Por qué la convolución de una función integrable $f$ con alguna secuencia tiende a $f$ a.e.

Question

Dejemos que $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sea integrable con $\int_{\mathbb{R}}g(x)dx=1$ y $|g(x)| \leq \frac{C}{(1+|x|)^{1+h}}$ para $x \in \mathbb{R} $ , donde $C, h>0$ son constantes.

Dejemos que $g_t(x)=\frac{1}{t} g(\frac{x}{t})$ para $x \in \mathbb{R}$ , $t>0$ .

Quiero demostrarlo:

Si $f\in L^p$ , donde $1\leq p\leq \infty$ entonces $f*g_t(x) \rightarrow f(x)$ a.e.

Lo he intentado de esta manera:

Dejemos que $x\in \mathbb{R}$ sea el punto de Lebesgue de $f$ Es decir $lim_{r\rightarrow 0} \frac{1}{r} \int_{B(x,r)} |f(y)-f(x)|dx=0$ entonces

$$ |f*g_t(x)-f(x)|\leq \int_{\mathbb{R}} g_t(x-y)|f(y)-f(x)|dy =I_1+I_2, $$

donde

$I_1=\int_{B(x,t)} g_t(x-y)|f(y)-f(x)|dy \leq\frac{1}{t} \int_{B(x,t)} \frac{C}{(1+\|\frac{x-y}{t}\|)^{1+h}} |f(y)-f(x)|dy $

$ \leq C\frac{1}{t}\int_{B(x,t)} |f(y)-f(x)|dy \rightarrow 0 \ as \ t \rightarrow 0;$

$I_2=\int_{\mathbb{R}\setminus B(x,t)} g_t(x-y)|f(y)-f(x)|dy .$

No sé cómo estimar la integral $I_2$ .

Answer 1

Al tratarse de un resultado local, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $p=1$ .

El Función máxima centrada de Hardy-Littlewood de $f$ se define como $$ f^*(x)=\sup_{r>0}\frac1{2\,r}\int_{x-r}^{x+r}|f(y)|\,dy=\sup_{r>0}\frac1{2\,r}\int_{|y|\le r}|f(x-y)|\,dy. $$ Satisface la desigualdad débil uno-uno $$ |\{x:f^*(x)>\delta\}|\le\frac{M}{\delta}\|f\|_1\quad\forall\delta>0, $$ donde $M>0$ es una constante independiente de $f$ y $\delta$ . Primero acotamos $g_t\ast f(x)$ en términos de $f^*(x)$ . $$\begin{align*} |g_t\ast f(x)|&\le \frac{C}{t}\int_{|y|\le t}\frac{|f(x-y)|}{(1+y/t)^{1+h}}\,dy+\frac{C}{t}\sum_{k=0}^\infty\int_{2^kt<|y|\le 2^{k+1}t}\frac{|f(x-y)|}{(1+y/t)^{1+h}}\,dy\\ &\le\frac{C}{t}\int_{|y|\le t}|f(x-y)|\,dy+\frac{C}{t}\sum_{k=0}^\infty\int_{|y|\le 2^{k+1}t}\frac{|f(x-y)|}{(1+2^k)^{1+h}}\,dy\\ &\le 2\,C\,f^*(x)+C\Bigl(\sum_{k=0}^\infty\frac{2^{k+2}}{(1+2^k)^{1+h}}\Bigr)f^*(x)\\ &\le K\,f^*(x), \end{align*}$$ donde $$ K=2\,C+C\sum_{k=0}^\infty\frac{2^{k+2}}{(1+2^k)^{1+h}}<\infty. $$

Ahora imitamos la prueba del Teorema de diferenciación de Lebesgue . Dado $\epsilon>0$ elegir una función continua $\phi$ con soporte compacto tal que $\|f-\phi\|_1<\epsilon$ . Entonces $$ g_t\ast f(x)-f(x)=g_t\ast(f-\phi)(x)+\bigl(g_t\ast\phi(x)-\phi(x)\bigr)+(\phi(x)-f(x)), $$ de donde $$ |g_t\ast f(x)-f(x)|\le K(f-\phi)^*(x)+|g_t\ast\phi(x)-\phi(x)|+|\phi(x)-f(x)| $$ Desde $\phi$ es continua, el término medio converge a $0$ como $t\to0$ para todos $x$ . Sea $\delta>0$ . Entonces $$ \{x:\limsup_{t\to0}|g_t\ast f(x)-f(x)|>2\,\delta\}\subset\{x:(f-\phi)^*(x)>\frac\delta{K}\}\cup\{x:|\phi(x)-f(x)|>\delta\}. $$ Por La desigualdad de Chebychev $$ |\{x:|\phi(x)-f(x)|>\delta\}|\le\frac1\delta\|\phi-f\|_1\le\frac\epsilon\delta. $$ Por los débiles $1$ - $1$ desigualdad para la función máxima $$ |\{x:(f-\phi)^*(x)>\frac\delta{K}\}|\le\frac{K\,M}\delta\|\phi-f\|_1\le\frac{K\,M\,\epsilon}\delta. $$ Finalmente $$ |\{x:\limsup_{t\to0}|g_t\ast f(x)-f(x)|>2\,\delta\}|\le\frac{K\,M+1}{\delta}\,\epsilon. $$ Desde $\epsilon$ era arbitraria, se deduce que $$ |\{x:\limsup_{t\to0}|g_t\ast f(x)-f(x)|>2\,\delta\}|=0\quad\forall\delta>0. $$