カルデロン–ジグムントの定理

ステップ1(カルデロン–ジグムント分解)。 $f \in L^1$ と $\lambda>0$ を固定する。二進立方体上の停止時刻論法(同値に、ハーディ–リトルウッド極大関数 $Mf$)を用いて、 $f = g + b$ と分解する。ここで『良い』部分は $\|g\|_\infty \le C\lambda$ と $\|g\|_1 \le \|f\|_1$ を満たし、『悪い』部分 $b = \sum_j b_j$ は互いに素な二進立方体 $Q_j$ 上に台を持ち平均ゼロ $\int_{Q_j} b_j = 0$ であるピースの和で、総測度は $\sum_j |Q_j| \le \frac{C}{\lambda}\|f\|_1$ を満たす(これはまさに停止立方体に適用した $M$ の弱(1,1)評価である)。

ステップ2(良い部分)。 $T$ は $L^2$ 上で有界であり、 $\|g\|_2^2 \le \|g\|_\infty \|g\|_1 \le C\lambda\|f\|_1$ なので、チェビシェフの不等式により $|\{|Tg| > \lambda/2\}| \le \frac{4}{\lambda^2}\|Tg\|_2^2 \le \frac{C}{\lambda}\|f\|_1$ が得られる:良い部分だけですでに弱(1,1)評価を満たす。

ステップ3(悪い部分、2倍立方体の外側)。 $Q_j^*$ を $Q_j$ と中心が同じで辺の長さが2倍の立方体とする;和集合 $\bigcup_j Q_j^*$ の測度もまた $\frac{C}{\lambda}\|f\|_1$ 以下である。 $Q_j^*$ の外側では、 $b_j$ の平均ゼロ条件により核から定数を引くことができる: $Q_j$ の中心を $c_j$ として $Tb_j(x) = \int_{Q_j} \big(K(x-y)-K(x-c_j)\big) b_j(y)\,dy$ となり、ヘルマンダーの滑らかさ評価 $|K(x)| \le \dfrac{C}{|x|^n}, \qquad |\nabla K(x)| \le \dfrac{C}{|x|^{n+1}}$ により、この差は $\int_{(Q_j^*)^c} |Tb_j(x)|\,dx \le C\|b_j\|_1$ となるほど十分小さいことが示される。

ステップ4(まとめる)。ステップ3を $j$ について足し合わせ、2倍立方体の外側でチェビシェフを適用すると $\big|\{x \notin \bigcup_j Q_j^* : |Tb(x)|>\lambda/2\}\big| \le \frac{C}{\lambda}\sum_j \|b_j\|_1 \le \frac{C}{\lambda}\|f\|_1$ となる。ステップ1の $\bigcup_j Q_j^*$ の測度を加えると、悪い部分もレベル集合に $O(\|f\|_1/\lambda)$ だけ寄与し、ステップ2の良い部分と合わせると完全な評価 $\big|\{x : |Tf(x)| > \lambda\}\big| \le \dfrac{C}{\lambda}\|f\|_{L^1}$ が得られる。