一个非常naive的分数阶微积分介绍

日常水博客，网上这类资料不少，写一个也确实没有必要，但是既然我今天要水博客那就还是写一个，我默认这里读者是非数学专业但是学过高数的同学，因此可能里面一些说法或者观点在数学系同学看来会比较幼稚，如果诸位有什么比较好的建议，还望不吝赐教

我们先进行一些比较不怎么正式的描述，目的是利于理解。对于一个给定的函数f(x)f(x)f(x)，定义Jf(x)=∫0xf(t)dtJf(x)=\int_{0}^{x}f(t)dtJf(x)=∫0xf(t)dt这里就先看作找出f(x)f(x)f(x)的一个原函数，一些资料比如wiki上把JJJ叫做积分算子，姑且看作给f(x)f(x)f(x)来个积分，那么，我们有下面结论：

J2f(x)=∫0x(x−t)f(t)dtJ^2f(x)=\int_0^x(x-t)f(t)dt J2f(x)=∫0x(x−t)f(t)dt
证明显然，应该一般数分或者高数习题都会有，但是为了凑字数我还是给加上
J2f(x)=∫0x(∫0tf(k)dk)dt=t∫0tf(k)dk∣0x−∫0xtd∫0tf(k)dk=x∫0xf(t)dt−∫0xtf(t)dtJ^2 f(x)=\int_0^x(\int_0^tf(k)dk)dt\\=t\int_0^tf(k)dk|_0^x-\int_0^xtd\int_0^tf(k)dk\\=x\int_0^xf(t)dt-\int_0^xtf(t)dt J2f(x)=∫0x(∫0tf(k)dk)dt=t∫0tf(k)dk∣0x−∫0xtd∫0tf(k)dk=x∫0xf(t)dt−∫0xtf(t)dt
我们可以归纳证明
Jnf(x)=1(n−1)!∫0x(x−t)n−1f(t)dtJ^nf(x)=\frac{1}{(n-1)!}\int_0^x(x-t)^{n-1}f(t)dt Jnf(x)=(n−1)!1∫0x(x−t)n−1f(t)dt
显然
d1n!∫0x(x−t)nf(t)dtdx=1(n−1)!∫0x(x−t)(n−1)f(t)dt=Jnf(x)\frac{d\frac{1}{n!}\int_0^x(x-t)^nf(t)dt}{dx}=\frac{1}{(n-1)!}\int_0^x(x-t)^{(n-1)}f(t)dt\\=J^{n}f(x) dxdn!1∫0x(x−t)nf(t)dt=(n−1)!1∫0x(x−t)(n−1)f(t)dt=Jnf(x)
于是
Jn+1f(x)∫0xJnf(t)dt=∫0xd(1n!∫0t(x−k)nf(k)dk)=1n!∫0x(x−t)nf(t)dtJ^{n+1}f(x)\int_0^xJ^nf(t)dt=\int_0^xd(\frac{1}{n!}\int_0^t(x-k)^nf(k)dk)\\=\frac{1}{n!}\int_0^x(x-t)^nf(t)dt Jn+1f(x)∫0xJnf(t)dt=∫0xd(n!1∫0t(x−k)nf(k)dk)=n!1∫0x(x−t)nf(t)dt
我们换个写法
Jnf(x)=1(n−1)!∫0x(x−t)n−1f(t)dt=1Γ(n)∫0x(x−t)n−1f(t)dtJ^nf(x)=\frac{1}{(n-1)!}\int_0^x(x-t)^{n-1}f(t)dt\\=\frac{1}{\Gamma(n)}\int_0^x(x-t)^{n-1}f(t)dt Jnf(x)=(n−1)!1∫0x(x−t)n−1f(t)dt=Γ(n)1∫0x(x−t)n−1f(t)dt
其中Γ(x)\Gamma(x)Γ(x)是伽玛函数，应该数分教材都有，但是考虑到面对的是非数学专业的同学，我再写一下Γ(s)=∫0∞ts−1e−tdt\Gamma(s)=\int_0^{\infty}t^{s-1}e^{-t}dtΓ(s)=∫0∞ts−1e−tdt我们来证明一个基本递推公式
Γ(s+1)=sΓ(s)Γ(s+1)=∫0∞tse−tdt=−∫0∞tsde−t=tse−t∣0∞+s∫0∞e−tts−1dt=sΓ(s)\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)\\\Gamma(s+1)=\int_0^{\infty}t^{s}e^{-t}dt=-\int_0^{\infty}t^{s}de^{-t}\\=t^se^{-t}|_0^{\infty}+s\int_0^{\infty}e^{-t}t^{s-1}dt=s\Gamma(s) Γ(s+1)=sΓ(s)Γ(s+1)=∫0∞tse−tdt=−∫0∞tsde−t=tse−t∣0∞+s∫0∞e−tts−1dt=sΓ(s)
显然Γ(1)=∫0∞e−tdt=1\Gamma(1)=\int_0^{\infty}e^{-t}dt=1Γ(1)=∫0∞e−tdt=1这我们就证明了上面那个式子的合理性，我们给出定义
Jαf(x)=1Γ(α)∫0x(x−t)α−1f(t)dtJ^{\alpha}f(x)=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^x(x-t)^{\alpha-1}f(t)dtJαf(x)=Γ(α)1∫0x(x−t)α−1f(t)dt
下面说明它满足JαJβf(x)=Jα+βf(x)J^{\alpha}J^{\beta}f(x)=J^{\alpha+\beta}f(x)JαJβf(x)=Jα+βf(x)
JαJβf(x)=1Γ(α)∫0x(x−t)α−1Jβf(t)dt=1Γ(α)Γ(β)∫0x∫0t(x−t)α−1(t−s)β−1f(s)dsdt=1Γ(α)Γ(β)∫0tf(s)(∫sx(x−t)α−1(t−s)β−1dt)dsJ^{\alpha}J^{\beta}f(x)=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^x(x-t)^{\alpha-1}J^{\beta}f(t)dt\\=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\int_0^x\int_0^t(x-t)^{\alpha-1}(t-s)^{\beta-1}f(s)dsdt\\=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\int_0^tf(s)(\int_s^x(x-t)^{\alpha-1}(t-s)^{\beta-1}dt)dsJαJβf(x)=Γ(α)1∫0x(x−t)α−1Jβf(t)dt=Γ(α)Γ(β)1∫0x∫0t(x−t)α−1(t−s)β−1f(s)dsdt=Γ(α)Γ(β)1∫0tf(s)(∫sx(x−t)α−1(t−s)β−1dt)ds
