}{（1+\frac{1}{12}\delta_y}^}}）{biggr）u{i，j}^{k-l+1}\\&\quad{}+\ frac{tau^{1-\gamma}}{2h^{2{}}\sum_{l=0}^{k}\eta_{l}\biggl（\frac{delta_{x}^{2}}{（1+\frac}1}{12}\delta_x}^}）}+\frac{delta-y}^{2}{{2}}{h^{2}（1+\frac{1}{12}\delta_{x}^{2{）}u{i，j}^{k+\frac{1}}{2}+\fracc{delta_y}^{2]{h^}2}f{i，j}^{k+\frac{1}{2}}，\end{aligned}\\&\begin{alinged}和\biggl（1+\frac{1}{12}\delta_{x}^{2}\biggr）\ biggl{tau^{2}}{2h^{2{}}\biggl（\sum_{l=0}^{k+1}\eta_{l}\biggl（delta_{y}^{2neneneep \biggl（1+\frac{1}{12}\delta__{x}^2}\bigr）+\delta_{x}^2}\biggl（1+\frac{1}{12}\delta_{y}^{2}\biggr）w_{i，j}^{k+1-l}\biggr）{1}{12}\delta_{x}^{2}\biggr）+\delta_{x}^{2{\biggl（1+\frac{1}{12}\ delta_{y}^{2\biggr}\biggl（\delta_{y}^{2}\biggl（1+\frac{1}{12}\delta_px}^{2]\biggr）+\delta-{x}^}2}\biggl（1+\frac{1}{12}\ delta_}y}^}\bigbr）\bigl（w_{i，j}^k+1}+w_{i，j}^{k}\bigr）\&\qquad{}+\tau\biggl（1+\frac{1}{12}\delta{x}^{2}\biggr）\biggal（1+\frac{1}{12}\ delta{y}^2}\biggr）f{i，j}^{k+\frac{1}}{2}}。\end{aligned}\end{alinged}$$

简化和重新排列后

$$\begon｛aligned｝[b]Aw_｛i，j｝^｛k+1｝&=b\bigl（w_｛i+1，j｝^｛k+1｝+w_｛i-1，j｝^｛k+1｝+w_｛i，j+1｝^｛k+1｝\bigr）+C\bigl（w_｛i+1，j+1｝^｛k+1｝+w_｛i-1，j+1｝^｛k+1｝\&&\ quad｛｝+w_｛i+1，j-1｝^｛k+1｝+w_｛i-1，j-1｝^｛k+1｝\bigr）+Dw_｛i，j｝^｛k｝+E\bigl（w_｛i+1，j｝^｛k｝+w_｛i-1，j｝^｛k｝+w_｛i，j+1｝^｛k｝+w_｛i，j-1｝^｛k｝\bigr）+w{i-1，j+1}^{k}+w{i+1，j-1}^{k}+w}i-1，j-1}^{k}较大）+frac{25\tau}{36}英尺_{i，j}^{k+\frac{1}{2}}+\frac{5\tau}{72}\bigl（f{i+1，j}^{k+\ frac{1}{2}\\&\四{}+f{i-1，j}|k+\frac{1{1}{2}}\biger）+\frac{\tau}{144}\bigl r）\\&\四{}+S_{1}\Biggl[\sum_{l=2}^{k+1}\eta_{l}\Biggl（\frac{-10}{3} w个_{i，j}^{k+1-l}+\frac{2}{3}\bigl（w{i+1，j}^{k+1-l}+w{i-1，j}}^{k+1-l}+w_{i，j+1}^{k+1-l}+w}i，j-1}^ k+1-l}）\biggr）+1}^{k+1-l}+w_{i-1，j+1}^{k+1-l}+w_{i+1，j-1}^{k+1-l}+w_1，j-1{k+1}{3} w个_{i，j}^{k-l}+\压裂{2}{3}\bigl+w{i-1，j+1}^{k-l}+w{i+1，j-1}^{k-l}+w{i-1、j-1}^{k-l}\biger）\biggr]，\end{aligned}$$

(12)

哪里

$$开始{对齐}和S_{1}=\frac{\tau^{\gamma}}{2h^{2}}，\qquad S_{2}=\frac{\tau}{2h2^{2{}，\ qquad H=S_{1{+S_{2{，\\&A=\frac{5}{36}（5+24H），\qquad B=\frac:{1}{144}（-10+96H），\ qquad C=\frac-{1}{144}（-1+24H），\\&D=\压裂{1}{144}\bigl\bigl（1+24（H+S_{1}\eta_{1}）\bigr）。\结束{对齐}$$

引理1

([31])

系数\（eta{l}\）满足以下要求:

$$\begin{aligned}（1）&\quad\eta_{0}=1，\qquad\esta_{1}=\gamma-1，\quad\\eta_}<0，\quad l=1,2，\ldot，\\（2）&\ quad\sum_{l=0}^{\infty}\eta_{l}=0，\quad-\sum_{l=1}^{n}\eta{l}<1，\quadr\forall n\n在n中结束{aligned}$$

三拟议方案的稳定性

让\（w{i，j}^{k}\）(\（i，j=0,1,2，\ldot，n）,\（k=0,1,2，\ldot，l）)是近似解，并且\（W_{i，j}^{k}\）是…的精确解(1)，然后是错误\（\varepsilon_{i，j}^{k}=W_{i、j}^{k} -w个_{i，j}^{k}\）也会满足(1)，所以来自(12)

