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user: 2. 引理和准备工作 引理4 [ 12 ] ：Hardy不等式：可测函数 F : [ 0 ， + ∞ ) → [ 0 ， + ∞ ) 使得 ∫ 0 ∞ F ( λ ) d λ < ∞ . 那么对于任意 α ≥ 1 和 r > 0 都有 ∫ 0 ∞ λ r ( ∫ λ ∞ F ( μ ) d μ ) α d λ λ ≤ ( α r ) α ∫ 0 ∞ λ r [ λ F ( λ ) ] α d λ λ . 引理5 [ 13 ] ：反Hölder不等式： h : [ 0 ， + ∞ ) → [ 0 ， + ∞ ) 是一个不增可测函数，其中 α 1 ≤ α 2 ≤ ∞ ， r > 0 。那么当 α 2 < ∞ 时 [ ∫ λ ∞ [ μ r h ( μ ) ] α 2 d μ μ ] 1 α 2 ≤ ε λ r h ( λ ) + c ε α 2 α 1 − 1 [ ∫ λ ∞ [ μ r h ( μ ) ] α 1 d μ μ ] 1 α 1 ， 对每个 ε ∈ ( 0 ， 1 ] 和任意 λ ≥ 0 ；如果 α 2 = ∞ 那么 sup μ > λ [ μ r h ( μ ) ] ≤ c λ r h ( λ ) + c ( ∫ λ ∞ [ μ r h ( μ ) ] α 1 d μ μ ) 1 α 1 ， 常数c依赖于 α 1 ， α 2 ，r。当 α 2 = ∞ 时，常数 c ≡ c ( α 1 ， r ) 。 引理6 [ 14 ] ：迭代引理：设 0 ≤ T 0 < T 1 ， φ ( t ) 是 [ T 0 ， T 1 ] 上的有界非负函数，且对于任意的 T 0 ≤ t < s ≤ T 1 ， φ 满足 φ ( t ) ≤ θ φ ( s ) + A ( s − t ) α + B ， 其中 θ ，A，B和 α 是非负常数，且 θ < 1 ，则 φ ( ρ ) ≤ c ( A ( R − ρ ) α + B ) ， 对任意 T 0 ≤ ρ < R ≤ T 1 ，其中常数 c = c ( α ， θ ) 。 引理7 [ 15 ] ：Hölder不等式：如果 f ∈ M t ( Q ) ( t > 1 ) ，那么 ， 1 ≤ q < t 且有以下不等式成立 ‖ f ‖ L q ( Q ) ≤ ( t t − q ) 1 q | Q | 1 q − 1 t ‖ f ‖ M t ( Q ) . 下面我们给出证明定理3之前所需的准备工作。 令 λ 0 = ( 1 | Q 2 | ∫ Q 2 | D 4 u | 2 d z ) 1 2 + ( M η 2 1 | Q 2 | ∫ Q 2 | f | η d z ) 1 η . 其中 M > 1 ， 2 < η = 2 + γ 2 < γ 。 定义Calderón-Zygmund算子为 C Z ( Q r ( z i ) ) : = ( 1 | Q r ( z i ) | ∫ Q r ( z i ) | D 4 u | 2 d z ) 1 2 + ( M η 2 1 | Q r ( z i ) | ∫ Q r ( z i ) | f | η d z ) 1 η ， 其中 Q r ( z i ) ⊂ Q 2 且 z i ∈ Q 1 。令 B = 40 4 + n 2 ，则对于固定的 λ > B λ 0 ， 1 / 20 ≤ r ≤ 1 / 2 ，我们将积分区域从 Q r ( z i ) 扩大到 Q 2 ，就有 C Z ( Q r ( z i ) ) = ( 1 | Q r ( z i ) | ∫ Q r ( z i ) | D 4 u | 2 d z ) 1 2 + ( M η 2 1 | Q r ( z i ) | ∫ Q r ( z i ) | f | η d z ) 1 η ≤ ( | Q 2 | | Q r ( z i ) | ) 1 2 [ ( 1 | Q 2 | ∫ Q 2 | D 4 u | 2 d z ) 1 2 + ( M η 2 1 | Q 2 | ∫ Q 2 | f | η d z ) 1 η ] ≤ 40 4 + n 2 λ 0 < λ . 