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user: 3. 加权C-N修正格式的收敛性分析 为了证明加权C-N修正格式的收敛性分析，我们先给出3个引理。 引理1：定义式子： μ ( z ) = 1 − e − τ z ( 1 − α 2 + α 2 e − τ z ) 1 α ⋅ c 0 e − τ z + e − τ z 1 − e − τ z 1 − α 2 + α 2 e − τ z (8) 本文统一令 z ∈ Γ τ ， Γ τ = { z ∈ Γ : | ℑ z | ≤ π τ } ⊆ Σ ω [ 1 ]，当权系数 c 0 = 1 − α 2 时，则有： | μ ( z ) − 1 | ≤ C τ 2 | z | 2 (9) 其中C为正常数。 证明：令 w = τ z ， f ( w ) = μ ( z ) − 1 ，则 lim x → 0 f ( w ) = 0 ， lim x → 0 f ′ ( w ) = c 0 + α − 1 2 = 0 ， lim x → 0 f ″ ( w ) ≠ 0 ，所以 μ ( w ) − 1 = O ( w 2 ) ，即可证得 | μ ( z ) − 1 | ≤ C τ 2 | z | 2 。 引理2：定义式子： K ( z ) = z − 1 ( z α − A ) − 1 A (10) z τ = 1 − e − τ z ( 1 − α 2 + α 2 e − τ z ) 1 α (11) 则下式成立： ‖ K ( z ) ‖ ≤ C | z | − 1 (12) ‖ K ( z τ ) ‖ ≤ C | z | − 1 (13) 其中 ‖ · ‖ 表示 L 2 范数，C为正常数。 证明：令 w = τ z ，则 w → 0 时， τ z τ = O ( w ) ，所以 c | τ z | ≤ | τ z τ | ≤ C | τ z | ，即 c | z | ≤ | z τ | ≤ C | z | 。 由引理1可得 z ∈ Σ ω ， z α ∈ Σ ω ，将 z ， z α 带入式(3)可得： ‖ ( z α − A ) − 1 ‖ ≤ C | z | − α (14) ‖ ( z τ α − A ) − 1 ‖ ≤ C | z | − α (15) 且下式成立： ( z α − A ) − 1 A = z α ( z α − A ) − 1 − I (16) 带入式(10)即可证得式(12)和(13)： ‖ K ( z ) ‖ = | z | − 1 ‖ z α ( z α − A ) − 1 − I ‖ ≤ C | z | − 1 (17) ‖ K ( z τ ) ‖ = | z τ | − 1 ‖ z τ α ( z τ α − A ) − 1 − I ‖ ≤ C | z | − 1 (18) 引理3： z ， z α 分别由引理1和引理2定义，则下式成立： ‖ K ( z τ ) − K ( z ) ‖ ≤ C τ 2 | z | (19) 证明：令 w = τ z ， ，则 lim x → 0 g ( w ) = lim x → 0 g ′ ( w ) = lim x → 0 g ″ ( w ) = 0 ， lim x → 0 g ‴ ( w ) ≠ 0 ， ( 0 < α < 1 ) ，所以可得 g ( w ) = O ( w 3 ) ，即： | z τ − z | ≤ C τ 2 z 3 (20) 由 | z τ α − z α | ≤ C | z | α − 1 | z τ − z | ≤ C τ 2 | z | 2 + α ( [ 8 ] 引理B.1)，且由式(16)及可得： ‖ K ( z τ ) − K ( z ) ‖ = ‖ z τ − 1 ( z τ α − A ) − 1 A − z − 1 ( z α − A ) − 1 A ‖ ≤ | z τ | − 1 ‖ ( z τ α − A ) − 1 A − ( z α − A ) − 1 A ‖ + | z τ − 1 − z − 1 | ‖ ( z α − A ) − 1 A ‖ ≤ | z τ | − 1 ‖ z τ α ( z τ α − A ) − 1 − z α ( z α − A ) − 1 ‖ + | z τ − 1 − z − 1 | ‖ z α ( z α − A ) − 1 − I ‖ ≤ C | z | − 1 | z τ α − z α | ‖ ( z τ α − A ) − 1 ‖ + C | z | − 1 | z | α ‖ ( z τ α − A ) − 1 − ( z α − A ) − 1 ‖ + C | z − z τ | | z z τ | ≤ C τ 2 | z | − 1 | z | 2 + α | z | − α + C | z | α − 1 ‖ ( z α − z τ α ) ( z τ α − A ) − 1 ( z α − A ) − 1 ‖ + C τ 2 | z | ≤ C τ 2 | z | (21) 其中 ( z τ α − A ) − 1 − ( z α − A ) − 1 = ( z α − z τ α ) ( z τ α − A ) − 1 ( z α − A ) − 1 ，即证得引理3。 