$$开始{对齐}[b]A\varepsilon_{i，j}^{k+1}&=b\bigl ^{k+1}+\varepsilon_{i-1，j+1}^{k+1}\\&\quad{}+\valepsilon_{i+1，j-1}^{k+1}+\ varepsilen_{i-1、j-1}^{k+1}\biger）+D\varepsilon_{i，j}^{k}+E\bigl _{i+1，j-1}^{k}+\varepsilon_{i-1，j-1{k}\biger）\\&\quad{}+S_{1}\Biggl[\sum_{l=2}^{k+1}\eta_{l}\Biggl（\frac{-10}{3}\瓦雷普西隆{i，j}^{k+1-l}+\frac{2}{3}\bigl（瓦雷普西隆{i+1，j}^{k+1-l}+\瓦雷普希隆{i-1，j}_k+1-l}+\瓦雷普西龙{i，j+1}^{k+1-l}+\瓦雷普西隆{i，j+1}c{S_{1}}{6}\bigl^{k+1-l}\biger）\\&\四{}+S_{1}\Biggl[\sum_{l=1}^{k}\eta_{l}\Biggl（\frac{-10}{3}\varepsilon_{i，j}^{k-l}+\frac{2}\bigl n_{i，j+1}^{k-l}+\varepsilon_{i、j-1}^{k-l}\biger）\biggr）\biggr]\\&\quad{}+\frac{S_{1}}{6}\bigl（\varepsilon_{i+1，j+1}^{k-l}+\varepsilon{i-1，j+1}^{k-l}+\varepsilen{i+1，j-1}^{k-l}+\ varepsi隆{i-1、j-1}^{k-l}\biger），\end{aligned}$$

(13)

哪里\（eta{l}=（-1）^{l}\binom{1-\gamma}{l}=（1-\frac{2-\gamma{k}）,\（l=1,2，\ldots，k+1\）.

假设初始值和边界值的误差函数定义为

$$\varepsilon_{0}^{k}=\varepsilon_{M}^{k}=\valepsilon_{i，j}^{0}=0$$

(14)

以及网格函数的误差函数，当\（k=0,1,2，\ldot，N-1）定义为

$$\varepsilon^{k}（x，y）=\textstyle\begin{cases}\varepsilon_{i，j}^{k{&\mbox{when}x_{i-\frac{\Delta x}{2}}<x\leq x_{i+\frac}\Delta x}{2{}，y_{i-\frac{\Deltay}{2}{}mbox{when}0\leqx\leq\frac{\Delta x}{2}，L-\frac{\Deltax}{2}\leqX\leqL，\\0&\mbox{when}0\ leqy\leq\frac}{\Delata y}{2，L-\压裂{\Delta y}{2}\leq y\leq L.\结束{cases}$$

(15)

然后我们可以表达\（\varepsilon^{k}（x，y）\）傅里叶级数表示为

$$\varepsilon^{k}（x，y）=\sum_{l_{1}，l_{2}=-\infty}^{\infty}\upsilon^}（l_{1}，l_{2}）e^{2\sqrt{-1}\pi（\frac{l_{1} x个}{五十} +\压裂{L_{2} 年}{五十} ）}$$

(16)

哪里

$$\upsilon^{k}（l_{1}，l_{2}）=\frac{1}{l}\int_{0}^{l}\nint_{0}^{l}\varepsilon^}（x，y）e^{-2\sqrt{-1}\pi（\frac{l_{1} x个}{五十} +\压裂{L_{2} 年}{五十} ）}\，dx\，dy$$

Parseval等式和\（L_{2}\）标准是

$$\bigl\Vert\varepsilon^｛k｝\bigr\Vert_｛l^｛^的一2｝次一所需期的注意的\垂直^｛2｝$$

(17)

现在假设

$$\varepsilon_{i，j}^{k}=\upsilon^{k{e^{i（\beta-i\Delta x+\alpha-j\Delta y）}，\quad i=\sqrt{-1}$$

(18)

哪里\（β=frac{2\pil_{1}}{l}\）,\（α=frac{2\pil_{2}}{l}\）.

替换(18)到(13)简化后，我们得到

$$开始{对齐}[b]\upsilon^{k+1}&=\biggl+\frac{4}{3}\lambda_{1}+\frac{2}{3{lambda_2}}{A+2B\lambda{1}+4C\lambda{2}}\biggr）\upsilon^{k+1-l}\\&\四{}+S_{1}\sum_{l=1}^{k}\eta_{l}\biggl（\frac{-\frac{10}{3}+\frac{4}{3{\lambda_{1}+\frac{2}{3｝\lambda{2}}{A+2B\lambada_{1{+4C\lambda{2}）\upsilon^{k-l}，\end{aligned}$$

(19)

哪里\（\lambda_{1}=\operatorname{Cos}（\beta\Delta x）+\operator name{Cos}（\ alpha\Delta y）\）和\（\lambda_{2}=\operatorname{Cos}（\beta\Delta x）\operator name{Cos}（\ alpha\Delta y）\）.

提案1

如果\（\upsilon^{k+1}\）,\（k=1,2,3，\ldot，N）满足(19),然后

$$\bigl\vert\upsilon^{k+1}\bigr\vert\leq\bigl\ vert\upssilon^{0}\biger\vert$$

证明

通过使用数学归纳法，当\（k=0\）

$$\bigl\vert\upsilon^{1}\bigr\vert=\biggl（\frac{\vert D+2E\lambda_{1}+4F\lambda _{2}\vert}{|A+2 B\lambda _{1}+4 C\lambada_{2}|}\biggr）\bigl\ vert\upssilon^{0}\biger\vert$$

让\（\phi_{1}=\sin^{2}{（\frac{\beta\Delta x}{2}）}+\sin^}{和\（\phi_{2}=\sin^{2}{（\frac{\beta\Delta x}{2}）}\sin^}{，然后\（\lambda{1}=1-\phi{1}）和\（λ{2}=1-2\phi{1}+4\phi{2}），因此

$$\bigl\vert\upsilon^{1}\bigr\vert=\biggl$$

(20)

哪里\（（0,2）中的φ{1}）和\（（0,1）中的φ{2}）.