最后一步二重积分交换顺序，可以画一下图。现在令t=s+(x−s)rt = s + (x − s)rt=s+(x−s)r
JαJβf(x)=1Γ(α)Γ(β)∫0tf(s)(∫sx(x−t)α−1(t−s)β−1dt)ds=1Γ(α)Γ(β)∫0x(x−s)α+β−1f(s)(∫01(1−r)α−1rβ−1dr)dsJ^{\alpha}J^{\beta}f(x)\\=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\int_0^tf(s)(\int_s^x(x-t)^{\alpha-1}(t-s)^{\beta-1}dt)ds\\=\frac{1}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\int_0^x(x-s)^{\alpha+\beta-1}f(s)(\int_0^1(1-r)^{\alpha-1}r^{\beta-1}dr)dsJαJβf(x)=Γ(α)Γ(β)1∫0tf(s)(∫sx(x−t)α−1(t−s)β−1dt)ds=Γ(α)Γ(β)1∫0x(x−s)α+β−1f(s)(∫01(1−r)α−1rβ−1dr)ds
对于
∫01(1−r)α−1rβ−1dr\int_0^1(1-r)^{\alpha-1}r^{\beta-1}dr∫01(1−r)α−1rβ−1dr
我们得介绍一下β\betaβ函数，同样的，我还是再写一遍
B(p,q)=∫01(1−r)p−1r1−qdrB(p,q)=\int_0^1(1-r)^{p-1}r^{1-q}drB(p,q)=∫01(1−r)p−1r1−qdr
做一下变形，x=cos⁡φx=\cos\varphix=cosφ
B(p,q)=2∫0π2cos⁡2p−1φsin⁡2q−1φdφB(p,q)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2p-1}\varphi\sin^{2q-1}\varphi d\varphiB(p,q)=2∫02πcos2p−1φsin2q−1φdφ
而β\betaβ函数和Γ\GammaΓ函数又有一个比较好的关系
B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)B(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}B(p,q)=Γ(p+q)Γ(p)Γ(q)
证明:
Γ(s)=∫0∞ts−1e−tdt\Gamma(s)=\int_0^{\infty}t^{s-1}e^{-t}dtΓ(s)=∫0∞ts−1e−tdt进行换元t=k2t=k^2t=k2,于是就有下面这个形式
Γ(s)=2∫0∞t2s−1e−t2dt\Gamma(s)=2\int_0^{\infty}t^{2s-1}e^{-t^2}dtΓ(s)=2∫0∞t2s−1e−t2dt
所以
Γ(p)Γ(q)=4∫0∞t2p−1e−t2dt∫0∞s2q−1e−s2ds=4∬Dt2p−1e−t2s2q−1e−s2dsdt\Gamma(p)\Gamma(q)=4\int_0^{\infty}t^{2p-1}e^{-t^2}dt\int_0^{\infty}s^{2q-1}e^{-s^2}ds\\= 4\iint \limits_{D}t^{2p-1}e^{-t^2}s^{2q-1}e^{-s^2}dsdtΓ(p)Γ(q)=4∫0∞t2p−1e−t2dt∫0∞s2q−1e−s2ds=4D∬t2p−1e−t2s2q−1e−s2dsdt
做变换s=rcos⁡θ,t=rsin⁡θs=r\cos\theta,t=r\sin\thetas=rcosθ,t=rsinθ
Γ(p)Γ(q)=4∬0≤r<+∞,0≤θ<π2r2(p+q)−1e−r2cos⁡2p−1θsin⁡2q−1θdrdθ=(2∫0π2cos⁡2p−1θsin⁡2q−1θdθ)(2∫0∞r2(p+q)−1e−r2dr)=B(p,q)Γ(p+q)\Gamma(p)\Gamma(q)=4\iint\limits_{0\le r<+\infty,0\le\theta<\frac{\pi}{2}} r^{2(p+q)-1}e^{-r^2}\cos^{2p-1}\theta\sin^{2q-1}\theta drd\theta\\=(2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2p-1}\theta\sin^{2q-1}\theta d\theta)(2\int_0^{\infty} r^{2(p+q)-1}e^{-r^2}dr)\\=B(p,q)\Gamma(p+q)Γ(p)Γ(q)=40≤r<+∞,0≤θ<2π∬r2(p+q)−1e−r2cos2p−1θsin2q−1θdrdθ=(2∫02πcos2p−1θsin2q−1θdθ)(2∫0∞r2(p+q)−1e−r2dr)=B(p,q)Γ(p+q)
我们现在知道了这个就可以进行处理了
∫01(1−r)α−1rβ−1dr=B(α,β)=Γ(α)Γ(β)Γ(α+β)\int_0^1(1-r)^{\alpha-1}r^{\beta-1}dr=B(\alpha,\beta)\\=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}∫01(1−r)α−1rβ−1dr=B(α,β)=Γ(α+β)Γ(α)Γ(β)
带入，于是
JαJβf(x)=1Γ(α+β)∫0x(x−s)α+β−1f(s)ds=Jα+βf(x)J^{\alpha}J^{\beta}f(x)=\frac{1}{\Gamma(\alpha+\beta)}\int_0^x(x-s)^{\alpha+\beta-1}f(s)ds=J^{\alpha+\beta}f(x)JαJβf(x)=Γ(α+β)1∫0x(x−s)α+β−1f(s)ds=Jα+βf(x)
下面我们就可以进行操作了，举一个栗子，对于某个函数求0.50.50.5阶导数，一个十分自然的想法就是先J0.5J^{0.5}J0.5，然后再导一次，这里要注意一个事

