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

介绍

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]获取派生详细信息。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]在齐次初始和边界条件的情况下，使用矩形域上的本征函数展开导出精确解。在这些研究中获得的解本质上是形式的，尤其是解的正则性尚未得到研究。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。

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，因此不便于数值计算。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]对分段常数法和分段线性间断Galerkin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 $u个 (0) = v（v）$ （与 $A类$ 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 $\partial_{t吨} u个 + \partial_{t吨}^{- α} A类 u个 = （f）$ （与 $\partial_{t吨}^{- α}$ 为的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全离散格式。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。对于半离散和全离散格式，都提供了关于数据正则性的最佳误差估计。

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，cf.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 $0$ 。误差估计是根据Fujita和Suzuki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。然后我们导出了适当的解表示，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 ${λ_{j个}^{1 / 2} φ_{j个}}_{j个 = 1}^{\infty}$ 形式正交基 ${L（左）}^{2} (Ω)$ 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（z） \in C类 ; z（z） \neq 0 ， | 参数 z（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（z） + A类)}^{- 1} ‖ \leq M（M） / | z（z） | ， \forall z（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（z）) + \hat{k个} (z（z）) A类 \hat{u个} (z（z）) = {z（z）}^{- 1} v（v） ， \end{matrix}

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

\begin{matrix} H（H） (z（z）) = \frac{克 (z（z）)}{z（z）} {(克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} ， 克 (z（z）) = \frac{1}{\hat{k个} (z（z）)} = \frac{z（z）}{1 + γ {z（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，我们推断出解算子 $S公司 (t吨)$ 由提供

\begin{matrix} S公司 (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ_{δ ， π - θ}} {e（电子）}^{z（z） t吨} H（H） (z（z）) d日 z（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 $克 (z（z）) = z（z） / (1 + γ {z（z）}^{α})$ .

引理2.1

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

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

2.5

证明

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

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

发件人(2.7)由此可见

\begin{matrix} | 1 + γ {z（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（z）) | = | \frac{z（z）}{1 + γ {z（z）}^{α}} | \leq \frac{第页}{γ {第页}^{α} 罪 (α π)} = \frac{1}{γ 罪 (α π)} {| z（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 = S公司 (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} {S公司}^{(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} {S公司}^{(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（z）) 我 + A类)}^{- 1} ‖ \leq M（M） / | 克 (z（z）) | ， z（z） \in Σ_{π - θ} ， \end{matrix}

2.11

我们根据(2.3)和(2.11)那个

\begin{matrix} ‖ H（H） (z（z）) ‖ \leq M（M） / | z（z） | ， 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) = S公司 (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} ‖ {S公司}^{(米)} (t吨) ‖ & = ∥\frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {z（z）}^{米} {e（电子）}^{z（z） t吨} H（H） (z（z）) d日 z（z）∥ \leq c（c） \int_{Γ} {| z（z） |}^{米} {e（电子）}^{R（右） (z（z）) t吨} ‖ H（H） (z（z）) ‖ | d日 z（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 {S公司}^{(米)} (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {z（z）}^{米} {e（电子）}^{z（z） t吨} A类 H（H） (z（z）) d日 z（z） . \end{matrix}

2.14

使用身份

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

它是从(2.12)和引理2.1那个

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

2.15

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

\begin{matrix} ‖ A类 {S公司}^{(米)} (t吨) ‖ & \leq c（c） \int_{Γ} {| z（z） |}^{米 - α} {e（电子）}^{R（右） (z（z）) t吨} | d日 z（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} {S公司}^{(米)} (t吨) v（v） & = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {z（z）}^{米} {e（电子）}^{z（z） t吨} \frac{克 (z（z）)}{z（z）} {(克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} v（v） d日 z（z） \\ = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {z（z）}^{米 - 1} {e（电子）}^{z（z） t吨} 克 (z（z）) {A类}^{- 1} {(克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} A类 v（v） d日 z（z） . \end{matrix}