简化后(20)，我们有

$$\开始{aligned}\bigl\vert\upsilon^{1}\bigr\vert&=\biggl\vert\frac{49-28\phi_{1}+16\phi_{2} -24小时（十六_{1}-（16\phi_{2}-7))-24S_｛1｝（16_{1}-（16\phi_{2}-7))（1-\gamma）}{49-28\phi_{1}+16\phi_}+24H（16\phi_{1}-（十六_{2}-7))}\biggr\vert\\&\quad{}\times\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert。\结束{对齐}$$

(21)

比较(21)我们发现

$$\开始{aligned}&\mbox{nominator}=49-28\phi_{1}+16\phi_{2} -24小时\bigl（16\phi_{1}-（16\phi_{2}-7)\biger）\\&\hphantom{\mbox{nominator}={}}{}-24S_{1}\bigl（16\phi_{1}-（十六_{2}-7)\bigr）（1-\gamma），\\&&\mbox｛分母｝=49-28\phi_｛1｝+16\phi_｛2｝+24H\bigl（16\phi_{1}-（16\phi_{2}-7)\bigr），\end{对齐}$$

哪里\（S_{1}>0\）,\（\phi{1}\geq\phi{2}\），所以提名人<分母，所以

$$\bigl\vert\upsilon^{1}\bigr\vert\leq\bigl\ vert\upssilon^{0}\biger\vert$$

(22)

现在假设

$$\bigl\vert\upsilon^{s}\bigr\vert\leq\bigl\ vert\upssilon^{0}\biger\vert，\quad\mbox{for}s=2,3，\ldots，k$$

(23)

我们需要证明\（s=k+1）:

$$\begin｛aligned｝[b]\upsilon^｛k+1｝&=\biggl（\frac｛D+2E\lambda｛1｝+4F\lambda｛2｝｝｛A+2 b\lambda｛1｝+4 C\lambda｛2｝｝｝\biggr）\upsilon^｛k｝+S｛1｝\sum_｛l=2｝^｛k+1｝\eta｛l｝\biggl（\frac｛\frac｛-10｝｛3｝+\frac｛4｝｛3｝\lambda｛1｝+\frac｛2｝｛3｝\lambda _｛2｝｝｛A+2 b\lambda _｛1｝+4 C\lambda _｛2｝｝\biggr）\upsilon ^｛k+1-l｝\&&\ quad｛｝+S｛1｝\sum_{l=1}^{k}\eta_{l}\biggl（\frac{-\frac{10}{3}+\frac{4}{3{\lambda_{1}+\frac{2}{3｝\lambda{2}}{A+2B\lambada_{1{+4C\lambda{2}）\upsilon^{k-l}，\end{aligned}$$

(24)

使用(23)，我们有

$$\begin{aligned}和\begin{aligned}\bigl \vert\upsilon^{k+1}\bigr \vert和\leq\biggl \vert\frac{d_{2}+8e_{2{[1-\phi{1}]+16f{2}[1-2\phi{3}+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\ph{1}]+16c{2}[2-2\phi{1}+4 \phi_{2}]}\biggr\vert\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert\&\quad{}+s_{1}\bigbl\vert\frac{-10}{3}+\frac{16}{3{[1-\phi_{1}]+\frac{8}{3}[1-2\phi_1}+4\phi_2}]}{a{2}+8b{2}[1-\pi_1}]+16c{2}[1-2\phi_1}+4\phi_2}]}\biggr\vert\\&\quadr{}\times\sum{l=2}^{k+1}\eta{l}\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert+s{1}\biggl\vert\frac{\frac{-10}{3}+\frac{16}{3{[1-\phi{1}]+\frac{8}{3][1-2\phi{1\}+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\fhi{1}]+16 c_{2}[1-2\phi_{1}+4\phi_2}]}\biggr\vert\sum_{l=1}^{k}\eta_{l}\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert，\end{aligned}\\&\begin{alinged}\bigl\vert\upsilon^{k+1}\biger\vert&\leq\biggl\vert_frac{d_{2}+8 e_{2{[1-\phi_1}]+16f{2}[1-2\phi{1}+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\phi{1\}]+16 c{2}[1-2\ph{1}+4\phi}2]}\biggr\vert\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert\\&\quad{}+s_{1}\biggl\vert\frac{\frac{-10}{3}+\frac{16}{3{[1-\phi{1}]+\frac}{8}{3][1-2\phi{10}+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\fhi{1}]+16c{2}[1-2\phi{1}+4\phi{2}]}\biggr\vert\\&\quad{}\times\biggl（\sum{l=1}^{k+1}\eta{l}-\eta_{1}+\sum{l=1{^{k}\eta{l}\biggr）\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert，\end{aligned}\\&\begin{alinged}\bigl\ vert\upssilon^{k+1}\biger\vert&\leq\biggl\vert\frac{d{2}+8e_{2}[1-\phi{1}]+16f{2}[1-2\phi{1_+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\phi{3}]+16c{2}[1-2\phi{1}+4\phi{2}]}\biggr\vert\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert\&\quad{}+s_{1}\biggl\vert\frac{\frac{-10}{3}+\fracc{16}{3{[1-\fhi{1}]+\frac{8}{3][1-2\phi{1}+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\fi{1}]+16c{2}[1-2\fi{1}+4\fhi{2}]}\biggr\vert\&\quad{}次（-\eta_{1}-2）\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert\quad\because \text{使用引理~1}，\end{aligned}\\&\begin{aligned}\bigl\ vert\upssilon^{k+1}\bigr\vert&\leq\biggl\vert\frac{d_{2}+8e_{2{[1-\phi_{1}]+16f{2}[1-2\phi_1}+4\phi_2}]}{a{2}+8b{2}[1]+1-\phi_1{1}]+16c{2}[1-2\phi_1}+4\phi_2}]}\biggr\vert\upsilon^{0}大\vert\\&\四{}+s{1}\biggl\vert\frac{\frac{-10}{3}+\frac{16}{3{[1-\fhi{1}]+\frac}{8}{33}[1-2\phi{1}+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\phi｛1｝]+16 c｛2｝[1-\phi 2｝[1-2\ phi _｛1｝+4\ phi _｛2｝+4\phi_{2}]}\biggr\vert\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert\&\quad{}+s{1}\bigbl\vert\frac{10}{3}（\gamma+1）-\frac{16}{3{（\gamma+1）[1-\phi_1}]-\frac{8}{3neneneei（\gama+1）[1-2\phi_1{1}+4\phi_2}]}{a_{2}+8b{2}[1-\phi{1}]+16c{2}[1-2\phi{1{+4\phi{2}]}\biggr\vert\\&\quad{}\times\bigl\vert\upsilon^{0}\bigr\vert\quad \because \text{using Lemma~1}，\end{aligned}\\&\bigl\vert\upsilon^{k+1}\bigr\ vert\leq\biggl\vert\frac{g{0}-24Hg_{1}-24s_{1{1}g_{1}（1-\gamma）-24（1+\gamma）g_1}{0}+24Hg_{1}\biggr\vert\vert\upssilon^{0}\bigr\vert，\end{对齐}$$

(25)

哪里\（g{0}=49-28\phi{1}+16\phi{2}）,\（g{1}=16\phi{1}-（16\phi_{2}-7)\),\（伽马\in（0,1）\）和\（s_{1}>0\）.

