非线性延迟波动方程的两类差分格式

Two Difference Schemes for Nonlinear Wave Equations with Delay

摘要: 本文对一类非线性延迟波动方程建立了两类显式差分格式。运用能量法，证明了在最大模意义下它们在时、空方向上均有二阶收敛率。数值结果验证了算法的精度和有效性。

Abstract: This study is concerned with numerical solutions of delayed wave equations by explicit finite dif-ference methods. By using the discrete energy method, it is shown that both of them are temporally and spatially second-order convergent in maximum norm. Numerical findings confirm the accuracy and efficiency of the algorithms.

1. 引言

在许多实际问题中，需要利用系统过去时刻的状态，因而提出了延迟微分方程模型。延迟微分方程也称时滞微分方程，属于泛函微分方程。它们在图形处理、计算机科学、生态、经济、物理、人口动力学、生物医学等各个科学领域有着广泛的应用。正因为延迟微分方程具有很强的应用背景，它们的研究受到了人们的长期关注(见文献 [1] - [6] 及其参考文献)。与经典微分方程相比，它们的解不仅与当前的状态有关，还受过去一段时间的影响。延迟项的存在不仅给理论研究带来困难，也给数值研究带来了挑战。近些年来，在延迟抛物方程的数值研究方面，已有不少成果。文献 [2] [3] 研究了非线性延迟抛物方程的紧致差分法及其理论。文献 [4] 研究了变系数时滞反应扩散方程的紧致差分法。文献 [5] 研究了时间分数阶变系数时滞抛物方程的紧致差分法及其收敛性。然而，人们对延迟双曲方程的数值研究关注不多。文献 [6] 研究了一维时滞波动的紧致差分法及其Richardson外推法。

显式差分法虽然是条件稳定的，但是由于不需要解线性方程组，程序易于实现、计算量小等优势受到人们的青睐。特别对二阶波动来说，稳定条件是可接受的，并不苛刻。此外，为了克服抛物方程显式差分法的稳定条件的限制，提出无条件稳定的 Du Fort-Frankel格式。本文推广经典波动方程的显式差分格式，对如下非线性延迟波动方程

$u_{tt}-a^2{u}_{xx}=f\left(u\left(x,t\right),u\left(x,t-s\right),x,t\right)$, $b_1<x\le b_2$, $0<t\le T$, (1a)

$u\left(x,t\right)=\varphi \left(x,t\right)$, $b_1<x\le b_2$, $-s\le t\le 0$, (1b)

$u\left(b_1,t\right)=\phi \left(t\right)$, $u\left(b_2,t\right)=\psi \left(t\right)$, $0\le t\le T$, (1c)

建立两类差分格式及其算法理论。

2. 差分格式

2.1. 记号

为了用差分方法求解问题(1a)~(1c)，我们对 $\Omega =\left\{\left(x,t\right)|b_1\le x\le b_2,-s\le t\le T\right\}$ 做剖分。将空间区间 $\left[b_1,b_2\right]$ 剖分m等份(m为整数)，记空间步长 $h_x$ ( $h_x=\left(b_2-b_1\right)/m$ )。在时间方向上，采用限制性网格时间步长 $h_t$ ( $h_t=s/n_1=T/n$ )， $n_1,n$ 均为整数，记 $x_i=b_1+i{h}_x$， $t_k=k{h}_t$， $0\le i\le m$， $-n_1\le k\le n$， $i,k$ 均为整数。在结点 $\left(x_i,t_k\right)$ 处的精确解和数值解分别记为 $U_i^k$， $u_i^k$。记网格剖分区域 ${\Omega }_h=\left\{\left(x_i,t_k\right)|0\le i\le m,-n_1\le k\le n\right\}$，定义网格函数空间 $u_h=\left\{u|u=\left\{u_i|0\le i\le m\right\},u_0=u_m=0\right\}$，对任意 $u^k\in u_h$，引用差分算子，内积和范数如下

${\delta }_t^2{u}_i^k=\frac{1}{h_t^2}\left(u_i^{k+1}-2u_i^k+u_i^{k-1}\right)$, ${\delta }_{\hat{t}}{u}_i^k=\frac{1}{2h_t}\left(u_i^{k+1}-u_i^{k-1}\right)$, ${\delta }_t{u}_i^{k-\frac{1}{2}}=\frac{1}{h_t}\left(u_i^k-u_i^{k-1}\right)$,

