La equivalencia de las dos definiciones del laplaciano fraccionario

Question

Utilizando la transformada de Fourier podemos definir fácilmente el laplaciano fraccionario mediante $$(-\Delta)^{s/2}f(x)=(|\xi|^s\hat f(\xi))^\vee(x), \ \ f\in C_0^\infty. $$

Sin embargo, aprendí que hay otra definición que utiliza el valor principal de la integral singular $$(-\Delta)^{s/2}f(x)=C_{n,s}P.V.\int_{\mathbb{R}^n}{\frac{f(x)-f(y)}{|x-y|^{n+s}}dy}, \ \ 0<s<2, $$ donde $C_{n,s}$ es alguna constante. Tengo curiosidad por conocer la prueba de que estas dos definiciones son equivalentes, pero no encuentro la prueba en Internet ni en los libros de texto. Por cierto, he encontrado que se puede simetrizar la integral anterior para regularizar la integral $$ P.V.\int_{\mathbb{R}^n}{\frac{f(x)-f(y)}{|x-y|^{n+s}}dy}= P.V.\int_{\mathbb{R}^n}{\frac{f(x)-f(x-y)}{|y|^{n+s}}dy}\\=\frac12\int_{|y|\le h}{\frac{2f(x)-f(x+y)-f(x-y)}{|y|^{n+s}}dy}+\int_{|y|\ge h}{\frac{f(x)-f(x-y)}{|y|^{n+s}}dy}.$$

Answer 1

Como se indica en la respuesta ahora eliminada, una prueba completa está disponible en este maravilloso documento de Nezza-Palatucci-Valdinoci (enlace Arxiv aquí Versión publicada aquí ). Lo parafrasearé aquí para responder a su pregunta.

La igualdad se demuestra para las funciones de Schwartz $\mathscr S$ . Llamamos a la definición de Fourier $Fu = \mathscr F^{-1}|\xi|^s \mathscr F u $ (He utilizado $u$ en lugar de $f$ para evitar demasiadas "f" y seguir el documento anterior) y llamar a la definición del valor principal $Pu$ . El objetivo es mostrar $F=P$ en $\mathscr S$ . Observe también que su segunda integral para $Pu$ también puede simetrizarse para obtener $$ Pu = \frac12C_{n,s}\int_{\mathbb R^n} \frac{2u(x) - u(x+y)-u(x-y)}{|y|^{n+s}} \,\mathrm dy.$$ Con $Pu$ reescrito de esta manera, basta con demostrar que sus transformadas de Fourier son iguales, a saber $\mathscr F Pu = \mathscr F Fu = |\xi|^s\mathscr F u$ . Por la decadencia de $u\in \mathscr S$ y la cancelación en $y=0$ del numerador, Fubini en $\mathbb R^{2n}$ se aplica para darnos $ \mathscr F P u = P\mathscr F u$ que es en su totalidad, \begin{align} (\mathscr FPu)(\xi) & = \frac{1}{2}C_{n,s}\int_{\mathbb R^n} \frac{2\mathscr F u(\xi) - \mathscr F_x [u(x+y)](\xi)-\mathscr F_x [u(x-y)](\xi)}{|y|^{n+s}} \,\mathrm dy \\ & = \frac{1}{2}C_{n,s}\int_{\mathbb R^n } \frac{2 -e^{i\xi\cdot y}-e^{-i\xi\cdot y}}{|y|^{n+s}} \,\mathrm dy\, \mathscr F u (\xi)\\ & = \left[ C_{n,s} \int_{\mathbb R^n} \frac{1-\cos(\xi\cdot y)}{|y|^{n+s}} \,\mathrm dy \right] \mathscr F u (\xi). \end{align} Aquí, utilizamos que las traslaciones corresponden a modulaciones en la transformada de Fourier, es decir $$ \mathscr F [u(\cdot +y) ](\xi) = e^{-i\xi\cdot y} \mathscr Fu(\xi).$$ Esto ya es en forma de multiplicador. Además no parece importarte cuál es la constante, así que podríamos conformarnos con calcular la dependencia de nuestro símbolo $S(\xi):=\int_{\mathbb R^n} \frac{1-\cos(\xi\cdot y)}{|y|^{n+s}} dy$ en $|\xi|$ . Esto es fácil de ver realizando el escalado $$ z = |\xi|y ⟹ dz = |\xi|^n \,\mathrm dy,$$ que da $$ S(\xi) = |\xi|^s S\left(\frac{\xi}{|\xi|}\right). $$

En realidad, debe quedar claro que $S$ es una función radial. La prueba es idéntica en sus pasos a la prueba de que una función radial tiene transformada de Fourier radial. Por lo tanto, $S\left(\frac{\xi}{|\xi|}\right) = S\big((1,0,\dots ,0)\big)$ y dependiendo de a quién le preguntes, podemos incluso tomar $C_{n,s} := S\big((1,0,\dots ,0)\big)^{-1}$ que da precisamente el resultado.