通过比较(25)

$$开始{对齐}&\text{分子}=g_{0}-24Hg_{1}-24s_{1{1}（1-\gamma）-24（1+\gamma）g_{1}，\\&\text}分母}=g_0}+24Hg_1}，\end{aligned}$$

分子<分母，因此

$$\bigl\vert\upsilon^{k+1}\bigr\vert\leq\bigl\ vert\upssilon^{0}\biger\vert$$

 □

定理1

C–N高-阶紧有限差分格式(12)无条件稳定.

证明

使用(17)和命题1，我们有

$$\bigl\Vert\varepsilon^{k+1}\bigr\Vert\leq\bigl\ Vert\varesilon^{0}\biger\Vert，\quad k=0,1,2,3，\ldots，N-1$$

这表明了C–N高阶紧致有限差分格式(12)无条件稳定。□

4建议方案的收敛性

让我们表示点处的截断误差\（u（x{i}，y{j}，t{k+frac{1}{2}）通过\（R{i，j}^{k+\压裂{1}{2}}\）然后从提议的方案中我们知道

$$\bigl\vert R_{i，j}^{k+\frac{1}{2}}\bigr\vert\leq O\bigl（\tau+h^{4}\biger）$$

(26)

假设\（w_｛i，j｝^｛k｝\）和\（W_{i，j}^{k}\）(\（i，j=0,1,2，\ldot，n）;\（k=0,1,2，\ldot，l）)是的近似和精确解(1)，然后是错误\（psi{i，j}^{k}=W{i，j}^{k}-w{i，j}^{k}\）也会满足(1)，所以从(12)

$$开始{对齐}[b]A\psi{i，j}^{k+1}&=b\bigl（\psi_{i+1，j}^{k+1}+\psi_{i-1，j}*^{k+1}+\psi{i，j+1}^{k+1}+\psi.i，j-1}^{k+1}}^{k+1}\\&\四{}+\psi_{i+1，j-1}^{k+1}+\psi{i-1，j-1}^{k+1}\biger）+D\psi{i，j}^{k}+E\bigl+\psi{i，j-1}^{k}\biger）\\&\quad{}+F\bigl（\psi_{i+1，j+1}^{k}+\psi.{i-1，j+1}^{k}+\psi{i+1，j-1}^{k{+\psi-{i-1{l}\Biggl\bigr）\&\quad{}+\frac{S_{1}{6}\bigl[\sum_{l=1}^{k}\eta{l}\Biggl（\frac{-10}{3}\psi_{i，j}^{k-l}+\frac{2}{3{\bigl（\psi{i+1，j}^{k-l}+\psi_1，j}}^{k-l}+\psi）+\psi{i，j-1}^{k-l}\bigr）\&\quad{}+\frac{S_{1}}{6}\bigl$$

(27)

具有误差初始和边界条件

$$\开始{aligned}&\psi_{i，j}^{0}=0，\quad i=1,2，\ldots，M，j=1,2、\ldot，M，\quad\mbox{和}\\&\psi.{0}^{k}=\psi_{M}^{k}=0、\quad k=1,2和\ldots.N-1。\结束{对齐}$$

(28)

当\（k=0,1,2，\ldot，N）,

$$\psi^{k}（x，y）=\textstyle\begin{cases}\psi_{i，j}^{k{&\mbox{when}x_{i-\frac{\Delta x}{2}}<x\leqx_{i+\frac}\Delta x}{2{}，y{i-\frac{\Delta y}{2neneneep}<y\leqy_{i+/frac{Delta y}}，\\0&\mbax{when{when 0\leqx\leq\frac{\Delta x}{2}，L-\frac{\Deltax}{2\leqx\ leqL，\\0&\mbox{when}0\leq y\leq\frac}{\Delata y}{2{，L-\ frac{\ Deltay}{2} \leq y\leq L，\end{cases}$$

和

$$R^{k}（x，y）=\textstyle\begin{cases}R_{i，j}^{k{&\mbox{when}x_{i-\frac{\Delta x}{2}}<x\leqx_{i+\frac}\Delta x}{2{}，y{i-\frac{\Delta y}{2neneneep}leqx\leq\frac{\Delta x}{2}，L-\frac{\Deltax}{2\leqx\ leqL，\\0&\mbox{when}0\leqy\leq\frac}{\Delata y}{2{，L-\ frac{\ Deltay}{2]\leq y\leq L.\end{案例}$$

上述网格函数可以表示为\（磅/平方英寸^｛k｝（x，y）\）和\（R^{k}（x，y）\）通过傅里叶级数：

$$开始{对齐}和\psi^{k}（x，y）=\sum_{l_{1}，l_{2}=-\infty}^{\infty}\xi^{k{（l_{1}，l_{2}）e^{2\sqrt{-1}\pi（\frac{l_{1} x}{五十} +\压裂{L_{2} 年}{五十} ）}，\quad k=0,1,2，\ldot，N，\end{对齐}$$

(29)

$$\开始{对齐}&R^{k}（x，y）=\sum_{l_{1}，l_{2}=-\infty}^{\infty}\mu^{k{（l_{1}，l_{2}）e^{2\sqrt{-1}\pi（\frac{l_{1} x个}{五十} +\压裂{L_{2} 年}{五十} ）}，\quad k=0,1,2，\ldot，N，\end{对齐}$$

(30)