现在通过记录身份

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

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

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

由(2.11)我们获得

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

因此，使用这个估计，我们得到

\begin{matrix} ‖ {S公司}^{(米)} {(t吨) v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} & \leq c（c） (\int_{Γ} {| z（z） |}^{米 - 1} {e（电子）}^{R（右） (z（z）) t吨} {‖ (克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} ‖ | d日 z（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} ‖ {S公司}^{(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 $S公司 (t吨) v（v）$ 到问题(1.1)带有 $（f） \equiv 0$ 满足

\begin{matrix} ‖ {S公司}^{(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 $米 = 0$ 我们可以大大改进这个估计 $t吨 > 0$ 也就是说，如果我们应用边界 $‖ A类 H（H） (z（z）) ‖ \leq M（M）$ 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 S公司 (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） 哦 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）) = z（z） L（左） {u个} (z（z）) - u个 (0) \end{matrix}

2.18

\begin{matrix} L（左） {\partial_{t吨}^{α} u个} (z（z）) = {z（z）}^{α} L（左） {u个} (z（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，方程式（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（z）) = \frac{1}{z（z） + γ λ_{j个} {z（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） 哦 米 第页 我 e（电子） t吨 e（电子） 我 年 米 哦 n个 哦 t吨 哦 n个 e（电子） （f） 哦 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 ${v（v）}_{j个} (t吨)$ 由它们的拉普拉斯变换定义

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

2.20

通过拉普拉斯变换的性质 $u个 (0) = 林_{z（z） \to + \infty} z（z） \hat{u个} (z（z）)$ 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（z） t吨} \frac{1}{z（z） + γ λ_{j个} {z（z）}^{α} + λ_{j个}} d日 z（z） ， \end{matrix}

哪里 $B类第页 = {z（z） ; R（右） z（z） = σ ， σ > 0}$ 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 $z（z） + γ λ_{j个} {z（z）}^{α} + λ_{j个}$ 在Riemann曲面的主片中（包括其切割边界）没有零。的确，如果 $z（z） = ϱ {e（电子）}^{我 θ}$ ，使用 $ϱ > 0 ， θ \in (- π ， π)$ ，然后

\begin{matrix} 我 {z（z） + γ λ_{j个} {z（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 $| z（z） | = ε$ 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 ${v（v）}_{j个} (t吨)$ 是完全单调的，因此 $0 < {v（v）}_{j个} (t吨) \leq 1$ .签署人(2.18)，以及(2.20),

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

在进行拉普拉斯逆变换时，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（z） t吨} \frac{1}{z（z） + γ λ_{j个} {z（z）}^{α} + λ_{j个}} d日 z（z） = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {e（电子）}^{z（z） t吨} H（H） (z（z） ， λ_{j个}) d日 z（z） \end{matrix}

具有

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

其中函数 $克 (z（z）)$ 定义为(2.3)，最后一个断言是通过应用定理证明中的论点得出的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（z） ， λ_{j个}) {| \leq M（M） 最小值 (1 ， | z（z） |}^{- α}) ， z（z） \in Σ_{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 $S公司$ 在二阶空间中具有平滑特性。在极限情况下 $α = 1$ 然而，它没有任何平滑特性。为此，我们考虑本征函数展开：

\begin{matrix} u个 (x个 ， t吨) = S公司 (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（z）) = \frac{1 + γ λ_{j个}}{z（z） + γ λ_{j个} z（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 $u个 (t吨) = S公司 (t吨) v（v）$ 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收益率 ${‖ S公司 (t吨) v（v） - v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} \leq c（c） {‖ v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)} .$ 根据勒贝格的支配收敛定理，我们推导出

\begin{matrix} \underset{t吨 \to 0^{+}}{林} {‖ S公司 (t吨) - v（v） ‖}_{{\dot{H（H）}}^{q个} (Ω)}^{2} = \underset{t吨 \to 0^{+}}{极限} \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 $u个 (t吨) = S公司 (t吨) v（v）$ 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。， $u个 (t吨) = S公司 (t吨) v（v）$ 表示解决方案。此外，定理的论证2.1收益率 $u个 (t吨) = S公司 (t吨) v（v） \in {\dot{H（H）}}^{2 + q个} (Ω)$ 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佳误差估计。