${\delta }_x^2{u}_i^k=\frac{1}{h_x^2}\left(u_{i+1}^k-2u_i^k+u_{i-1}^k\right)$, $\left(u,v\right)=h_x{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{m-1}{\sum }}{u}_i{v}_i}$, ${\left(u,v\right)}_1=h_x{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{m-1}{\sum }}\left({\delta }_x{u}_{i-\frac{1}{2}}\right)\left({\delta }_x{v}_{i-\frac{1}{2}}\right)}$,

$\Vert u\Vert =\sqrt{\left(u,u\right)}$, ${\left|u\right|}_1=\sqrt{{\left(u,u\right)}_1}$, ${\left|u\right|}_1=\sqrt{{\left(u,u\right)}_1}$.

2.2. 两类差分格式的建立

由泰勒展式可知

$u_{tt}\left(x_i,t_k\right)={\delta }_t^2{U}_i^k-\frac{h_t^2}{12}\frac{{\partial }^{4}u\left(x_i,{\eta }_{ik}\right)}{\partial t^4}$, $u_{xx}\left(x_i,t_k\right)={\delta }_x^2{U}_i^k-\frac{h_x^2}{12}\frac{{\partial }^{4}u\left({\xi }_{ik},t_k\right)}{\partial x^4}$.

从而，在结点 $\left(x_i,t_k\right)$ 处用差分算子 ${\delta }_t^2{U}_i^k$， ${\delta }_x^2{U}_i^k$ 离散 $u_{tt}\left(x_i,t_k\right)$， $u_{xx}\left(x_i,t_k\right)$ 可得

${\delta }_t^2{U}_i^k-a^2{\delta }_x^2{U}_i^k=f\left(U_i^k,U_i^{k-n_1},x_i,t_k\right)+{\left(R_1\right)}_i^k$, $0<i\le m$, $0<k\le n$, (2)

其中，

${\left(R_1\right)}_i^k=\left(h_t^2\frac{{\partial }^{4}u\left(x_i,{\eta }_{ik}\right)}{\partial t^4}-a^2{h}_x^2\frac{{\partial }^{4}u\left({\xi }_{ik},t_k\right)}{\partial x^4}\right)/12$, $0<i\le m$, $0<k\le n$. (3)

用 $u_i^k$ 代替 $U_i^k$，略去小量项 ${\left(R_1\right)}_i^k$，得到第一个差分格式

${\delta }_t^2{u}_i^k-a^2{\delta }_x^2{u}_i^k=f\left(u_i^k,u_i^{k-n_1},x_i,t_k\right)$, $0<i\le m$, $0<k\le n$, (4a)

$u_i^k=\varphi \left(x_i,t_k\right)$, $0<i\le m$, $-n_1\le k\le 0$, (4b)

$u_0^k=\phi \left(t_k\right)$, $u_0^k=\psi \left(t_k\right)$, $0\le k\le n$. (4c)

记网格步长比 $r=\left(\left|a\right|h_t\right)/h_x$，对差分算子 ${\delta }_x^2{U}_i^k$ 做如下处理

$\begin{array}{c}{\delta }_x^2{U}_i^k=\frac{1}{h_x^2}\left(U_{i+1}^k-2U_i^k+U_{i-1}^k\right)\\ =\frac{1}{h_x^2}\left[U_{i+1}^k-2\left(\frac{U_i^{k+1}+U_i^{k-1}}{2}-\frac{h_t^2}{2}\frac{{\partial }^{2}u\left(x_i,{\varsigma }_{ik}\right)}{\partial t^2}\right)+U_{i-1}^k\right]\\ =\frac{1}{h_x^2}\left(U_{i+1}^k+U_{i-1}^k\right)-\frac{2}{h_x^2}{U}_i^k-\frac{1}{h_x^2}\left(U_i^{k+1}+U_i^{k-1}\right)+\frac{2}{h_x^2}{U}_i^k+\frac{h_t^2}{h_x^2}\frac{{\partial }^{2}u\left(x_i,{\varsigma }_{ik}\right)}{\partial t^2}\\ ={\delta }_x^2{U}_i^k-\frac{h_t^2}{h_x^2}{\delta }_t^2{U}_i^k+\frac{h_t^2}{h_x^2}\frac{{\partial }^{2}u\left(x_i,{\varsigma }_{ik}\right)}{\partial t^2}\end{array}$. (5)