哪里

$$\begin｛aligned｝&\ xi ^｛k｝（l_｛1｝，l_｛2｝）=\frac｛1｝｛l｝\ int _｛0｝^｛l｝\ int _｛0｝^｛l｝\ psi ^｛k｝（x，y）e ^｛-2 \sqrt｛-1｝\pi（\frac｛l_{1} x个}{五十} +\压裂{L_{2} 年}{五十} ）}\，dx\，dy，\\&\mu^{k}（L_{1}，L_{2}）=\frac{1}{L}\int_{0}^{L}\ int_{0}^{L}R^{k{（x，y）e^{-2\sqrt{-1}\pi（\frac}L_{1} x个}{五十} +\压裂{L_{2} 年}{L} ）｝\，dx\，dy.\end｛aligned｝$$

现在根据帕西瓦尔等式

$$\begin｛aligned｝&\ bigl\Vert\psi^｛k｝=一个才是{下来，大r垂直^｛2｝，\结束｛对齐｝$$

(31)

$$\开始{对齐}和\bigl\Vert R^{k}\bigr\Vert_{l^{2}}^{2{=\sum_{i=1}^{M-1}\sum_{j=1}^{M-1}\Delta x \ Delta y \ bigl\Vert R_{i，j}^{k{\ bigr\Vert^{2}=\sum_{l_{1}，l_{2}=-\infty}^{\infty}}（l{1}，l{2}）\bigr\Vert^{2}。\结束{对齐}$$

(32)

基于上述，假设

$$\开始{aligned}&\psi_{i，j}^{k}=\xi^{k} e（电子）^{I（\beta-I\Delta x+\alpha-j\Delta y）}，\quad I=\sqrt{-1}，\ end{aligned}$$

(33)

$$\开始{aligned}&R_{i，j}^{k}=\mu^{k} e（电子）^{I（\beta-I\Delta x+\alpha-j\Delta y）}，\quad I=\sqrt{-1}，\ end{aligned}$$

(34)

哪里\（β=frac{2\pil_{1}}{l}\）,\（α=frac{2\pil_{2}}{l}\）.

替换(33)和(34)到(27)，我们得到

$$开始{对齐}[b]\xi^{k+1}&=\biggl C{4}{3}\lambda{1}+\frac{2}{3{\lambda{2}}{A+2B\lambda{1}+4C\lambada{2}}\biggr）\xi^{k+1-l}\\&\四{}+S_{1}\sum{l=1}^{k}\eta_{l}\biggl（\frac{-\frac}10}{3}+\frac[4}{3{lambda_{1}+\frac{2}{3｝\lambda_2}{A+2B\lambda{1}+4C\lambda{2}}\bigr）{k+\压裂{1}{2}}。\结束{对齐}$$

(35)

提案2

让\（\xi^{k+1}\）(\（k=0,1,2，\ldot，N）)满足(23),然后

$$\bigl\vert\xi^{k+1}\bigr\vert\leq k\tau\bigl\ vert\mu^{\frac{1}{2}}\biger\vert$$

(36)

证明

我们从中得知(24)那个\（\psi_{i，j}^{0}=0\），这意味着\（\xi^{0}=0\）.

在下列情况下使用数学归纳法\（k=0）:

$$\xi^{1}=\biggl（\frac{D+2E\lambda{1}+4F\lambda{2}}{A+2B\lambd_{1}+4C\lambda{2}{\biggr）\xi^}0}+\ frac{\tau}{A+2B\lampda{1}+4C\lambeda{2{}}\mu^{\frac}{1}{2}$$

(37)

简化后(37)

$$\bigl\vert\upsilon^{1}\bigr\vert=\biggl\vert\frac{\tau}{A+2B（1-\phi_{1}）+4C（1-2\phi_{1'+4\phi_}）}\biggr\vert\mu^{\frac{1}{2}}\biger\vert$$

(38)

自从\（\ phi_｛2｝\ in（0,1）\）和\（（0,2）中的φ{1}）.和\（A、B、C>0），我们有

$$\bigl\vert\upsilon^{1}\bigr\vert\leq\tau\bigl\ vert\mu^{\frac{1}{2}}\biger\vert$$

(39)

假设

$$\bigl\vert\xi^{s}\bigr\vert\leq s\tau\bigl\ vert\mu^{\frac{1}{2}}\biger\vert，\quad s=2,3，\ldot，k$$

(40)

我们会证明\（s=k+1）:

$$\begin{aligned}\begine{aligned}&\begin{alignled}\xi^{k+1}&=\biggl（\frac{D+2E\lambda_{1}+4F\lambda _{2}{A+2 B\lambda_{1{+4 C\lambd_{2}}\biggr）\xi^{k}+S_{1}\sum_{l=2}10}{3}+\frac{4}{3}\lambda{1}+\frac{2}{3{lambda_{2}}{A+2B\lambda{1}+4C\lambda{2}}\biggr）\xi^{k+1-l}\\\quad｛｝+S｛1｝\sum_｛l＝1｝^｛k｝\eta _｛l｝\biggl \frac｛1｝｛2｝｝，\end｛aligned｝\\&&\ begin｛aligned｝\bigl\vert\upsilon ^｛k+1｝\bigr\vert&=\biggl\vert\frac{d_{2}+8e_{2{[1-\phi_{1}]+16f{2}[1-2\phi_1}+4\phi_2}]}{a{2}+8b{2}[1-\fi_1}]+16 c{2}[1-2\phi_1}+4\phi_2}]}\biggr\vert\vert\upsilon^{k}\biger \vert\\&\quad{}+s{1}\biggl\vert\frac{\frac{-10}{3}+\frac{16}{3{[1-\fhi{1}]+\frac}{8}{33}[1-2\fhi{1\}+4\fhi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\phi_{1}]+16c{2}[1-2\phi_1}+4\phi_2}]}\biggr\vert\sum_{l=2}^{k+1}\eta_{l}\bigl\vert\upsilon^{k+1-l}\bigr\vert\&\quadr{}+s{1}\bigbl\vert\frac{-10}{3}+frac{16}{3{[1-\pi_{1}]+\frac{8}{3}[1-2\phi{1}+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\phi{1']+16c{2}[1-2\phi{1{+4\phi}2]}\biggr\vert\sum{l=1}^{k}\eta_{l}\bigl\vert\upsilon^{k-l}\bigr\vert\\&\quad{}+\frac{\tau}{a_{2}+8b_{2{[1-\phi_{1}]+16c{2}[1-2\phi_}+4\phi_[2}]}\bigr\vert_mu^{k+\frac{1}{2}\biger\vert，\end{aligned}\end{aligned}$$