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} ， \\ (\nabla {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 $v（v）$ 相应地，解决方案操作员 ${S公司}_{小时} (t吨)$ 对于半离散问题(1.2)由提供

\begin{matrix} {S公司}_{小时} (t吨) = \frac{1}{2 π 我} \int_{Γ} {e（电子）}^{z（z） t吨} {H（H）}_{小时} (z（z）) d日 z（z） 具有 {H（H）}_{小时} (z（z）) = \frac{克 (z（z）)}{z（z）} {(克 (z（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 $| | | \cdot {| | |}_{{\dot{H（H）}}^{第页} (Ω)}$ 在空间上 ${X（X）}_{小时}$ 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 ${S公司}_{小时} (t吨)$ 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 ${S公司}_{小时} (t吨)$ 由定义(3.2)和 ${v（v）}_{小时} \in {X（X）}_{小时}$ .然后

\begin{matrix} | | | {S公司}_{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 $z（z） \in Σ_{π - θ} = \{z（z） : | 参数 (z（z）) | \leq π - θ\}$ 对于 $θ \in (0 ， π / 2)$ ，有个保持

\begin{matrix} {| 克 (z（z）) | ‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \leq c（c） |{克 (z（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 $z（z） \in Σ_{π - θ}$

\begin{matrix} {| z（z） | ‖ φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla φ ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \leq c（c） |{z（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（z） | + β \leq \frac{| γ z（z） + β |}{罪 \frac{θ}{2}} 对于 γ ， β \geq 0 ， z（z） \in Σ_{π - θ} ， \end{matrix}

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

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

引理3.4

让 $v（v） \in {L（左）}^{2} (Ω) ， z（z） \in Σ_{π - θ} ， w个 = {(克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} v（v）$ 、和 ${w个}_{小时} = {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {P（P）}_{小时} v（v）$ .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（z）) (w个 ， χ) + (\nabla w个 ， \nabla χ) & = (v（v） ， χ) ， \forall χ \in {H（H）}_{0}^{1} (Ω) ， \\ 克 (z（z）) ({w个}_{小时} ， χ) + (\nabla w个 ， \nabla χ) & = (v（v） ， χ) ， \forall χ \in {X（X）}_{小时} . \end{matrix}

减去这两个恒等式得到以下误差的正交性关系 $e（电子） = w个 - {w个}_{小时}$ :

\begin{matrix} 克 (z（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（z）) | ‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} & \leq c（c） |{克 (z（z）) ‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + (\nabla e（电子） ， \nabla e（电子）)| \\ = c（c） |克 (z（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（z）) | ‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \\ \leq c（c） ({| 克 (z（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选择 $φ = w个$ ，我们获得

\begin{matrix} {| 克 (z（z）) | ‖ w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} + {‖ \nabla w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}^{2} \leq c（c） | ((克 (z（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（z）) |}^{- 1} {‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} {和 ‖ \nabla w个 ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \leq {c（c） | 克 (z（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（z）) 我 + 克 (z（z）) 我 + A类) {(克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} \\ \leq c（c） ({‖ v（v） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + {| 克 (z（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（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（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（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 ${‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)}$ 通过二元论证。对于 $φ \in {L（左）}^{2} (Ω)$ ，通过设置

\begin{matrix} ψ = {(克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} φ 和 ψ_{小时} = {(克 (z（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（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（z）) (e（电子） ， ψ) + (\nabla e（电子） ， \nabla ψ) | & = | 克 (z（z）) (e（电子） ， ψ - ψ_{小时}) + (\nabla e（电子） ， \nabla (ψ - ψ_{小时})) | \\ \leq {| 克 (z（z）) |}^{1 / 2} {‖ e（电子） ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} {| 克 (z（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（z） t吨} \frac{克 (z（z）)}{z（z）} (w个 - {w个}_{小时}) d日 z（z） ， \end{matrix}

