¿Estas estimaciones del conmutador limitan en $L^{2}$

Question

Según las reglas básicas del caculo simbólico, $[a(x,D),x_{j}]=-ia^{j}[x,D]$ Así que tenemos $[(1-\triangle)^{\frac{1}{2}},x_i]=\partial_i(1-\triangle)^{-\frac{1}{2}}$ que es $L^2$ limitado. También es cierto que el $[(1-\triangle)^{\frac{1}{2}},\langle x \rangle]$ es $L^2$ ¿Podemos escribir la expresión explícita de este conmutador? Más en general, ¿cómo demostrar que $[(1-\triangle)^{\frac{\alpha}{2}},\langle x \rangle^{\alpha}]$ ( $\alpha \leq1$ )es $L^2$ ¿acotado? es obviamente cierto cuando $\alpha<0$ ?

¿y si utilizamos $(-\triangle)^{\alpha}$ ¿en cambio el símbolo de la misma no es suave en 0?

Answer 1

Aquí hay una técnica que muestra que el conmutador está acotado para $\alpha <1$ . En primer lugar, como he observado en mi comentario, se trata de un operador acotado para $\alpha \le 0$ . Ahora bien, tenga en cuenta que si $0<\eta<1$ y $A$ es un operador estrictamente positivo, entonces tenemos la identidad $$ A^\eta = c_\eta \int_0^\infty t^\eta \left (\frac{1}{t}- \frac{1}{t+A} \right ) dt $$ donde $\frac{1}{c_\eta} =\int_0^\infty t^\eta \left [\frac{1}{t}- \frac{1}{t+1} \right ]dt$ y la integral debe entenderse en sentido fuerte (aplicar ambos lados a un vector en un núcleo denso para el dominio de $A^\eta$ .) De ello se deduce que si $A$ y $B$ son dos operadores de este tipo, entonces $$ [A^\eta,B^\eta]=c_\eta^2 \int_0^\infty\int_0^\infty t^\eta s^\eta \left [ \frac{1}{t+A},\frac{1}{s+B} \right]ds dt. $$ El conmutador de los resolventes puede calcularse, para $A=1-\Delta$ y $B=1+x^2$ para dar $$\left [\frac{1}{t+1-\Delta},\frac{1}{s+1+x^2} \right ] = -\frac{1}{t+1 -\Delta} \left [ 1-\Delta,\frac{1}{s+1 +x^2} \right ] \frac{1}{t+1 -\Delta} $$ $$= - 2 \frac{1}{t+1-\Delta} \left ( \frac{x}{(s+1+x^2)^2}\cdot \nabla+\nabla \cdot\frac{x}{(s+1+x^2)^2} \right ) \frac{1}{t+1-\Delta}.$$ La norma del operador del resultado está limitada por $$ 4 \frac{1}{(t+1)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{(s+1)^{\frac{3}{2}}}.$$ (Para ver esto tenga en cuenta que $\sup_x |x|/\sqrt{s+1 +x^2}= 1$ . Un cálculo similar en el lado de Fourier da como resultado $\|\nabla/\sqrt{t+1-\Delta}\|=1$ .) Introduciendo esto en la representación integral se obtiene $$\left \| \left [ (1-\Delta)^\frac{\alpha}{2}, (1+x^2)^\frac{\alpha}{2} \right ] \right \| \le \left (2 c_\eta \int_0^\infty \frac{t^\frac{\alpha}{2}}{(t+1)^{3/2}} dt \right )^2$$ que es finito si $0 <\alpha <1$ .

Claramente este argumento falla en algo ya que no da el caso límite $\alpha=1$ Sin embargo, creo que una modificación de este argumento mostrará que el conmutador no tiene límites una vez que $1<\alpha <2$ pero no veo los detalles. Para $\alpha \ge 2$ Creo que el conmutador no tiene límites y ciertamente se puede demostrar esto, como mencioné en mi comentario anterior, si $\alpha$ es un número natural par ya que el resultado es un operador diferencial parcial.

Answer 2

Tomemos un operador pseudodiferencial con símbolo $p\in S^1_{1,0}$ y $f$ una función Lipschitz-continua. Entonces el conmutador $$ [p(x,D),f] $$ está acotado en $L^2$ . Cuando $f$ es $C^\infty$ con derivadas acotadas, el símbolo principal de este conmutador es el corchete de Poisson -i{ $p,f$ }, es decir, en ese caso $$ c_0(x,\xi)=\frac{1}{i}\sum_{1\le j\le n}\frac{\partial p}{\partial \xi_j}\cdot \frac{\partial f}{\partial x_j},\quad c_0\in S^0_{1,0}. $$ En ese caso, $ [p(x,D),f]=c_0(x,D)+ r(x,D),\quad r\in S^{-1}_{1,0}. $

Bazin.