将(5)式代入(2)式中得

$\left(1+r^2\right){\delta }_t^2{U}_i^k-{\delta }_x^2{U}_i^k=f\left(U_i^k,U_i^{k-n_1},x_i,t_k\right)+{\left(R_2\right)}_i^k$, $0<i\le m$, $0<k\le n$, (6)

其中

${\left(R_2\right)}_i^k={\left(R_1\right)}_i^k+r^2\frac{{\partial }^{2}u\left(x_i,{\varsigma }_{ik}\right)}{\partial t^2}$, $0<i\le m$, $0<k\le n$. (7)

舍去(6)式的 ${\left(R_2\right)}_i^k$ 项，用 $u_i^k$ 代替 $U_i^k$，便得到了第二个差分格式

$\left(1+r^2\right){\delta }_t^2{u}_i^k-a^2{\delta }_x^2{u}_i^k=f\left(u_i^k,u_i^{k-n_1},x_i,t_k\right)$, $0<i\le m$, $0<k\le n$, (8a)

$u_i^k=\varphi \left(x_i,t_k\right)$, $0<i\le m$, $-n_1\le k\le 0$, (8b)

$u_0^k=\phi \left(t_k\right)$, $u_0^k=\psi \left(t_k\right)$, $0\le k\le n$. (8c)

2.3. 差分格式的收敛性分析

为研究上述两个差分格式的收敛性，我们现引入两个引理。

引理2.1 [7] 设 $v\in u_h$，则有下列不等式成立

$\left(-{\delta }_x^{2}v,v\right)={\Vert {\delta }_{x}v\Vert }^2$, ${\Vert v\Vert }_{\infty }\le \frac{\sqrt{b_2-b_1}}{2}{\left|v\right|}_1$,

$\Vert v\Vert \le \frac{b_2-b_1}{\sqrt{6}}{\left|v\right|}_1$, $h_x{\Vert {\delta }_{x}v\Vert }^2\le 4{\Vert v\Vert }^2$.

引理2.2 [8] 设A和B是非负常数， $\left\{F^k|k\ge 0\right\}$ 是非负序列且满足

$F^{k+1}\le A+B{h}_t{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{K}{\sum }}{F}^k}$, 则 $\underset{0\le k\le K+1}{\max }{F}^k\le A\exp \left(B\left(K+1\right)h_t\right)$

此外，若 $F^{k+1}\le A+B{h}_t{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{K+1}{\sum }}{F}^k}$，则 $\underset{0\le k\le K+1}{\max }{F}^k\le A\exp \left(2B\left(K+1\right)h_t\right)$。其中 $h_t$ 足够小，使得 $B{h}_t\le 1/2$。

另外，存在常数 $c_1,c_2$，使得

$\left|{\left(R_1\right)}_i^k\right|\le c_1\left(h_t^2+h_x^2\right)$, $0\le i\le m$, $-n_1\le k\le n$, (9)

$\left|{\left(R_2\right)}_i^k\right|\le c_2\left(h_t^2+h_x^2+\frac{h_t^2}{h_x^2}\right)$, $0\le i\le m$, $-n_1\le k\le n$, (10)

成立。

假设 $f\left(u,v,x,t\right)$ 满足局部Lipschitz条件。设u，v为问题方程(1a)~(1c)的真解，且存在正常数 $c_3$， ${\epsilon }_0$，当 $\left|{\epsilon }_i\right|<{\epsilon }_0$，( $i=1,2$ )，函数 $f\left(u,v,x,t\right)$ 满足如下等式

$\left|f\left(u+{\epsilon }_1,v+{\epsilon }_2,x,t\right)-f\left(u,v,x,t\right)\right|\le c_3\left(\left|{\epsilon }_1\right|+\left|{\epsilon }_2\right|\right)$ (11)

成立，其中 $c_3$ 为Lipschitz常数。

定理2.1 设问题(1a)~(1c)在节点 $\left(x_i,t_k\right)$ 的精确解为 $U_i^k$， $u_i^k$ 为差分格式 (4a)~(4c)的解。记 $U_i^k-u_i^k=e_i^k$。当 $r<1$ 时且步长满足以下条件

$h_t\le \sqrt{\frac{{\epsilon }_0}{c_4\left(b_2-b_1\right)}}$, $h_x\le \sqrt{\frac{{\epsilon }_0}{c_4\left(b_2-b_1\right)}}$,

