关于含半导数与日本括号<x>的L²加权估计的验证及方法问询

我最近遇到了这么一个分析问题，想和大家探讨一下：

问题：给定$\alpha>0$，找出所有$\beta\geq 0$使得对任意$\varphi\in \mathscr D(\mathbb R)$，以下估计成立：
$$ ||\langle x\rangle^{{-\beta};|\partial_x|}{1/2}\varphi||{L^2 (\mathbb R)}\lesssim ||\partial_x \varphi||{L^2 (\mathbb R)}+||\langle x\rangle^{{-\alpha};\varphi||_{L}2 (\mathbb R)}.\qquad(1) $$

符号说明 #

先明确一下用到的符号：

• 半导数$|\partial_x|^{1/2}$是傅里叶乘子，定义为：
  $$ \mathscr F(|\partial_x|^{{1/2}\varphi)(\xi)=|2\pi\xi|}{1/2}\widehat\varphi(\xi) $$
• 日本括号$\langle x\rangle$：$\langle x\rangle:=(1+x²⁾{1/2}$

我做的初步观察 #

首先有两个初步结论想和大家核对：

• 当$\alpha$足够大时，右侧的范数本质上不会再变化。事实上，如果$\partial_x\varphi\in L^2$，那么$\varphi$满足Hölder连续性：
  $$ |\varphi(x)-\varphi(y)|\lesssim |x-y|^{1/2}, $$
  特别地，当$\alpha>1$时，$||\langle x\rangle^{{-\alpha}\varphi||_{L}2}$自动有限（这里需要注意，$\partial_x\varphi$只能确定$\varphi$到相差一个常数，推导时要小心这一点）。我认为可以证明，当$\alpha>1$时，(1)式右侧等价于：
  $$ ||\partial_x \varphi||_{L^2}+|\varphi(0)|. $$
  这样问题就分成了两种情况：$0<\alpha\leq 1$和$\alpha>1$，后者对应的是单一的估计式。

• 通过傅里叶变换可以推导出$|\partial_x|^{1/2}\varphi(x)=\operatorname{sgn}(\cdot)|\cdot|^{-1/2}*\partial_x\varphi$，由于$\partial_x\varphi\in L^{2$，可以得到$|\partial_x|}{1/2}\varphi\in BMO(\mathbb R)$。这意味着$|\partial_x|^{{1/2}\varphi$是局部$L}2$的，因此（除非我忽略了什么关键细节）应该有如下局部估计：
  $$ ||\chi_{[-1,1]}(\cdot) |\partial_x|^{1/2}\varphi ||{L^2} \lesssim ||\partial_x \varphi||{L^2}+ |\varphi(0)| $$
  接下来用求和技巧——也就是用无穷多个平移后的上述估计覆盖整个实轴，再结合之前提到的$\varphi$的Hölder连续性，我觉得应该能得到：当$\alpha>1$且$\beta>1$时，估计式(1)成立。

想请教大家的问题 #

1. 我上面第二个观察里的推导逻辑是否通顺？虽然跳过了一些细节，但我觉得整体是站得住脚的，想听听大家的看法，有没有哪里是我疏漏的？
2. 对于$\alpha<1$的情况，除了从头开始硬推，有没有更高效的方法？比如这类估计是否属于某个更通用的分析框架，有成熟的技巧可以直接套用，不用每次都重新推导？抽象插值理论在这里是否有用？有没有相关的参考文献或者研究论文能帮助理解这类带加权和分数阶导数的估计？

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Lorenzo Pompili