对于Jαf(x)=1Γ(α)∫0x(x−t)α−1f(t)dtJ^{\alpha}f(x)=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^x(x-t)^{\alpha-1}f(t)dtJαf(x)=Γ(α)1∫0x(x−t)α−1f(t)dt一个大胆的想法就是把α\alphaα取个负数，这就万事大吉了，但是需要注意的是Γ\GammaΓ函数在0和负整数没有定义，因此这样怕是不太行，但是事实上我们知道这些就可以算了，最后我我们再做一下比较系统的描述

Riemann–Liouville fractional integral
Iαf(x)=1Γ(α)∫axf(t)(x−t)α−1dtI^{\alpha}f(x)=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_a^xf(t)(x-t)^{\alpha-1}dtIαf(x)=Γ(α)1∫axf(t)(x−t)α−1dtaaa是积分的初始点
Riemann–Liouville fractional derivative
Dαf(x)=dndxnIn−αf(x)(n=[α]+1)D^\alpha f(x)=\frac{d^n}{dx^n}I^{n-\alpha}f(x)(n=[\alpha]+1)Dαf(x)=dxndnIn−αf(x)(n=[α]+1)
自然，分数阶微积分还又其他定义，但是我这里仅仅介绍的是Riemann–Liouville 定义，算是水个博客活跃度2333

如果上面有任何笔误甚至错误还请诸位大佬不吝赐教

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