现在对于点 z i 的水平集 E ( λ ， Q 1 ) = { z ∈ Q 1 : | D 4 u | > λ } ，由Lebesgue定理可得 C Z ( Q r ( z i ) ) > λ ，当 0 < r ≪ 1 。因此，一旦固定 λ > B λ 0 ，由积分的绝对连续性可知存在最大的 r i 使得 C Z ( Q r i ( z i ) ) = ( 1 | Q r i ( z i ) | ∫ Q r i ( z i ) | D 4 u | 2 d z ) 1 2 + ( M η 2 1 | Q r i ( z i ) | ∫ Q r i ( z i ) | f | η d z ) 1 η = λ ， (5) 其中 r i < 1 / 20 且对任意的 r ∈ ( r i ， 1 / 2 ] ，有 C Z ( Q r ( z i ) ) = ( 1 | Q r ( z i ) | ∫ Q r ( z i ) | D 4 u | 2 d z ) 1 2 + ( M η 2 1 | Q r ( z i ) | ∫ Q r ( z i ) | f | η d z ) 1 η < λ . (6) 现令 Q ≡ Q r i ( z i ) ，那么对于固定的 λ ，那么必有以下式子中的其中一个成立 ( λ 2 ) 2 ≤ 1 | Q | ∫ Q | D 4 u | 2 d z 或 ( λ 2 ) η ≤ M η 2 1 | Q | ∫ Q | f | η d z . (7) 假设第一种情况成立，那么我们得到 ( λ 2 ) 2 ≤ 1 | Q | ∫ Q | D 4 u | 2 d z = 2 ∫ 0 ∞ μ | { z ∈ Q : | D 4 u | > μ } | d μ ≤ 2 ∫ 0 λ 4 μ | { z ∈ Q : | D 4 u | > μ } | d μ + 2 ∫ λ 4 ∞ μ | { z ∈ Q : | D 4 u | > μ } | d μ ≤ λ 2 16 | Q | + 2 ∫ λ 4 ∞ μ | { z ∈ Q : | D 4 u | > μ } | d μ 吸收右端第一项就有 | Q | ≤ c λ 2 ∫ λ 4 ∞ μ | { z ∈ Q : | D 4 u | > μ } | d μ . (8) 另一方面，如果第二种情况成立，那么选取 ς = 1 4 M 1 / 2 ，分离积分得到 ( λ 2 ) η 1 M η / 2 ≤ 1 | Q | ∫ Q | f | η d z = η | Q | ∫ 0 ∞ μ η − 1 | { z ∈ Q : | f | > μ } | d μ ≤ ( ζ λ ) η + η | Q | ∫ ζ λ ∞ μ η − 1 | { z ∈ Q : | f | > μ } | d μ 吸收右端第一项可得 | Q | ≤ c λ η ∫ ζ λ ∞ μ η − 1 | { z ∈ Q : | f | > μ } | d μ . (9) 结合式(8)和(9)，我们就有 | Q | ≤ c λ 2 ∫ λ 4 ∞ μ | { z ∈ Q : | D 4 u | > μ } | d μ + c λ η ∫ ζ λ ∞ μ η − 1 | { z ∈ Q : | f | > μ } | d μ . (10) 令 u λ = u / λ ， f λ = f / λ 。事实上，根据式(6)可得如下两个不等式 1 | Q 10 r i ( z i ) | ∫ Q 10 r i ( z i ) | D 4 u λ | 2 d z ≤ 1 ， (11) 1 | Q 10 r i ( z i ) | ∫ Q 10 r i ( z i ) | f λ | 2 d z ≤ c ( 1 | Q 10 r i ( z i ) | ∫ Q 10 r i ( z i ) | f λ | η d z ) 2 η ≤ c M . (12) 对于固定的 i ≥ 1 ，我们首先对 f λ 作从 Q 10 r i ( z i ) 到 ℝ n × ( 0 ， T ] 上的零延拓，并记为 f λ ¯ 。则 f λ ¯ ∈ L 2 ( ℝ n × ( 0 ， T ] ) ，现在我们引入下述参照方程 由 L p 估计 [ 9 ] ，我么可得： ‖ D 4 w ‖ L 2 ( ℝ n × ( 0 ， T ] ) ≤ c ‖ f λ ¯ ‖ L 2 ( ℝ n × ( 0 ， T ] ) 。