(41)

使用(40)

$$\begin{aligned}\begin}aligned{}&\begin{aligned}\bigl\vert\upsilon^{k+1}\bigr\vert&\leq\biggl（\biggl\vert\frac{d_{2}+8e_{2{[1-\phi{1}]+16f{2}[1-2\phi{1_+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\phi{10}]+16 c{2}[1-2\phi{1}+4\phi{2}]}\\&\quad{}+s{1}\frac{10}{3}（\gamma+1）-\frac}{16}{3{（\gamma+1）[1-\phi{10}]-\frac{8}{3} （\gamma+1）[1-2\phi{1}+4\phi{2}]}{a{2}+8b{2}[1-\phi{1']+16c{2}[1-2\Ph{1}+4\phi}2]}\biggr\vert\biggr）\tau k\bigl\vert\mu^{（k-1）+\frac{1}{2}\bigr\vert\&\quad{}+\frac{tau}{a{2}+8b{2}[1-\phi{1}]+16c{2}[1-2\phi{1'+4\phi{2}]}\bigl\vert\mu^{k+\frac{1}{2}}\bigr\vert，\end{aligned}\\&\begin{aligned}\bigl\vert\upsilon^{k+1}\bigr\vert&\leq\biggl\vert\biggl（\frac{（d_{2}+\frac{10}{3}s{1}（\gamma+1））+（8e_{2}-\压裂{16}{3}s{1}（\gamma+1））[1-\phi{1}]}{a{2}+8b{2}[1-\ph{1}]+16c{2}[1-2\phi{1'+4\phi{2}]}\\&四{}+\frac{phi{2}]+c{k}}{a{2}+8b{2}[1-\phi{1}]+16c{2}[1-2\phi{1}+4\phi{2}]}\biggr）\biggr\vert k\tau\bigl\vert\mu^{k+frac{1}{2}\bigr\vert。\end{aligned}\end{alinged}\end{aligned}$$

(42)

简化后(42)

$$\bigl\vert\upsilon^{k+1}\bigr\vert\leq\biggl\vert\frac{g{0}-24Hg{1}-24s_{1}g{1{（1-\gamma）-24（1+\gamma）g{1neneneep+c_{k}{g{2}}\垂直$$

(43)

哪里\（c{k}=\压裂{1}{k}\）.

比较中的分子和分母(43)我们发现

$$\begin｛aligned｝&&\text｛numerator｝=g_｛0｝-24 H g_｛1｝-24 s_｛1｝g_｛1｝（1-\gamma）-24（1+\gamma）g_｛1｝+c｛k｝，\\\\text｛分母｝=g_｛0｝+24 H g_｛1｝，\end｛aligned｝$$

\（\mbox{分子}<\mbox}分母}\），因此

$$\bigl\vert\upsilon^{k+1}\bigr\vert\leq k\tau\bigl\ vert\mu^{k+\frac{1}{2}}\biger\vert$$

因此，我们证明了这个命题。□

定理2

紧凑型高-订单Crank–Nicolson方案是\（l^{2}\）收敛，其收敛阶为\（O（\tau+h^{4}）\）.

证明

来自命题2, (22), (27)和(28),

$$\bigl\Vert\psi^{k+1}\bigr\Vert_{l^{2}}\leq k\tau\bigl\ Vert R^{\frac{1}{2}{\bigr\ Vert_{1^{2{}\leqk\tau Q\bigl（\tau+h^{4}\biger）$$

哪里问是比例常数，也是\（kτ=T\），然后

$$\bigl\Vert\psi^{k+1}\bigr\Vert_{l^{2}}\leq C_{1}\bigl（\tau+h^{4}\biger），\quad C_{1\TQ$$

 □

5建议方案的可解性

C–N高阶紧致差分格式(23)可以用矩阵形式书写：

$$开始{对齐}和G{1}W^{1}=G{2}W^{0}+G{3}\psi^{\frac{1}{2}}，\quad k=0，\\&G{1{W^{k+1}=G_2}W^}k}+G}3}\psi ^{k+frac{2}+S_{1}\sum_{l=2}^{k+1}\eta_{l}G_{4}W^{k+1-l}+S_{1}\sum_{l=1}^{k}\eta_{l}G_{4]W^{k-l}，quad k\geq 1，\\ W_{i，j}^{0}=a_{0}（x_{i}，y_{j}），quad 1\leq i\leq M，1\leq-j\leqM，\\ W_{0，j}^k}=b_{1}（0，y_{j}），\quad 1\leqi\leqM，0\leqk\leqN，\\&W_{L，j}^{k}=b_2}（L，y_}）q N，\&W_{i，L}^{k}=b_{4}（x_{i}，L），\quad 1\leq j\leq M，0\leq k\leq N，\ end{aligned}$$

(44)

哪里\（\psi^{k}=[\psi_{0}^{k{，\psi_1}^{k}，\psi _2}^{k}，\ ldots，\psi.{n}^{k}]^{T}\）,\（psi^{k+frac{1}{2}}=f（x{i}，y{j}，t{k+frac{1{2}）、和\（G_{1}\）,\（G_｛2｝\）,\（G_{3}\）,\（G_{4}\）在表单中