具有 $w个 = {(克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} v（v）$ 和 ${w个}_{小时} = {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {P（P）}_{小时} v（v）$ .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（z）) t吨} \frac{| 克 (z（z）) |}{| z（z） |} | d日 z（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（z） t吨} \frac{克 (z（z）)}{z（z）} ({(克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} - {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {R（右）}_{小时}) v（v） d日 z（z） . \end{matrix}

通过平等

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

3.10

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

定理3.2

让 $u个$ 和 ${u个}_{小时}$ 成为问题的解决方案(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 $w个 (z（z）) = {(克 (z（z）) 我 + A类)}^{- 1} A类 v（v）$ 和 ${w个}_{小时} (z（z）) = {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} {A类}_{小时} {R（右）}_{小时} v（v）$ .然后是引理3.1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（z）) - {w个}_{小时} {(z（z）) ‖}_{{L（左）}^{2} (Ω)} + 小时 ‖ \nabla (w个 (z（z）) - {w个}_{小时} (z（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（z）) t吨} {| z（z） |}^{- 1} | d日 z（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) = S公司 (t吨) v（v） - {S公司}_{小时} (t吨) {P（P）}_{小时} v（v） = (S公司 (t吨) v（v） - {S公司}_{小时} (t吨) {R（右）}_{小时} v（v）) + ({S公司}_{小时} (t吨) {R（右）}_{小时} v（v） - {S公司}_{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} ‖ {S公司}_{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 $K（K）$ 是在扇区内解析的复值或算子值函数 $Σ_{π - θ} ， θ \in (0 ， π / 2)$ 并以

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

4.1

对于一些实数 $μ$ 和 $M（M）$ .然后 $K（K） (z（z）)$ 是分布的拉普拉斯变换 $k个$ 在实线上消失 $t吨 < 0$ ，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（z）) {e（电子）}^{z（z） t吨} d日 z（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 $\partial_{t吨}$ 作为时间差，我们定义 $K（K） (\partial_{t吨})$ 作为与核的（分布式）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 $\partial_{t吨}^{β} u个 = \frac{1}{Γ (- β)} \int_{0}^{t吨} {(t吨 - 秒)}^{- β - 1} u个 (秒) d日秒$ 左边是一个卷积，我们近似于 ${t吨}_{n个} = n个 τ$ 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 ${\bar{\partial}}_{τ}^{- 1}$ 由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)，术语位于 $n个 = 0$ 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。

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 $克 (z（z）)$ 来自(2.3)并表示

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

4.6

我们可以写出 ${u个}_{小时} ({t吨}_{n个})$ 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 $K（K） (z（z）)$ 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 ${U型}_{小时}^{n个}$ 成为问题的解决方案(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 $G公司 (z（z）) = 克 (z（z）) {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}$ 对于 $z（z） \in Σ_{π - θ}$ ，有个保持

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

然后(4.7)和引理4.1（与 $μ = 0$ 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（z）)}^{- 1} {A类}_{小时})}^{- 1} = {A类}_{小时}^{- 1} - {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} ， \end{matrix}

并表示 ${G公司}_{秒} (z（z）) = - {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}$ ，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（z）) ‖ \leq M（M） | 克 (z（z）) |}^{- 1} = M（M） | \frac{1 + γ {z（z）}^{α}}{z（z）} | \leq {M（M） (| z（z） |}^{- 1} + {γ | z（z） |}^{α - 1}) \forall z（z） \in Σ_{π - θ} . \end{matrix}