则有，当 $\left[8+\frac{4c_3^2{\left(b_2-b_1\right)}^2}{3{\left(1-r^2\right)}^2{a}^2}\right]h_t\le 1$ 时，下列估计

${\left|e^k\right|}_1^2\le c_4{\left(h_t^2+h_x^2\right)}^2$, $-n_1\le k\le n$, (12a)

${\Vert e^k\Vert }_{\infty }\le \frac{\sqrt{\left(b_2-b_1\right)c_4}}{2}\left(h_t^2+h_x^2\right)$, $-n_1\le k\le n$, (12b)

成立。此处 $c_4=\frac{\left(b_2-b_1\right)c_1^{2}T}{a^2{\left(1-r^2\right)}^2}\exp \left\{\left[8+\frac{4}{3}{\left(\frac{c_3\left(b_2-b_1\right)}{a\left(1-r^2\right)}\right)}^2\right]T\right\}$。

证明 将方程(2)式与(4a)式相减，得到误差方程

${\delta }_t^2{e}_i^k-a^2{\delta }_x^2{e}_i^k=f\left(U_i^k,U_i^{k-n_1},x_i,t_k\right)-f\left(u_i^k,u_i^{k-n_1},x_i,t_k\right)+{\left(R_1\right)}_i^k$, $1\le i\le m$, $1\le k\le n-1$, (13a)

$e_i^k=0$, $0\le i\le m$, $-n_1\le k\le 0$, (13b)

$e_i^k=0$, $i=0$ 或 $i=m$， $0\le k\le n$. (13c)

当 $-n_1\le k\le 0$ 时， $e_i^k=0$，显然(12a)式与(12b)式成立。

假设当 $k=1,2,3,\cdots ,l$ 时，(12a)式成立，则当步长满足 $h_x$， $h_t\le \sqrt{{\epsilon }_0/\sqrt{c_4\left(b_2-b_1\right)}}$ 时，应用引理2.1可知

${\Vert e^k\Vert }_{\infty }\le \frac{\sqrt{b_2-b_1}}{2}{\left|e^k\right|}_1\le {\epsilon }_0$, $1\le k\le l$.

记 $f\left(U_i^k,U_i^{k-n_1},x_i,t_k\right)$ 为 $f\left(U_i^k\right)$， $f\left(u_i^k,u_i^{k-n_1},x_i,t_k\right)$ 为 $f\left(u_i^k\right)$。运用不等式 ${\left(a+b\right)}^2\le 2\left(a^2+b^2\right)$ 和(11) 式可得

${\Vert f\left(U^k\right)-f\left(u^k\right)\Vert }^2\le 2c_3^2\left({\Vert e_i^k\Vert }^{\text{2}}+{\Vert e_i^{k-n_1}\Vert }^{\text{2}}\right)$, $1\le k\le l$. (14)

记 $H^k={\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2+a^2\left({\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^k,{\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+1}\right)$。当 $r<1$ 时，对(13a)式两端同时与 $2{\delta }_{\hat{t}}{e}^k$ 做內积，运用引理2.1得

$\frac{1}{h_t}\left(H^k-H^{k-1}\right)=\left(\left[f\left(U^k\right)-f\left(u^k\right)\right],2{\delta }_{\hat{t}}{e}^k\right)+\left({\left(R_1\right)}_i^k,2{\delta }_{\hat{t}}{e}^k\right)$. (15)

运用等式 $ab=\frac{1}{4}\left[{\left(a+b\right)}^2-{\left(a-b\right)}^2\right]$ 和引理2.1，可得

$\begin{array}{c}{H}^k={\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2+a^2{\left|e^{k+\frac{1}{2}}\right|}_1^2-\left[a^2{\left|e^{k+\frac{1}{2}}\right|}_1^2-a^2\left({\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^k,{\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+1}\right)\right]\\ ={\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2+a^2{\left|e^{k+\frac{1}{2}}\right|}_1^2-\left(a^2{\left|e^{k+1}-e^k\right|}_1^2\right)/4\\ =\left(1-r^2\right){\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2+a^2{\left|e^{k+\frac{1}{2}}\right|}_1^2+r^2{\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2-a^2{\left|e^{k+1}-e^k\right|}_1^2/4\\ \ge \left(1-r^2\right){\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2+a^2{\left|e^{k+\frac{1}{2}}\right|}_1^2\end{array}$. (16)

