$g_t$ es positivo, y $\int_{-\infty}^\infty g_t(x)\,dx = 1$ por lo que el operador lineal $K_t\colon L^1(\mathbb{R}) \to L^1(\mathbb{R})$ dada por la convolución con $g_t$ ,
$$K_t(f)(x) = (f\ast g_t)(x) = \int_{-\infty}^\infty f(x-y)g_t(y)\,dy,$$
tiene norma $\leqslant 1$ (no necesitamos saber que la norma es exactamente $1$ ). Como la integral de $g_t$ es $1$ La tarea consiste en mostrar $\lim\limits_{t\to 0^+} \lVert f\ast g_t - f\rVert_1 = 0$ .
Ahora demuestre que para $f \in C_c(\mathbb{R})$ Funciones continuas con soporte compacto. Estas funciones tienen la suficiente regularidad como para que la demostración sea bastante fácil:
$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \left\lvert\int_{-\infty}^\infty \bigl(f(x-y)-f(x)\bigr)g_t(y)\,dy \right\rvert\,dx & \leqslant \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty \left\lvert f(x-y)-f(x)\right\rvert g_t(y)\,dy \,dx\\ &= \int_{-\infty}^\infty \underbrace{\left(\int_{-\infty}^\infty \lvert f(x-y)-f(x)\rvert\,dx\right)}_{I(y)} g_t(y)\,dy\\ &= \int_{\lvert y\rvert \leqslant \delta} I(y) g_t(y)\,dy + \int_{\lvert y\rvert > \delta} I(y) g_t(y)\,dy. \end{align}$$
Dado $\varepsilon > 0$ , elija $\delta$ lo suficientemente pequeño como para que la primera integral sea pequeña, entonces elige $t$ lo suficientemente pequeño como para que el segundo sea pequeño.
Entonces utiliza el hecho de que $C_c(\mathbb{R})$ es denso en $L^1(\mathbb{R})$ por lo que para cada $\varepsilon > 0$ , puede encontrar un $h \in C_c(\mathbb{R})$ con $\lVert f-h\rVert_1 < \varepsilon/3$ . Entonces
$$\lVert f\ast g_t - f\rVert_1 \leqslant \lVert f\ast g_t - h\ast g_t\rVert_1 + \lVert h\ast g_t - h\rVert_1 + \lVert h-f\rVert_1 < \lVert h\ast g_t - h\rVert_1 + 2\varepsilon/3.$$
Para todo lo que sea lo suficientemente pequeño $t > 0$ , usted tiene $\lVert h\ast g_t -h\rVert_1 < \varepsilon/3$ por el resultado para funciones continuas con soporte compacto.