从而可得 ∫ Q 10 r i ( z i ) | D 4 w | 2 d z ≤ ∫ ℝ n × ( 0 ， T ] | D 4 w | 2 d z ≤ c ∫ ℝ n × ( 0 ， T ] | f λ ¯ | 2 d z = c ∫ Q 10 r i ( z i ) | f λ ¯ | 2 d z ， 由上式及式(12)得 1 | Q 10 r i ( z i ) | ∫ Q 10 r i ( z i ) | D 4 w | 2 d z ≤ c 1 | Q 10 r i ( z i ) | ∫ Q 10 r i ( z i ) | f λ | 2 d z ≤ c ( 1 | Q 10 r i ( z i ) | ∫ Q 10 r i ( z i ) | f λ | η d z ) 2 η ≤ c M ≤ c (13) 令 v = u λ − w ，可知 ， z ∈ Q 10 r i ( z i ) 。 由式(11)和(13)得 1 | Q 10 r i ( z i ) | ∫ Q 10 r i ( z i ) | D 4 v | 2 d z ≤ 2 [ 1 | Q 10 r i ( z i ) | ∫ Q 10 r i ( z i ) | D 4 w | 2 d z + 1 | Q 10 r i ( z i ) | ∫ Q 10 r i ( z i ) | D 4 u λ | 2 d z ] ≤ c 故由基本的 W l o c 4 ， ∞ 内部正则性理论，可得： sup Q 5 r i ( z i ) | D 4 v | ≤ A 2 ，这里取 A ≥ 1 。 对任意的 z i ∈ E ( A λ ， Q 1 ) = { z ∈ Q 1 : | D 4 u | > A λ } ，因此 | D 4 u | > A λ ，故有 | D 4 u | > λ 。再对于任意的 z i ∈ Q 5 r i ( z i ) ∩ E ( A λ ， Q 1 ) ，结合式(12)得到 | { z ∈ Q 5 r i ( z i ) : | D 4 u | > A λ } | = | { z ∈ Q 5 r i ( z i ) : | D 4 u λ | > A } | ≤ | { z ∈ Q 5 r i ( z i ) : | D 4 w | > A 2 } | + | { z ∈ Q 5 r i ( z i ) : | D 4 v | > A 2 } | = | { z ∈ Q 5 r i ( z i ) : | D 4 w | > A 2 } | ≤ c A 2 ∫ Q 5 r i ( z i ) | D 4 w | 2 d z ≤ ∫ Q 10 r i ( z i ) | f λ | 2 d z ≤ c M | Q 10 r i ( z i ) | ≤ c M | Q 10 r i ( z i ) | (14) 下面考虑式(5)，根据Vitali覆盖引理，可知存在一族互不相交的 { Q r i ( z i ) } i ∈ ℕ ， r i = r ( z i ) < 1 / 20 且 E ( A λ ， Q 1 ) ⊂ ∪ i ∈ ℕ Q 5 r i ( z i ) ∪ { 零 测 集 } 。再由式(10)和(14)得到 | { z ∈ Q 1 : | D 4 u | > A λ } | ≤ ∑ i = 1 ∞ | { z ∈ Q 5 r i ( z i ) : | D 4 u | > A λ } | ≤ ∑ i = 1 ∞ c M | Q r i ( z i ) | ≤ c M ∑ i = 1 ∞ [ 1 λ 2 ∫ λ 4 ∞ μ | { z ∈ Q r i ( z i ) : | D 4 u | > μ } | d μ + 1 λ η ∫ ζ λ ∞ μ η − 1 | { z ∈ Q r i ( z i ) : | f | > μ } | d μ ] ≤ c M [ 1 λ 2 ∫ λ 4 ∞ μ | { z ∈ Q 2 : | D 4 u | > μ } | d μ + 1 λ η ∫ ζ λ ∞ μ η − 1 | { z ∈ Q 2 : | f | > μ } | d μ ] . (15)