由(16)式可得

${\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2\le \frac{1}{1-r^2}{H}^k$, ${\left|e^{k+\frac{1}{2}}\right|}_{\text{1}}^{\text{2}}\le \frac{1}{a^2}{H}^k$. (17)

由不等式 $ab\le \frac{\epsilon }{2}{a}^2+\frac{1}{2\epsilon }{b}^2$ 和不等式 ${\left(a+b\right)}^2\le 2a^2+2b^2$ 可得

$\begin{array}{l}\left(\left[f\left(U^k\right)-f\left(u^k\right)\right],2{\delta }_{\hat{t}}{e}^k\right)\\ \le \frac{c_3^2}{1-r^2}\left({\Vert e^k\Vert }^2+{\Vert e^{k-n_1}\Vert }^2\right)+\left(1-r^2\right)\left({\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2+{\Vert {\delta }_t{e}^{k-\frac{1}{2}}\Vert }^2\right)\\ \le \frac{c_3^2}{1-r^2}\left({\Vert e^k\Vert }^2+{\Vert e^{k-n_1}\Vert }^2\right)+\left(H^k+H^{k-1}\right)\end{array}$. (18)

$\begin{array}{l}\left({\left(R_1\right)}^k,2{\delta }_{\hat{t}}{e}^k\right)\\ \le \frac{\left(m-1\right)h_x{c}_1^2}{2\left(1-r^2\right)}{\left(h_x^2+h_t^2\right)}^2+\left(1-r^2\right)\left({\Vert {\delta }_t{e}_i^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2+{\Vert {\delta }_t{e}_i^{k-\frac{1}{2}}\Vert }^2\right)\\ \le \frac{\left(b_2-b_1\right)c_1^2}{2\left(1-r^2\right)}{\left(h_x^2+h_t^2\right)}^2+\left(H^k+H^{k-1}\right)\end{array}$. (19)

另外，由 $e_i^{k+1}=\left(e_i^{k+1}+e_i^k+e_i^{k+1}-e_i^k\right)/2=e_i^{k+\frac{1}{2}}+h_t{\delta }_t{e}_i^{k+\frac{1}{2}}/2$ 有

${\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+1}={\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+\frac{1}{2}}+\frac{h_t}{2}{\delta }_x{\delta }_t{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+\frac{1}{2}}={\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+\frac{1}{2}}+\frac{r}{2a}\left({\delta }_t{e}_{i+1}^{k+\frac{1}{2}}-{\delta }_t{e}_i^{k+\frac{1}{2}}\right)$, $0\le i\le m-1$. (20)

将上式两端平方后，运用均值不等式 ${\left(a+b\right)}^2\le 2\left(a^2+b^2\right)$ 得

$\begin{array}{c}{\left({\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+1}\right)}^2\le 2{\left({\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+\frac{1}{2}}\right)}^2+\frac{r^2}{2a^2}{\left({\delta }_t{e}_{i+1}^{k+\frac{1}{2}}-{\delta }_t{e}_i^{k+\frac{1}{2}}\right)}^2\\ \le 2{\left({\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+\frac{1}{2}}\right)}^2+\frac{r^2}{a^2}\left[{\left({\delta }_t{e}_{i+1}^{k+\frac{1}{2}}\right)}^2+{\left({\delta }_t{e}_i^{k+\frac{1}{2}}\right)}^2\right]\end{array}$, $0\le i\le m-1$. (21)

在(21)式两端乘以 $a^2{h}_x$ 并对i求和，结合(17)式可得

$a^2{\left|e^{k+1}\right|}_1^2\le 2H^k+\frac{2r^2}{1-r^2}{H}^k=\frac{2}{1-r^2}{H}^k$, $1\le k\le l$. (22)