为了给出收敛性分析，接下来我们分别借助Laplace变换和Cauchy积分公式，给出齐次分数阶扩散方程(4)的精确解和加权C-N修正格式(7)的数值解。对方程(4)作Laplace变换可得： V ^ ( z ) = z − 1 ( z α − A ) − 1 A u 0 (22) 对式(21)作Laplace逆变换可得方程(4)的精确解： V ( t ) = 1 2 π i ∫ Γ e t z z − 1 ( z α − A ) − 1 A u 0 d z = 1 2 π i ∫ Γ e t z K ( z ) u 0 d z (23) 其中 Γ = { z : | arg z | = θ } ⊆ Σ ω ， θ ∈ ( α 2 ， α 1 + α ) [ 4 ]。 考虑加权C-N修正格式(7)，式子两边同乘 ξ n ，并关于n求和， n = 1 ， 2 ， ⋯ ，令 V ˜ ( ξ ) = ∑ n = 1 ∞ V n ξ n ，于是 ∑ n = 1 ∞ ( ∑ j = 0 n b n − j V j ) ξ n = ( ∑ j = 0 ∞ b j ξ j ) ( ∑ n = 1 ∞ V n ξ n ) ，由式(5)可得： τ − α b ˜ ( ξ ) V ˜ ( ξ ) − ( 1 − α 2 + α 2 ξ ) A V ˜ ( ξ ) = ( c 0 ξ + ξ 1 − ξ ) A u 0 (24) V ˜ ( ξ ) = c 0 ξ + ξ 1 − ξ 1 − α 2 + α 2 ξ ⋅ [ ( 1 − ξ τ ( 1 − α 2 + α 2 ξ ) 1 α ) α − A ] − 1 A u 0 (25) 令 ξ = e − τ z ，由Cauchy积分公式及式(8)、(10)和(11)可得加权C-N修正格式的数值解： V n = 1 2 π i ∫ | ξ | = ρ ξ − n − 1 V ˜ ( ξ ) d ξ = τ 2 π i ∫ Γ τ e t n z V ˜ ( e − τ z ) d z = 1 2 π i ∫ Γ τ e t n z μ ( z ) K ( z τ ) u 0 d z (26) 定理1 V ( t n ) ， V n 分别为 t = t n 时刻方程(4)的精确解和加权C-N修正格式(7)的数值解，则下式成立： ‖ V ( t n ) − V n ‖ ≤ C τ 2 t n − 2 ‖ u 0 ‖ (27) 证明： ‖ V ( t n ) − V n ‖ = ‖ 1 2 π i ∫ Γ τ e t n z [ K ( z ) − μ ( z ) K ( z τ ) ] u 0 d z + 1 2 π i ∫ Γ / Γ τ e t n z K ( z ) u 0 d z ‖ ≤ ‖ I ‖ + ‖ I I ‖ ，而 ‖ μ ( z ) K ( z τ ) − K ( z ) ‖ ≤ | μ ( z ) − 1 | ‖ K ( z τ ) ‖ + ‖ K ( z τ ) − K ( z ) ‖ ，由引理1和引理2可得： ‖ μ ( z ) K ( z τ ) − K ( z ) ‖ ≤ C τ 2 | z | (28) 接着考虑 ‖ I ‖ ， ‖ I I ‖ ，令 r = t n | z | ，c为正常数，则： ‖ I ‖ ≤ 1 2 π ∫ Γ τ | e t n z | ‖ μ ( z ) K ( z τ ) − K ( z ) ‖ ⋅ ‖ u 0 ‖ d z ≤ C ∫ Γ τ | e t n z | τ 2 | z | ‖ u 0 ‖ d z ≤ C τ 2 ∫ 0 ∞ e − c r r t n − 1 t n − 1 ‖ u 0 ‖ d r ≤ C τ 2 t n − 2 ‖ u 0 ‖ (29) ‖ I ‖ ≤ 1 2 π ∫ Γ / Γ τ | e t n z | ‖ K ( z ) ‖ ‖ u 0 ‖ d z ≤ C ∫ 1 τ ∞ e − c t n | z | | z | − 2 | z | d z ≤ C τ 2 ∫ 0 ∞ e − c r r t n − 1 t n − 1 ‖ u 0 ‖ d r ≤ C τ 2 t n − 2 ‖ u 0 ‖ (30) 则可证得 ，即权系数取 c 0 = 1 − α 2 时，加权C-N修正格式为时间2阶精度。