$$\开始{aligned}&G_{1}=\开始{bmatrix}A&-B&&\cdots&-B&-C&\cdotes&&0 \\-B&A&-B&&-C&-B&&C&\vdots\\&-B&A&-B&A＆B&\cdot&-C&-B&-C&\\vdots&\cdos&-B&A&-B&&&C&-B&C&-C \\&&-B&A&-B&&-C-B&\\&&&&&&&&-B&A&-B\\0&&\cdots&&\cdots&&&-B&A\end{bmatrix}，\\&G_{2}=\begin{bmatrix}D&E&&cdots&E&F&\cdots＆0\\E&D&E＆F&E&F&&\vdots\\&E&D＆E&\cdot s&F&E&F&\\vdots&\cdotes&E＆E&&F&E&F&F \\&&E&E&E \\vdots&&E&E&E&&\\&&&&&&&&E&D&E\\0&&\cdots&&\cdots&&E&D\end{bmatrix}，\\&G{3}=\begin{bmatrix}r{1}&r{2}&&\cdots&r{2]&r{3}&\cdos&&0\\r{2{&r{1{&r}2}&&r{3}&r{2%&r{3}&r}3}&&\ vdots\\&r{2}&r_{1}&r{2}{3}&\\vdots&\cdots&r{2}&r{1}&r}2}&&r{3}&r{2}&r{3}&r{3{3}\\&&r{2{&r{1}&r{2}&&r{3}&r{2}\\vdots&\cdot&&r}2}&r{1}&r{2}&&\\&&&&r{2{2}&r{1}&r{2}&\\&&&&&&r{2}&r{1}&r{2}\\0&\\cdots&&\cdots&&&r{2 3}&&\cdots&\frac{2}{3}&\frac{1}{6}&\cdot&&0\\frac{2}{3}&\\frac{-10}{3{&\\frac&&\vdots\&&\frac｛2｝｛3｝&&\frac｛-10｝｛3｝&&\frac｛2｝｛3｝&&\cdots&&\frac｛1｝｛6｝&&\frac｛2｝｛3｝&&\frac｛-10｝｛3｝&&\frac｛2｝｛3｝&&\frac｛1｝｛6｝&&\ frac｛2｝｛3｝&&\ frac｛1｝\frac｛2｝｛3｝&&\frac｛-10｝｛3｝&&\frac｛2｝｛3｝&&\frac｛1｝｛6｝&&\frac｛2｝｛3｝\\vdots&&\frac｛2｝｛3｝&&\frac｛-10｝｛3｝&\frac{2}{3}&&\\&&&&&\frac}2}{3}&\frac{-10}{3{&\frac:2}{3}&\\&&&&&\ frac{2}{3，\结束{对齐}$$

哪里\（r{1}=frac{35\tau}{36}）,\（r{2}=frac{5\tau}{72}）和\（r{2}=frac{tau}{144}）.

定理3

差分方程(38)是唯一可解的.

证明

自\（A=\压裂{5}{36}（5+24H）\）,\（B=\压裂{1}{144}（-10+96H）\）和\（C=\压裂{1}{144}（-1+24H）\），我们有

$$\垂直A\垂直=\压裂{25}{36}+\压裂{10H}{3}$$

和

$$3\vert-B\vert+2\vert-C\vert\leq\frac{2}{9}+\frac{7H}{3}<\frac{25}{36}+\frac{10H}{3}=\vert A\vert$$

因此\（|A|>3|-B|+2|-C|\）和矩阵\（G_｛1｝\）严格对角占优。因此，A是一个非奇异矩阵。因此证明了我们的结果。□

6数值结果

在本节中，我们将使用Mathematica软件，借助Core i7 Duo 3.40 GHz、Window 7和4GB RAM，对二维分数瑞利–斯托克斯问题进行三个数值实验，以证明我们提出的方法的有效性。我们使用逐次过松弛（SOR）作为加速技术，对于收敛标准，也使用了公差\（ζ=10^｛-5｝）用于最大误差\（（L_{\infty}）\）。借助于\（C_{2}\）-收敛阶和\（C_{1}\）-收敛阶[31],

$$\begin｛aligned｝&&mbox｛$C_｛2｝$-order｝=\log_｛2｝\biggl（\frac｛\Vert L_｛\infty｝（16\tau，2h）\Vert｝｛\Vert L_｛\infty｝（\tau，h）\Vert｝\biggr），\end｛aligned｝$$

(45)

$$\开始{aligned}&\mbox{$C_{1}$-order}=\log_{2}\biggl（\frac{\VertL_{\infty}（2\tau，h）\Vert}{\Vert L_{\ infty{（\tau，h）\ Vert}\bigr），\end{aligned}$$

(46)

哪里小时是太空步，τ是时间步长\（L_{\infty}\）是最大值\（\mathrm{error}=\|e\|_{l_{infty}}=\max_{1\leqi，j\leqN-1}|W_{i，j}^{k} -w个_{i，j}^{k}|\）.

以下测试问题用于数值实验。

测试问题1

([30])

$$\开始{对齐}\frac{\部分w（x，y，t）}{\部分t}&={}_{0}D_{1} ^｛1-\gamma｝\biggl（\ frac｛\partial ^｛2｝w（x，y，t）｝｛\partial x^｛2｝｝+\ frac｛\partial ^｛2｝w（x，y，t）｝｛\partial y^｛2｝｝\ biggr）+\ frac｛\partial ^｛2｝w（x，y，t）｝｛\partial y^｛2｝+\ exp（x+y）｝\ biggl（（1+\gamma）t^｛\gamma｝-2\frac｛\varGamma（2+\gamma）｝｛\varGamma（1+2\gamma）｝t^｛2\gamma｝-2 t^{1+\gamma}\biggr），\end{对齐}$$

哪里\（0<x，y<1），具有初始和边界条件

$$开始{对齐}&w（x，y，0）=0，\\&w（0，y，t）=\exp{（y）}t^{1+\gamma}结束{对齐}$$

用精确解

$$w（x，y，t）=\exp{（x+y）}t^{1+\gamma}$$

测试问题2

([30])

$$\开始{对齐}\frac{\部分w（x，y，t）}{\部分t}&={}_{0}D_{1} ^{1-\gamma}\biggl y^{2}}+\exp{\biggl（-\frac{（x-0.5）^{2{}{\nu}-\frac:{（t-0.5）^}}{\nu}\biggr）}（1+\gamma）t^{\gamma}\\&\quad{}+\biggl（\frac｛（\varGamma（2+\gamma））｝｛\varGamma（1+2\gamma）｝t^｛2\gamma｝+t^｛1+\gamma｝\biggr）\biggl（\frac｛4｝｛\nu｝-\frac｛4（x-0.5）^｛2｝｝-\frac｛4（y-0.5）^｛2｝｝｛\biggr）\end｛aligned｝$$