将估计项(18)~(19)代入式子(15)后，运用(22)式和引理2.1得

$\begin{array}{l}\frac{1}{h_t}\left(H^k-H^{k-1}\right)\\ \le 2\left(H^k+H^{k-1}\right)+\frac{\left(b_2-b_1\right)c_1^2}{2\left(1-r^2\right)}{\left(h_x^2+h_t^2\right)}^2+\frac{c_3^2}{1-r^2}\left({\Vert e^k\Vert }^2+{\Vert e^{k-n_1}\Vert }^2\right)\\ \le 2\left(H^k+H^{k-1}\right)+\frac{\left(b_2-b_1\right)c_1^2}{2\left(1-r^2\right)}{\left(h_x^2+h_t^2\right)}^2+\frac{{\left[\left(b_2-b_1\right)c_3\right]}^2}{6\left(1-r^2\right)}\left({\left|e^k\right|}_1^2+{\left|e^{k-n_1}\right|}_1^2\right)\\ \le 2\left(H^k+H^{k-1}\right)+\frac{\left(b_2-b_1\right)c_1^2}{2\left(1-r^2\right)}{\left(h_x^2+h_t^2\right)}^2+\frac{{\left(\left(b_2-b_1\right)c_3\right)}^2}{6{\left[\left(1-r^2\right)a\right]}^2}\left(H^{k-1}+H^{k-n_1-1}\right)\end{array}$. (23)

将上式中的k用p替换，两端同时乘以 $h_t$，并对p从−1到k求和可得

$H^k\le h_t\left\{4+\frac{2{\left[c_3\left(b_2-b_1\right)\right]}^2}{3{\left[\left(1-r^2\right)a\right]}^2}\right\}{\displaystyle \underset{p=0}{\overset{k}{\sum }}{H}^p}+\frac{\left(b_2-b_1\right)c_1^{2}T}{2\left(1-r^2\right)}{\left(h_x^2+h_t^2\right)}^2$. (24)

当 $\left\{\text{8}+\frac{4{\left[c_3\left(b_2-b_1\right)\right]}^2}{3{\left[\left(1-r^2\right)a\right]}^2}\right\}{h}_t\le 1$ 时，在(24)式中运用引理2.2可推得

$H^k\le \frac{a^2\left(1-r^2\right)c_4}{2}\left(h_t^2+h_x^2\right)$, $0\le k\le l$. (25)

在(25)式中令 $k=l$，运用(22)式和引理2.1，可得

${\left|e^{l+1}\right|}_1^2\le \frac{2}{a^2\left(1-r^2\right)}{H}^l\le c_4{\left(h_t^2+h_x^2\right)}^2$, ${\Vert e^{l+1}\Vert }_{\infty }\le \frac{\sqrt{b_2-b_1}}{2}{\left|e^{l+1}\right|}_1\le \frac{\sqrt{\left(b_2-b_1\right)c_4}}{2}\left(h_t^2+h_x^2\right)$.

故当 $k=l+1$ 时假设依然成立。由数学归纳法可知定理成立。

定理2.2 设问题(1a)~(1c)在节点 $\left(x_i,t_k\right)$ 的精确解为 $U_i^k$，原问题格式(8a)~(8c)的数值解为 $u_i^k$。记 $U_i^k-u_i^k=e_i^k$。当步长满足

$h_x\le \sqrt{\frac{2{\epsilon }_0}{3\sqrt{c_5\left(b_2-b_1\right)}}}$, $h_t\le \sqrt{\frac{2{\epsilon }_0}{3\sqrt{c_5\left(b_2-b_1\right)}}}$, $\frac{h_t}{h_x}\le \sqrt{\frac{2{\epsilon }_0}{3\sqrt{c_5\left(b_2-b_1\right)}}}$, (26)

时，则在 $\left[8+\frac{2{\left(b_2-b_1\right)}^2\left(1+r^2\right)}{3a^2}\right]h_t\le 1$ 的条件下，有

${\left|e^k\right|}_1^2\le c_5{\left(h_t^2+h_x^2+\frac{h_t^2}{h_x^2}\right)}^2$, $-n_1\le k\le n$, (27a)

${\Vert e^k\Vert }_{\infty }\le \frac{\sqrt{b_2-b_1}}{2}{\left|e^k\right|}_{\text{1}}\le \frac{\sqrt{c_5\left(b_2-b_1\right)}}{2}\left(h_t^2+h_x^2+\frac{h_t^2}{h_x^2}\right)$, $-n_1\le k\le n$, (27b)

成立，其中 $c_5=\frac{\left(b_2-b_1\right)c_2^2\left(1+r^2\right)}{a^2}\exp \left\{\left[8\left(1+\frac{2{\left(b_2-b_1\right)}^2\left(1+r^2\right)}{3a^2}\right)\right]T\right\}$。

