Primero la intuición: estas funciones decaen rápidamente en el infinito, por lo que sus transformadas de Fourier son regulares. Sin embargo, las funciones no son suaves en $x=0$, lo que implica que sus transformadas de Fourier no decaen tan rápido en el infinito. Así que, para saber si están en $L^1$, necesitamos aislar la parte singular y ver qué decaimiento produce.
Ahora la prueba. Tomemos $\varphi \in C^\infty_c$ una función suave con soporte en la bola unidad tal que $0\leq \varphi \leq 1$ y $\varphi=1$ alrededor de $0$. Entonces escribimos $$ f = f_0 + f_1 = \varphi \, f + (1-\varphi)\,f. $$ No es difícil comprobar que $f_1$ es una función de Schwartz, por lo que su transformada de Fourier es $L^1$ (ya que también es una función de Schwartz).
Ahora queda por ver $f_0$, que tiene soporte compacto pero no es infinitamente suave. Usando el hecho de que la transformada de Fourier de un producto da una convolución y un desarrollo en serie de Taylor de segundo orden para el exponencial, $$ \widehat{f_0} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!} \widehat \varphi * \widehat{|x|^{k\alpha}} = \widehat\varphi + \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k!} \widehat \varphi * \mathrm{pf}(|x|^{-n-k\alpha}) $$ donde $\mathrm{pf}(|x|^{-c})$ es la parte finita de Hadamard de $|x|^{-c}$, que es esencialmente la distribución templada que coincide con $|x|^{-c}$ fuera del punto $0$, y es lo que aparece al hacer la transformada de Fourier de polinomios fraccionarios (ver por ejemplo aquí en MSE). La convolución con estas funciones también podría escribirse como un Laplaciano fraccionario. La cuestión es que al ser $\widehat\varphi$ una función de Schwartz, no es difícil probar que las funciones $$ \psi_c = \widehat\varphi * \mathrm{pf}(|x|^{-c}) $$ son suaves y se comportan como $|x|^{-c}$ para valores grandes de $x$. Por lo tanto $$ \widehat{f_0} = \widehat \varphi + \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k!} \psi_{n+\alpha k}. $$ Esta es una suma (uniformemente convergente) de funciones suaves que decaen cada vez más rápido a medida que crece $k$. Por lo tanto, el decaimiento de $f_0$ es el mismo que el de la primera, es decir, $\widehat{f_0}\sim |x|^{-n+\alpha}$ en el infinito, y por lo tanto es integrable.
La transformada de Fourier de las funciones $g_j$ son simplemente las derivadas de $\widehat f$ y por lo tanto decaen aún más rápido. Por lo tanto también son integrables.
Observación: aquí hay otro método quizás más elemental, pero que no da el comportamiento asintótico. Utiliza el hecho de que $H^s\subset \mathcal F(L^1)$ cuando $s>n/2$. De hecho, por la desigualdad de Cauchy-Schwartz $$ \int_{\Bbb R^n} |\widehat{f}| \leq C_s \left(\int_{\Bbb R^n} |\widehat{f}|^2 (1+|2\pi\,x|^{2s})\,\mathrm d s\right)^\frac{1}{2} = C_s \left(\|f\|_{L^2}^2 + \|f\|_{\dot{H}^s}^2\right)^\frac{1}{2} $$ con $C_s = \int_{\Bbb R^n} \frac{\mathrm d x}{1+|2\pi\,x|^{2s}} < \infty$. Por supuesto $f$ está en $L^2$. Ahora, tomando $k$ derivadas con $k> n/2$ es fácil obtener que $$ |\nabla^k(e^{-|x|^\alpha})| \leq C \left(|x|^{k\alpha-k} + |x|^{\alpha-k}\right) e^{-|x|^\alpha}. $$ Al eliminar algo de decaimiento en el exponencial, podemos quedarnos con el término local peor, que es $$ |\nabla^k(e^{-|x|^\alpha})| \leq C\, |x|^{\alpha-k}\, e^{-|x|^\alpha/2}. $$ Por lo tanto, $$ \|f\|_{\dot H^k} \leq C \int_{\Bbb R^n} \frac{e^{-|x|^\alpha}}{|x|^{2k - 2\alpha}} \,\mathrm d x $$ lo cual es finito tan pronto como $2k - 2\alpha < n$, es decir, $k< n/2 + \alpha$. Por supuesto, aquí se necesita que $n/2 < k < n/2 + \alpha$ con $k$ un número entero, lo cual no siempre es posible (funciona si $n$ es impar y $\alpha > 1/2$). Con más trabajo, se puede relajar la suposición de que $k$ sea un entero (trabajando con un Laplaciano fraccionario, por ejemplo, o a través de técnicas de Littlewood-Paley).
