Fourier 乘子与平方可积估计

Fourier 坐标中的每个频率各自乘以 $m(\xi )$。符号的模决定这个频率被放大还是衰减，辐角决定相位变化。由于 Plancherel 保持平方总量，整个算子的最大能量放大恰好由最大的频率放大决定。

微分有相反的高频行为：${\partial }_j$ 对应 $2\pi i{\xi }_j$，振荡越快，放大越强。求解 $(1-\mathrm{\Delta })u=f$ 则除以 $1+4{\pi }^2|\xi {|}^2$，把高频削弱到足以补偿两次求导。这里的“得到两阶正则性”有明确含义：得到的是二阶弱导数的平方可积性，并没有自动得到所有阶连续导数。

频率截断与微分是两种不同算子 ​

若 $m={\mathbf{1}}_{\{|\xi |\le R\}}$、$R>0$，则 $T_m$ 只保留球内频率。因为 $m^2=m=\bar{m}$，有 $T_m^2=T_m$ 且 $T_m$ 自伴，它是一个正交投影，范数为 $1$。频率窗口可以是不连续的；$L^2$ 有界性只需要本质有界符号。

微分符号 $m(\xi )=2\pi i\xi$ 在一维无界。令 ${\hat{f}}_N={\mathbf{1}}_{[N,N+1]}$，则 $\Vert f_N{\Vert }_2=1$，但

所以微分不能作为 $L^2\to L^2$ 的有界算子；它需要限制输入的正则性。这不妨碍微分成为 $H^1\to L^2$ 的有界映射。

Gaussian 如何核验逆算子 ​

取 $u(x)=e^{-\pi |x{|}^2}$。逐方向求导得到

因此，令

就有 $(1-\mathrm{\Delta })u=f$。两者都平方可积，且 $\hat{u}(\xi )=e^{-\pi |\xi {|}^2}$，所以频域同样给出 $\hat{f}=(1+4{\pi }^2|\xi {|}^2)e^{-\pi |\xi {|}^2}$。乘以 $m_0$ 恰好恢复 $\hat{u}$；空间导数和频率乘法在同一例子上吻合。

为什么加上1会改变低频可解性 ​

若直接求 $-\mathrm{\Delta }u=f$，形式逆符号变成 $(4{\pi }^2|\xi {|}^2{)}^{-1}$，它在零频附近无界。以三维为例，取 $\hat{f}={\mathbf{1}}_{\{|\xi |<1\}}$。该函数属于 $L^2$，但任何可能的 $L^2$ 解都须在 $\xi \ne 0$ 处满足 $\hat{u}=\hat{f}/(4{\pi }^2|\xi {|}^2)$，而

因此这个右端没有整空间 $L^2$ 解。局部解或其他增长类别的解仍可能存在；失败的是这里指定的全局函数空间。加上 $1$ 后，分母在每个频率都至少为 $1$，这一低频障碍便消失。

精确算子范数的证明 ​

上界直接来自 Plancherel：

反向令 $M=\Vert m{\Vert }_{\mathrm{\infty }}>0$。对任意 $0<a<M$，集合 $\{|m|>a\}$ 有正测度；与足够大的球相交，得到有限正测度集合 $E$。选取

酉性保证存在这样的 $f\in L^2$ 且 $\Vert f{\Vert }_2=1$，同时 $\Vert T_{m}f{\Vert }_2\ge a$。令 $a\uparrow M$，得到反向界。$M=0$ 时算子为零。若符号本质无界，对任意 $a>0$ 先取足够大的有限 $b$，使 $\{a<|m|\le b\}$ 有正测度，再与大球相交。这样选出的 $f$ 确实在自然定义域内，而输出范数大于等于 $a$，故不可能存在统一的 $L^2$ 范数界。

频域条件怎样保证弱导数存在 ​

对整数阶 $k\ge 0$，$H^k(\mathbb R^d)$公理库Sobolev 空间Sobolev space同时控制函数与弱导数的可积性，在一维中建立端点迹与能量空间，证明二分之一 Hölder 估计和点值泛函的精确范数，并说明高维边界。有等价的频域刻画：

这里首先要求 $u\in L^2$。理由可以直接追到弱导数公理库弱导数Weak derivative通过分部积分恒等式相对于测试函数定义的广义导数。定义。若 $(2\pi i\xi {)}^{\alpha }\hat{u}\in L^2$，用逆变换定义 $v_{\alpha }$。对光滑紧支撑测试函数 $\varphi$，Plancherel 与 $\widehat{{\partial }^{\alpha }\varphi }=(2\pi i\xi {)}^{\alpha }\hat{\varphi }$ 给出

所以 $v_{\alpha }=D^{\alpha }u$。反过来，若这些弱导数已在 $L^2$ 中，可将弱导数恒等式通过截断推广到迅速衰减的光滑测试函数，再作 Fourier 变换。截断误差由 $L^2$ 可积性与测试函数及其导数的衰减趋于零。于是对每个紧支撑光滑的频域测试函数，$\widehat{D^{\alpha }u}$ 与 $(2\pi i\xi {)}^{\alpha }\hat{u}$ 给出相同积分。后者最初只知局部平方可积；测试恒等式使它与前一个全局 $L^2$ 函数几乎处处相等，从而也属于全局 $L^2$。这一步没有预先假定待证的加权可积性。

最后只需比较多项式权重： $\sum _{|\alpha |\le k}|(2\pi \xi {)}^{\alpha }{|}^2$ 与 $(1+4{\pi }^2|\xi {|}^2{)}^k$ 在上下方向相差仅依赖 $d,k$ 的正常数。展开右侧可逐项看到所有次数不超过 $k$ 的偶次单项式，系数均为正。这证明频域范数与普通弱导数范数等价，而不是将两种不同的范数数值误写为完全相等。

从逆乘子得到唯一二阶解 ​

对 $u=T_{m_0}f$，有精确恒等式

上一节因此保证 $u\in H^2$，且 $\widehat{(1-\mathrm{\Delta })u}=(1+4{\pi }^2|\xi {|}^2)\hat{u}=\hat{f}$。Fourier 变换单射，故方程在 $L^2$、也在分布意义下成立。两个 $H^2$ 解的差在频域乘以处处正的分母后为零，因此差为零，唯一性成立。

这个解也是唯一的 $H^1$ 弱解。若 $v\in H^1$ 与它满足相同的弱方程，差 $w=v-u$ 满足 $\int w\varphi +\mathrm{\nabla }w\cdot \mathrm{\nabla }\varphi =0$。用光滑紧支撑函数在 $H^1({\mathbb{R}}^d)$ 中逼近 $w$，可以合法地以 $w$ 测试；得到 $\Vert w{\Vert }_2^2+\Vert \mathrm{\nabla }w{\Vert }_2^2=0$。复函数取共轭测试并取实部。因而弱解不会因为最初只要求一阶导数而产生额外分支。

这个全局逆算子也可用于椭圆内部正则性公理库椭圆内部正则性Interior elliptic regularity · 椭圆方程内部H2正则性对平方可积右端的Laplace弱方程，用能量截断和Fourier逆乘子证明内部二阶正则性，并以凹角奇性区分内部估计与全局边界估计。：先把局部弱解乘一个光滑截断，写出截断引入的右端，再调用本页的二阶估计。每个截断项都要实际属于 $L^2$；这一步使频域工具能够服务于没有全局平移对称性的局部问题。