证明 将方程(6)式与(8a)式相减，得到误差方程组

$\left(1+r^2\right){\delta }_t^2{e}_i^k-{\delta }_x^2{e}_i^k=f\left(U_i^k\right)-f\left(u_i^k\right)+{\left(R_2\right)}_i^k$, $0<i\le m$, $0<k\le n$ (28a)

$e_i^k=0$, $0\le i\le m$, $-n_1\le k\le 0$, (28b)

$e_i^k=0$,或 $i=m$, $0\le k\le n$. (28c)

当 $-n_1\le k\le 0$ 时， $e_i^k=0$，显然(27a)式与(27b)式成立。

假设当 $k=1,2,3,\cdots ,l$ 时，(27a)式成立，则当步长满足(26)时，应用引理2.1可知

${\Vert e^k\Vert }_{\infty }\le \frac{\sqrt{b_2-b_1}}{2}{\left|e^k\right|}_1\le {\epsilon }_0$, $1\le k\le l$.

从而，运用(11)式可得

${\Vert f\left(U^k\right)-f\left(u^k\right)\Vert }^2\le 2c_3^2\left({\Vert e_i^k\Vert }^{\text{2}}+{\Vert e_i^{k-n_1}\Vert }^{\text{2}}\right)$, $1\le k\le l$.(29)

记 $G^k=\left(1+r^2\right){\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2+a^2\left({\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^k,{\delta }_x{e}_{i+\frac{1}{2}}^{k+1}\right)$，对(28a)式两端与 $2{\delta }_{\hat{t}}{e}^k$ 做內积，运用离散的格林公式得

$\frac{1}{h_t}\left(G^k-G^{k-1}\right)=\left(\left[f\left(U^k\right)-f\left(u^k\right)\right],2{\delta }_{\hat{t}}{e}^k\right)+\left({\left(R_2\right)}^k,2{\delta }_{\hat{t}}{e}^k\right)$. (30)

借用(16)式的处理技巧，不难得到

$G^k\ge {\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2+a^2{\left|e^{k+\frac{1}{2}}\right|}_1^2$. (31)

由(31)式可得

${\Vert {\delta }_t{e}^{k+\frac{1}{2}}\Vert }^2\le G^k$, ${\left|e^{k+\frac{1}{2}}\right|}_1^2\le \frac{1}{a^2}{G}^k$. (32)

应用不等式 $2ab\le a^2+b^2$ 和不等式 ${\left(a+b\right)}^2\le 2a^2+2b^2$ 可得

$\left(\left[f\left(U^k\right)-f\left(u^k\right)\right],2{\delta }_{\hat{t}}{e}^k\right)\le c_3^2\left({\Vert e^k\Vert }^2+{\Vert e^{k-n_1}\Vert }^2\right)+\left(G^k+G^{k-1}\right)$ (33)

$\left({\left(R_2\right)}^k,2{\delta }_{\hat{t}}{u}^k\right)\le \frac{1}{2}{c}_2^2\left(b_2-b_1\right){\left(h_x^2+h_t^2+{\left(\frac{h_t}{h_x}\right)}^2\right)}^2+\left(G^k+G^{k-1}\right)$. (34)

运用与(22)式相同的分析方法可得

$a^2{\left|e^{k+1}\right|}_1^2\le 2G^k+2r^2{G}^k=\left(2+2r^2\right)G^k$, $1\le k\le l$. (35)

将估计项(33)~(35)代入式子(30)中，运用(35)式和引理2.1得

$\begin{array}{l}\frac{1}{h_t}\left(G^k-G^{k-1}\right)\\ \le 2\left(G^k+G^{k-1}\right)+\frac{1}{2}{c}_2^2\left(b_2-b_1\right){\left(h_x^2+h_t^2+{\left(\frac{h_t}{h_x}\right)}^2\right)}^2+c_3^2\left({\Vert e^k\Vert }^2+{\Vert e^{k-n_1}\Vert }^2\right)\\ \le 2\left(G^k+G^{k-1}\right)+\frac{1}{2}{c}_2^2\left(b_2-b_1\right){\left(h_x^2+h_t^2+{\left(\frac{h_t}{h_x}\right)}^2\right)}^2+\frac{{\left(b_2-b_1\right)}^2}{6}{c}_3^2\left({\left|e^k\right|}_1^2+{\left|e^{k-n_1}\right|}_1^2\right)\\ \le 2\left(G^k+G^{k-1}\right)+\frac{1}{2}{c}_2^2\left(b_2-b_1\right){\left(h_x^2+h_t^2+{\left(\frac{h_t}{h_x}\right)}^2\right)}^2+\frac{{\left(b_2-b_1\right)}^2\left(1+r^2\right)}{3a^2}{c}_3^2\left(G^{k-1}+G^{k-n_1-1}\right)\end{array}$. (36)