哪里\（0<x，y<1），具有初始和边界条件

$$开始{对齐}&w（x，y，0）=0，\\&w（0，y，t）=\exp{\biggl（-\biggal（\frac{0.25}{\nu}+\frac}（y-0.5）^{2}{\nu}\biggr）\biggr}t^{1+\gamma}，\\&w（x，0，t）=\exp{\ biggl+\frac{0.25}{\nu}\biggr）\bigger）}t^{1+\gamma}，\\&w（n，y，t）=\exp{\biggl\biggr）\ biggr$$

用精确解

$$w（x，y，t）=\exp{\biggl（-\biggl（\frac{（x-0.5）^{2}}{\nu}+\frac}（y-0.5）^}}{\nu}\biggr）}t^{1+\gamma}$$

测试问题3

([28])

$$\开始｛对齐｝\frac｛\partial w（x，y，t）和｛t中_{0}D_{1} ^{1-\gamma}\biggl y^{2}}+2\exp{（{x+y}）}\biggl（t-t^{2}-2\压裂{t^{1+\gamma}}{\varGamma（2+\gamma）}\biggr），\end{aligned}$$

哪里\（0<x，y<1），具有初始和边界条件

$$开始{对齐}&w（x，y，0）=0，\\&w（0，y，t）=\exp{（y）}t^{2}$$

用精确解

$$w（x，y，t）=\exp{（x+y）}t^{2}$$

我们解决了测试问题1，测试问题2和测试问题三使用我们提出的方法计算γ,τ,小时和\（L=T=1\）.表1和表2显示了\（C_{1}\）-测试问题的收敛阶1和测试问题三分别是。类似地，表三和表4显示\（C_{2}\）-测试问题的收敛阶1和测试问题三，其中最大误差为\（L_{\infty}\）错误。从表1至表4，可以观察到收敛的计算顺序与理论收敛顺序一致，即收敛顺序为\（O（\tau+h^{4}）\）.表5，表6和表7显示了隐式紧致方法、径向基函数无网格方法（RMM）和我们提出的方法之间的比较(\（τ=frac{1}{50}）,\（伽马=0.25）,\（努=0.1）), (\（h=\压裂{1}{20}\）,\（τ=frac{1}{50}）,\（\u=\frac｛1｝｛30｝\）)和(\（伽马=0.25）,\（\nu=\frac{1}{30}\）)从中可以看出，与隐式紧致方法和径向基函数无网格方法（RMM）相比，我们提出的方法给出了更好的结果，也可以从图中看出1和图2类似地，表格8–11显示测试问题的迭代次数、执行时间和错误（最大和平均错误）1和测试问题2.

图1

针对测试问题2，与隐式方法和RMM相比，该方法的收敛性

图2

针对测试问题1，与隐式方法和RMM相比，该方法的收敛性

表1\（C｛1｝\）-测试问题的收敛阶1，何时\（h=\压裂｛1｝｛8｝\）

表2\（C_{1}\）-测试问题的收敛阶三，何时\（h=\压裂{1}{8}\）

表3\（C_{2}\）-测试问题的收敛阶1

表4\（C_{2}\）-测试问题的收敛阶三

表5建议方法的比较\（τ=frac{1}{50}）,\（伽马=0.25）用隐式紧基和径向基函数方法求解测试问题2

表6当\（h=\压裂{1}{20}\）,\（τ=frac{1}{50}）用隐式紧基和径向基函数方法求解测试问题2

表7建议方法的比较\（h=\压裂{1}{16}\）,\（伽马=0.25）用隐式紧基和径向基函数方法求解测试问题2

表8测试问题的C–N高阶有限差分方法的迭代次数、执行时间（秒）和误差1，何时\（\伽玛=0.1\）

表9 C–N高阶有限差分法求解测试问题的迭代次数、执行时间（秒）和误差1，何时\（伽马=0.75）

表10测试问题的C–N高阶有限差分方法的迭代次数、执行时间（秒）和误差2，何时\（伽马=0.75）和\（努=0.5）

表11测试问题的C–N高阶有限差分方法的迭代次数、执行时间（秒）和误差2，何时\（伽马=0.5）和\（nu=0.25\）

数字三–5是的三维图形\（L_{\infty}\）测试问题的误差、近似解和精确解1，分别在何时(\（h=tau=frac{1}{30}）,\（伽马=0.5）)，以及类似的图6–8，表示的三维图形\（L_{\infty}\）测试问题的误差、近似解和精确解1，分别在何时(\（h=tau=frac{1}{25}）,\（伽马=0.5）,\（努=0.1）). 从图4，图5，图7和图8，可以看出图5和图8（近似解）是精确解的良好近似（图4和图7).

图3

测试问题的绝对最大误差1当h=\（压裂{1}{30}\）,\（\tau=\frac｛1｝｛30｝\）

图4

测试问题的精确解决方案1当h=\（压裂{1}{30}\）,\（τ=frac{1}{30}）

图5

测试问题的近似解决方案1当h=\（压裂{1}{30}\）,\（τ=frac{1}{30}）

图6

测试问题的绝对最大误差2当h=\（压裂{1}{25}\）,\（τ=frac{1}{25}）

图7

测试问题的精确解决方案2当h=\（\frac｛1｝｛25｝\）,\（τ=frac{1}{25}）

图8

测试问题的近似解决方案2当h=\（压裂{1}{25}\）,\（τ=frac{1}{25}）

7结论

在本文中，我们使用紧凑的高阶有限差分方法求解二维分数阶RSP。我们证明了Crank–Nicolson紧致方法比隐式紧致和径向基函数无网格方法具有更好的精度。该方法是无条件稳定和收敛的。这个\（C_{1}\）-收敛阶和\（C_{2}\）-收敛阶数表明，对于时间和空间变量，理论和实验的收敛阶数分别一致，即。\（O（\tau+h^｛4｝）\）.