Denotamos $ds(\theta)$ de la superficie medida en $\mathbb{S}^{n-1}$ en el ángulo $\theta$. Utilizamos $|x|=r,\theta=\frac{x}{|x|}\in \mathbb{S}^{n-1}$. Luego tenemos a $dx=r^{n-1}drds$. Así tenemos:
\begin{align*}
\int_{|x|\ge \epsilon} k(x)\phi(x)dx
&=\int_{|x|\ge \epsilon} k(\frac{x}{|x|})\cdot |x|^{-n}\phi(x)dr\\
&=\int_{r\ge \epsilon} \int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\cdot \frac{1}{r^{n}}\phi(r\theta)r^{n-1}drds(\theta)\\
&=\int_{r\ge \epsilon} \int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\cdot \frac{1}{r}\phi(r\theta)drds(\theta)
\end{align*}
Para demostrar que el `si' de parte, considere la función $\phi$ que es 1 en la unidad de la bola de $B^{A}_{0}$ y tiene soporte compacto en $\mathbb{R}^{n}$ con un valor máximo de 1. Entonces tenemos
\begin{align*}
\int_{r\ge \epsilon} \int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta) \frac{1}{r}\phi(r\theta)drds(\theta)
&=\int^{A}_{r\ge \epsilon}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}} k(\theta) \frac{1}{r}drds+\int^{\infty}_{r\ge A}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}} k(\theta) \phi(r\theta)\frac{1}{r}drds\\
&=(\log(A)-\log(\epsilon))\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}} k(\theta)ds+\int^{\infty}_{r\ge A}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}} k(\theta) \phi(r\theta)\frac{1}{r}drds
\end{align*}
Desde $\phi$ tiene soporte compacto, podemos suponer que su apoyo es en una bola de radio $B$, mientras que $k(\theta)$ como máximo) $K$ en el conjunto compacto $S^{n-1}$. Con $C=\int_{\mathbb{S}^{n-1}}ds$ hemos
\begin{align*}|\int^{\infty}_{r\ge A}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}} k(\theta) \phi(r\theta)\frac{1}{r}drds|
&\le \int^{\infty}_{r\ge A}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}} |k(\theta)||\phi(r\theta)|\frac{1}{r}drds\\
&\le\int^{B}_{A}\int_{\mathbb{S}^{n-1}}K\frac{1}{r}drds=K(\log(B)-\log(A))C
\end{align*}
Así, el original de la integral existe o no se depende de $$(\log(A)-\log(\epsilon))\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}} k(\theta)ds$$ only. And it diverges with $\epsilon\rightarrow 0$ unless $\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}} k(\theta)ds=0$.
Para demostrar la `sólo si' parte asumimos $$\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}} k(\theta)ds=0$$ Entonces la integral anterior convertirse en
\begin{align*}
\int_{r\ge \epsilon} \int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\frac{1}{r}\phi(r\theta)drds(\theta)
\end{align*}
Desde $\phi(r\theta)\in C^{\infty}_{c}(\mathbb{R}^{n})$, $$\frac{\partial \phi}{\partial r}=\sum \frac{\partial \phi}{\partial x_{i}}*\frac{\partial x_{i}}{\partial r}=\sum\frac{\partial \phi}{\partial x_{i}}\theta_{i}$$ Thus $\phi$ is $\infty$ differentiable in $r$ así.
Podemos expandir $\phi(r\theta)=\phi(r,\theta)=\phi(0)+\psi(r,\theta)r$ con $$\psi(r,\theta)=\sum^{\infty}_{i=1}\frac{r^{i-1}}{i!}\frac{\partial^{i} \phi(0,\theta)}{\partial r^{i}}$$ be continuous in $r$ and $\theta$. Then $\frac{\phi}{r}=\frac{\phi(0)}{r}+\psi(r,\theta)$, substitue this into the above formula and assume the support of $\phi$ is in a ball of radius $L$, entonces tenemos:
\begin{align*}
\int_{r\ge \epsilon} \int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta) \frac{1}{r}\phi(r\theta)drds(\theta)
&=\int^{L}_{\epsilon}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\frac{\phi(0)}{r}drds(\theta)+\int^{L}_{\epsilon}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\psi(r,\theta)drds(\theta)\\
&=\phi(0)\int^{L}_{\epsilon}\frac{1}{r}dr\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)ds(\theta)+\int^{L}_{\epsilon}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\psi(r,\theta)drds(\theta)\\
&=\int^{L}_{\epsilon}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\psi(r,\theta)drds(\theta)
\end{align*}
Ahora podemos probar como $\epsilon\rightarrow 0$ por encima de la integral converge a $$\int^{L}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\psi(r,\theta)drds(\theta)$$ Because $\psi(r,\theta)$ is continuous on $r$ and $\theta$, thus $|\psi(r,\theta)|\le M,\forall x\in B^{L}_{0}$. Así, la diferencia integral
\begin{align*}
|\int^{\epsilon}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\psi(r,\theta)drds(\theta)|
&\le \int^{\epsilon}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}|k(\theta)\psi(r,\theta)|drds(\theta)\\
&\le KMC\int^{\epsilon}_{0}dr\\
&\le KMC\epsilon\\
&\rightarrow 0
\end{align*}
Ahora nos muestran el por encima de $k$ define una distribución. Es suficiente para mostrar que para cualquier $\{\phi_{n}\}\rightarrow 0,\langle k,\phi_{n}\rangle \rightarrow 0$. Hemos demostrado que para cualquier $\phi\in C^{\infty}_{c}$, $$\langle k,\phi\rangle=\int^{L}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\psi(r,\theta)drds(\theta)$$ We now derive $$\psi(r,\theta)=\frac{\phi(r,\theta)-\phi(0,\theta)}{r}=\frac{\int^{r}_{0}\phi'(t,\theta)dt}{r}$$ Since $\phi_{n}\rightarrow 0$, $\partial^{\alpha}\rightarrow 0$ in the support of $\phi_{n}$ as well. Notice $$\frac{\partial \phi}{\partial r}=\sum \frac{\partial \phi}{\partial x_{i}}*\frac{\partial x_{i}}{\partial r}=\sum\frac{\partial \phi}{\partial x_{i}}\theta_{i}$$ Thus we have $$\frac{\partial \phi_{n}(r,\theta)}{\partial r}\rightarrow 0$$ in the compact region $B^{L}_{0}$.
Así tenemos
\begin{align*}
|\int^{L}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}k(\theta)\psi_{n}(r,\theta)drds(\theta)|
&\le \int^{L}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}|k(\theta)|\psi_{n}(r,\theta)|drds(\theta)\\
&=\int^{L}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}|k(\theta)|\frac{\int^{r}_{0}\frac{\partial \phi_{n}}{\partial r}(t,\theta)dt}{r}|drds(\theta)\\
&\le\int^{L}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}|k(\theta)|\frac{\max(|\partial\phi_{n}|)*r}{r}|drds(\theta)\\
&=\max(|\partial\phi_{n}|)\int^{L}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}|k(\theta)|drds(\theta)\\
&=\max(|\partial\phi_{n}|)K\int^{L}_{0}\int_{\theta\in \mathbb{S}^{n-1}}drds(\theta)\\
&=\max(|\partial\phi_{n}|)KLC\\
&\rightarrow 0
\end{align*}
Y, por tanto, $\langle k,\phi \rangle$ es una distribución.