现在引理4.1（与 $μ = 1 - α$ 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分别针对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 ${v（v）}_{小时} = {P（P）}_{小时} v（v）$ 通过该方案的稳定性，引理的一个直接结果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 $G公司 (z（z）) = - 克 {(z（z）)}^{- 1} z（z） {(我 + 克 {(z（z）)}^{- 1} {A类}_{小时})}^{- 1} {A类}_{小时} = - z（z） {A类}_{小时} {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}$ ，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 $K（K） (z（z）)$ 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）) = - z（z） {A类}_{小时} {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} = - z（z） (我 - 克 (z（z）) {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1}) \forall z（z） \in Σ_{π - θ} ， \end{matrix}

有个等待

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

然后(4.8)和引理4.4（与 $μ = - 1$ 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 ${U型}_{小时}^{n个}$ 成为问题的解决方案(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 ${G公司}_{秒} (z（z）) = - z（z） {(克 (z（z）) 我 + {A类}_{小时})}^{- 1} ， {U型}_{小时}^{n个} - {u个}_{小时} ({t吨}_{n个})$ 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（z）) ‖ \leq M（M） | z（z） | | 克 (z（z）) |}^{- 1} \leq {(1 + γ | z（z） |}^{α}) ， \forall z（z） \in Σ_{π - θ} . \end{matrix}

现在引理4.4（与 $μ = - α$ 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收益率

\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 $χ_{S公司}$ 对于集合的特征函数 $S公司$ 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统一时间网格 $τ = t吨 / N个$ ，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分别表示反向欧拉方法和二阶反向差分方法，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 $α = 0.5$ 对数刻度。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电子 $-$ 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当量 $-$ 三	8.42当量 $-$ 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秒 $-$ 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秒 $-$ 6	$\approx$ 2.06 (2.00)
	$α = 0.5$	1.05秒 $-$ 三	2.39秒 $-$ 4	5.33秒 $-$ 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 $τ = 2 \times 10^{- 5}$ 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当量 $-$ 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秒 $-$ 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电子 $-$ 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秒 $-$ 三	4.45电子 $-$ 三	2.17电子 $-$ 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秒 $-$ 4	2.21当量 $-$ 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秒 $-$ 三	3.92秒 $-$ 4	9.63电子 $-$ 5	2.38电子 $-$ 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	2.02秒 $-$ 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电子 $-$ 三	1.47秒 $-$ 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电子 $-$ 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 $t吨 \to 0$

$t吨$	1个 $-$ 三	1个 $-$ 4	1个 $-$ 5	1个 $-$ 6	1个 $-$ 7	1个 $-$ 8	费率
（a）	2.48秒 $-$ 4	3.07秒 $-$ 4	3.27秒 $-$ 4	3.46秒 $-$ 4	3.55电子 $-$ 4	3.58电子 $-$ 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显示了一个 $O（运行） ({小时}^{三 / 2})$ 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秒 $-$ 5	7.45秒 $-$ 6	1.86当量 $-$ 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当量 $-$ 4	第3.34页 $-$ 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秒 $-$ 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	1.97e0	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 $Ω = {(0 ， 1)}^{2}$ 对于非光滑的初始数据。为了离散化这个问题，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

示例（d）的误差图 $t吨 = 0.1$ 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秒 $-$ 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	8.11秒 $-$ 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秒 $-$ 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秒 $-$ 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当量 $-$ 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。利用算子理论方法建立了解的Sobolev正则性。提出了一种基于Galerkin有限元方法的空间半离散格式，以及两种基于后向Euler方法和二阶后向差分方法以及相关卷积求积的完全离散格式，并给出了半离散和完全离散的数据正则性误差估计的最优解离散方案。大量的数值实验充分证明了我们收敛分析的敏锐性。

致谢

作者感谢克里斯蒂安·卢比奇教授对该论文早期版本的有益评论，这使Section中的表述得到了显著改进。 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.

雷奇·拉扎罗夫，电子邮件：ude.umat.htam@vorazal.

周志，电子邮件：ude.umat.htam@uohzz.

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文章来自数值数学由以下人员提供施普林格