关于$W^{2,2}(\mathbb{R}^2)$到正指数Holder连续函数空间的嵌入性问询

嘿，你的问题问到点子上了！先给你个明确的答案：是的，$W^{{2,2}(\mathbb{R}}2)$确实能嵌入到某个正指数的Holder连续函数空间里——甚至可以说，它能嵌入到任意指数$\alpha < 1$的$C^{{0,\alpha}(\mathbb{R}}2)$，连Lipschitz连续空间$C^{0,1}$（也就是$\alpha=1$的Holder特例）都能嵌入进去。

下面给你说说怎么着手证明，分几步来理清楚：

• 第一步：用Sobolev嵌入链把二阶空间降阶到一阶的超临界空间
  对于任意$u \in W^{{2,2}(\mathbb{R}}2)$，它的所有一阶偏导数$\partial_1 u$、$\partial_2 u$都属于$W^{{1,2}(\mathbb{R}}2)$。虽然$W^{{1,2}(\mathbb{R}}2)$是Sobolev嵌入的临界情况（刚好$p=n=2$），但我们可以先利用Sobolev的次临界嵌入：$W^{{1,2}(\mathbb{R}}2)$可以嵌入到任意$L^q(\mathbb{R}2)$（$q < \infty$）。比如取$q=4$，这时候$\partial_i u$不仅在$L^{4$里，它的梯度（也就是u的二阶导数）还在$L}2$里，所以$\partial_i u \in W^{{1,4}(\mathbb{R}}2)$——这就到了超临界的一阶Sobolev空间（$p=4>2=n$）。

• 第二步：用Morrey不等式拿到一阶导数的Holder估计
  对于超临界的$W^{{1,p}(\mathbb{R}}n)$（$p>n$），Morrey不等式是直接能用的：存在一个常数$C$，对任意$v \in W^{{1,4}(\mathbb{R}}2)$，都有
  $$|v(x) - v(y)| \leq C |v|{W^{1,4}} |x - y|^{1 - 2/4} = C |v|{W^{1,4}} |x - y|^{1/2}$$
  这意味着u的一阶偏导数都是指数为1/2的Holder连续函数，也就是$\partial_i u \in C^{{0,1/2}(\mathbb{R}}2)$。

• 第三步：从一阶导数的Holder估计推原函数的Lipschitz/Holder连续性
  有了一阶导数的Holder连续性，我们用微积分基本定理来估计原函数的差：
  $$u(x) - u(y) = \int_0^1 \nabla u(y + t(x-y)) \cdot (x-y) dt$$
  两边取绝对值后，就能得到：
  $$|u(x) - u(y)| \leq |x - y| \int_0^1 |\nabla u(y + t(x-y))| dt$$
  因为$\nabla u$是Holder连续的，自然也是连续有界的（在任何有界区域上），结合Sobolev空间的整体性质，这个积分会被$|u|{W^{2,2}}$控制住，最终能推出$|u(x)-u(y)| \leq C |u|{W^{2,2}} |x-y|$——这说明u是Lipschitz连续的，那自然属于任意$\alpha <1$的$C^{{0,\alpha}(\mathbb{R}}2)$。

如果你偏好更分析的方法，也可以用傅里叶变换来做：利用$W^{{2,2}(\mathbb{R}}2)$的傅里叶特征（傅里叶变换$\hat{u}$满足$\int (1+|\xi|²⁾2 |\hat{u}(\xi)|^2 d\xi < \infty$），把$u(x)-u(y)$写成傅里叶逆变换的积分，然后分小ξ和大ξ区域分别估计，也能得到Holder连续性的结论。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者David Melo