紧支集光滑函数傅里叶变换L¹范数的估计问询

答案很明确：不能仅用$f$的$L^{\infty$范数来估计$\hat{f}$的$L}1$范数。下面具体解释原因，再结合你给出的估计式背景展开：

为什么$L^\infty$范数不够？ #

我们可以构造一列紧支集光滑函数，它们的$L^{\infty$范数有界，但傅里叶变换的$L}1$范数会趋向无穷：

• 取一个非零的$\phi\in C^\infty_0([0,1])$（比如标准的 bump 函数），定义$f_k(x) = \sum_{j=1}^k \phi(x-j)$。
• 显然$f_k$的紧支集是$[0,k+1]$，属于$C^{\infty_0$，且$|f_k|_{L}\infty} = |\phi|_{L^\infty}$，始终有界。
• 计算傅里叶变换：$\hat{f_k}(\xi) = \hat{\phi}(\xi) \cdot \sum_{j=1}^k e^{-ij\xi}$。这个求和项的模长是$|\frac{\sin(k\xi/2)}{\sin(\xi/2)}|$，当$\xi$接近0时，这个模长近似等于$k$。
• 因此$|\hat{f_k}|{L^1} \geq \int{|\xi|\leq\epsilon} |\hat{\phi}(\xi)| \cdot k d\xi$，当$k\to\infty$时，这个积分趋向无穷，而$|f_k|_{L^\infty}$保持不变。

这就说明不存在普适常数$C$，使得$|\hat{f}|{L^1} \leq C|f|{L^\infty}$对所有$f\in C^\infty_0$成立。

结合你给出的估计式理解 #

你提供的估计式里用到了$D^{\alpha$（导数算子）的范数，这正是解决问题的关键：要控制$\hat{f}$的$L}1$范数，我们需要结合函数的光滑性（即导数的范数）。

根据傅里叶变换的性质，对于多重指标$\alpha$，有$\widehat{D^\alpha f}(\xi) = (i\xi)^\alpha \hat{f}(\xi)$，变形可得：
$$\hat{f}(\xi) = (i\xi)^{-\alpha} \widehat{D^\alpha f}(\xi)$$

当$|\alpha| > n$（$n$是空间维度）时，积分$\int_{\mathbb{R}^n} |\xi|^{-|\alpha|} d\xi$是收敛的。此时结合紧支集函数的$L^{1$范数可以用$L}\infty$范数控制（$|D^\alpha f|{L^1} \leq C |D^\alpha f|{L^\infty}$，$C$是紧支集的体积），就能得到：
$$|\hat{f}|{L^1} \leq C \sum{|\alpha|\leq m} |D^\alpha f|{L^\infty}$$
其中$m$是大于$n$的整数，这就是你给出的估计式中引入$\sum{|\alpha|<n+1} |D^\alpha \dots|$的原因——通过高阶导数的$L^{\infty$范数来弥补单纯$f$的$L}\infty$范数的不足，从而有效控制$\hat{f}$的$L^1$范数。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者tigro