嗨，这个问题其实可以通过构造反例直接证明不存在这样的估计，思路很直观——我们只需要找到一个满足$\Delta u = f$的函数$u$，其中$f$的$L^\infty$范数有界（甚至可以是0），但$u$的Hessian在目标小球上无界即可。

最简单的反例：调和函数的Hessian无界 #

考虑二维空间中的函数$u(x) = \log|x|$，定义在$\overline{B(0,2)}$上（$B(0,R)$表示半径为$R$的开球）。显然：

1. $\Delta u = 0$，即$f=0$，完全满足$f$连续且$|f|_\infty = 0$的条件；
2. 计算$u$的Hessian：在极坐标下，径向函数的二阶导数为$u''(r) = -\frac{1}{r^2}$，Hessian的分量包含$\frac{x_i x_j}{|x|^4} - \frac{\delta_{ij}}{|x|^{2}$这类项，其$L}\infty$范数在$B(0,1)$内是无界的——当$x$趋近原点时，这些分量的绝对值会趋于无穷大。

如果存在你所说的常数$C$，根据估计式$|\nabla^2 u|\infty \leq C|f|\infty$，我们会得到$|\nabla^2 u|_\infty \leq 0$，即$u$必须是仿射函数，但$\log|x|$显然不是仿射函数，矛盾。这直接证明了不存在这样的全局估计。

非零$f$的补充反例 #

如果你想找$f$非零的例子，也可以这样构造：
定义序列函数$u_n(x) = \frac{1}{n} \log\left(1 + n^2 |x|^2\right)$，计算对应的$f_n = \Delta u_n$：
通过极坐标下的拉普拉斯展开可得，$f_n = \frac{4n^2}{(1 + n^2 |x|²⁾2}$，显然$|f_n|\infty = 4$，是与$n$无关的有界量。
但$u_n$的Hessian在原点附近的范数会随$n$增大而趋于无穷：比如在$x = \frac{1}{n}$处，Hessian的分量绝对值约为$n^2$，当$n \to \infty$时无界。这同样说明，无论$C$取多大，总会存在$f$使得$|\nabla^2 u|\infty$超过$C|f|_\infty$。

本质上，Schauder估计要求$f$具有Holder连续性才能控制Hessian的Holder模，而仅仅$L^\infty$的控制不足以约束Hessian的有界性——调和函数就是最典型的例子，它们的Hessian可以在局部无界，而对应的$f=0$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Paul B