将上式中的k用p替换，两端同时乘以 $h_t$，并对p从0到k求和可得

$G^k\le h_t\left\{4+\frac{\left(1+r^2\right){\left(b_2-b_1\right)}^2}{3a^2}\right\}{\displaystyle \underset{p=0}{\overset{k}{\sum }}{G}^p}+\frac{\left(b_2-b_1\right)c_2^2}{2}{\left[h_x^2+h_t^2+{\left(\frac{h_t}{h_x}\right)}^2\right]}^2$. (37)

当 $\left(\text{8}+\frac{2\left(1+r^2\right){\left(b_2-b_1\right)}^2}{3a^2}\right)h_t<1$ 时，在(37)式运用引理2.2，我们有

$G^k\le \frac{\left(b_2-b_1\right)c_2^2}{2}\exp \left\{\left[8+\frac{2\left(1+r^2\right){\left(b_2-b_1\right)}^2}{3a^2}\right]T\right\}{\left[h_x^2+h_t^2+{\left(\frac{h_t}{h_x}\right)}^2\right]}^2$, $0\le k\le l$. (38)

在(38)式中令 $k=l$ 时，应用(34)式有

${\left|e^{l+1}\right|}_1^2\le \frac{2\left(1+r^2\right)}{a^2}{G}^l\le c_5{\left(h_x^2+h_t^2+{\left(\frac{h_t}{h_x}\right)}^2\right)}^2$, ${\Vert e^{l+1}\Vert }_{\infty }\le \frac{\sqrt{b_2-b_1}}{2}{\left|e^{l+1}\right|}_{\text{1}}\le \frac{\sqrt{\left(b_2-b_1\right)c_5}}{2}\left(h_x^2+h_t^2+{\left(\frac{h_t}{h_x}\right)}^2\right)$.

从而，当 $k=l+1$ 时假设依然成立。由数学归纳法知定理2.2成立。

3. 数值实验

算例 应用格式(4a)~(4c)和(8a)~(8c)计算如下非线性初边值问题：

$u_{tt}-2u_{xx}=f\left(u\left(x,t\right),u\left(x,t-0.1\right),x,t\right)$, $\left(x,t\right)\in \left(1,2\right]\times \left(0,1\right]$,

$u\left(x,t\right)=\sin \left(xt\right)$, $\left(x,t\right)\in \left(1,2\right]\times \left[-0.1,0\right)$,

$u\left(1,t\right)=\sin t$, $u\left(2,t\right)=\sin \left(2t\right)$, $t\in \left[0,1\right]$,

其中，。问题的真解为 $u\left(x,t\right)=\sin \left(xt\right)$。表1为差分格式(4a)~(4c)在 $h_t=h_x/4$ 时取不同步长时数值解得到的最大误差。表2为格式(8a)~(8c)在 $h_t=h_x^2$ 时取不同步长时数值解得到的最大误差，其中，CPU为程序运行时间， $E_{\infty }\left(h_x,h_t\right)=\max \left|U_i^k-u_i^k\right|$， $order={\text{log}}_2^{E_{\infty }\left(2h_x,2h_t\right)/E_{\infty }\left(h_x,h_t\right)}$。

Table 1. FDM (4a)~(4c) maximum error for numerical solution

表1. 差分方法(4a)~(4c)在最大范数意义下数值解的误差

Table 2. FDM (8a)~(8c) maximum error for numerical solution

表2. 差分方法(8a)~(8c)在最大范数意义下数值解的误差

数值结果表明两类显式差分格式在时空方向具有二阶精度。格式(4a)~(4c)的计算效果更好一些。

4. 结论

本文受经典波动方程的显式差分法和抛物方程的Du Fort-Frankel差分法的启发，对非线性延迟波动方程问题建立了两类显式差分法。运用能量法，我们证明了它们在时、空方向上均有二阶收敛性。数值结果验证了理论结果的正确性。

基金项目

国家自然科学基金项目(No. 11861047)。

参考文献