证明函数$f(x)=\frac{1}{|x|^{1/4}}$属于索伯列夫空间$H^{1/2}(B)$的相关问题

嘿，我来帮你一步步梳理这个问题的解决思路，还有你问到的关于双积分收敛的一般条件~

首先，我们的目标是验证$f(x)=\frac{1}{|x|^{{1/4}}$属于$H}{1/2}(B)$，根据定义，就是要证明下面的双积分是有限的：
$$\int_{B}\int_{B} \frac{|f(x)-f(y)|^2}{|x-y|3}dxdy <+\infty $$
你提到的奇点集中在$x=y$附近是完全正确的，我们可以把积分拆成远离对角线和靠近对角线两个区域分别分析收敛性。

一、远离对角线的区域（$|x-y|>\delta$，$\delta>0$为小常数） #

这时候分母$|x-y|^{3$有下界$\delta}3>0$，所以只需要关注分子$|f(x)-f(y)|^2$的积分。我们先看$f$的平方积分：
$$\int_B |f(x)|^2 dx = \int_B \frac{1}{|x|^{1/2}}dx$$
用极坐标计算：$\int_0^{2\pi}\int_01 r^{-1/2}\cdot r dr d\theta = 2\pi\int_0^1 r^{1/2}dr = \frac{4\pi}{3} <+\infty$，是收敛的。

而根据三角不等式，$|f(x)-f(y)|^2\leq 2(|f(x)|^2+|f(y)|2)$，所以这部分积分可以被$2\left(\int_B\int_B |f(x)|^2 dxdy + \int_B\int_B |f(y)|^2 dxdy\right)$控制，显然是有限的。

二、靠近对角线的区域（$|x-y|\leq\delta$） #

这里用中值定理或者泰勒展开的思路非常合适。先计算$f$的梯度：
$$\nabla f(y) = -\frac{y}{4|y|^{9/4}}$$
所以$|\nabla f(y)| = \frac{1}{4|y|^{5/4}}$，根据中值定理，存在介于$x$和$y$之间的点$\xi$，使得：
$$|f(x)-f(y)| \leq |\nabla f(\xi)| \cdot |x-y|$$
当$x$足够靠近$y$时，$|\nabla f(\xi)| \sim |\nabla f(y)|$，所以可以得到估计：
$$|f(x)-f(y)|^2 \leq C|x-y|^2 |y|^{-5/2}$$
（$C$是某个常数，不影响收敛性）

把这个估计代入积分，得到：
$$\int_{B}\int_{|x-y|\leq\delta} \frac{|f(x)-f(y)|^2}{|x-y|3}dxdy \leq C\int_{B}\frac{1}{|y|^{5/2}}\left(\int_{|x-y|\leq\delta} \frac{1}{|x-y|}dx\right)dy$$

现在计算内层积分$\int_{|x-y|\leq\delta} \frac{1}{|x-y|}dx$，做变量替换$z=x-y$，积分变为$\int_{|z|\leq\delta} \frac{1}{|z|}dz$，极坐标下计算得$2\pi\delta$，是个和$y$无关的常数。

不过这里有个小问题：当$y$靠近原点时，固定的$\delta$会让内层积分包含太多区域，导致$\int_B \frac{1}{|y|^{5/2}}dy$发散（因为$5/2>2=n$）。所以我们需要局部化估计：对每个$y$，取$\delta=|y|/2$，这样当$y$靠近原点时，邻域也跟着缩小。

用极坐标重新处理整个靠近对角线的积分：令$y=(r\cos\theta, r\sin\theta)$，$x$用$y$为中心的极坐标表示为$(r\cos\theta + t\cos\phi, r\sin\theta + t\sin\phi)$（$t=|x-y|$），则$dx=tdtd\phi$，$dy=rdrd\theta$。

当$t\leq r/2$时，$|x|$可以展开为$r\sqrt{1 + (t/r)^2 + 2(t/r)\cos\phi}$，近似后得到$f(x)-f(y)\sim -\frac{t\cos\phi}{4r^{{5/4}}$，因此$|f(x)-f(y)|}2\sim \frac{t^2\cos2\phi}{16r^{5/2}}$。

代入积分并化简：
$$\int_0^1 r dr \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{r/2} \frac{t^2}{16r{5/2} t^3} \cdot t dt d\phi = \frac{1}{16}\int_0^1 r dr \cdot 2\pi \cdot \frac{r/2}{r^{5/2}} = \frac{\pi}{16}\int_0^1 r^{-1/2}dr$$
这个积分等于$\frac{\pi}{8}$，是有限的。

对于$t>r/2$的部分，我们可以估计$|y|=r\leq2t$，因此$\frac{1}{|y|^{5/2}}\leq \frac{2^{5/2}}{t{5/2}}$，代入积分后可以转化为关于$t$的积分，最终计算下来也是收敛的。

综上，两个区域的积分都收敛，所以原双积分有限，$f\in H^{1/2}(B)$。

三、一般双积分的收敛条件 #

你问到的$\mathbb{R}^n$单位球$B$上的积分：
$$\int_{B}\int_{B} \frac{1}{|x-y|^{\alpha}|y|{\beta}}dxdy $$
收敛的充要条件可以通过类似的区域拆分分析得到，总结如下：

• 条件1：$\alpha <n$：保证$x=y$附近的内层积分$\int_{|x-y|\leq\delta} |x-y|^{-\alpha}dx$收敛（否则这部分积分直接发散）。
• 条件2：$\beta <n$：保证当$y$靠近原点、$x$远离$y$时，$\int_{|y|\leq\delta} |y|^{-\beta}dy$收敛。
• 条件3：$\alpha + \beta <2n$：保证当$x$和$y$都靠近原点时，积分不会因为两个奇点叠加而发散。

只有同时满足这三个条件，上述双积分才会收敛。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者pitàgores