Deje $S_0\subset L^1_0(\mathbb{R}^n)$ el conjunto de Schwartz funciones, con una media de $0$. $S_0$ es claramente densa (Edit: ver el OP del comentario de abajo).
Por lo tanto, es suficiente para aproximar $f\in S_0$.
Ahora vamos a tratar de terminar su argumento.
Calcular
$$f-f_\delta=\mathcal{F}^{-1} ( \hat{f}\cdot \varphi(\xi/\delta) )=f*\psi_\delta,$$
donde $\psi(x)=\hat{\varphi}(-x)$ y $\psi_\delta(x)=\delta \psi(\delta x)$. $\psi$ no es compacta compatible, pero es un Schwartz función. Tenemos,
$$ \int_{\mathbb{R}^n} |f(x)-f_\delta(x)| dx = \int_{\mathbb{R}^n}\Big|\int_{\mathbb{R}^n} f(y)\psi_\delta(x-y) dy\Big| dx.$$
Usando ese $\int_{\mathbb{R}^n} f(y) dy=0$, esto equivale a
$$\int_{\mathbb{R}^n}\Big|\int_{\mathbb{R}^n} f(y)(\psi_\delta(x-y)-\psi_\delta(x)) dy\Big| dx=\int_{\mathbb{R}^n}\Big|\int_{\mathbb{R}^n} f(y)(\psi(x-\delta y)-\psi(x)) dy\Big| dx$$
Por el teorema fundamental del cálculo,
$$\psi(x-\delta y)-\psi(x)=\int_0^\delta \nabla\psi(x-ty)\cdot y\,dt $$
(si $h(t)=\psi(x-t y)$,$h'(t)=\nabla\psi(x-ty)\cdot y$ )
Deje que nos conecte el este y el uso del triángulo ineqality, Cauchy-Schwarz y Fubini para estimar
$$\|f-f_\delta\|_1\le \int_0^\delta \int_{\mathbb{R}^n} \int_{\mathbb{R}^n} |\nabla\psi(x-ty)| dx |y| |f(y)| dy dt=\|\nabla\psi\|_1 \int_0^\delta \int_{\mathbb{R}^n} |y| |f(y)| dy dt= C\delta,$$
donde $C=\|\nabla\psi\|_1 \int_{\mathbb{R}^n} |y| |f(y)| dy<\infty$ desde $f$ es de Schwartz.
Por lo tanto, $\|f_\delta-f\|_1\to 0$$\delta\to 0+$.
Pero desde $f_\delta$ no tienen necesariamente compacto de Fourier de apoyo, esto demuestra sólo que $\{f\in L^1(\mathbb{R}^n)\,:\,0\not\in\mathrm{supp}(\hat{f})\}$ es denso en $L^1_0(\mathbb{R}^n)$.
Por lo que el último paso es aproximado por Schwartz funciones con compacto de Fourier de apoyo. Me permite omitir esto, porque va a ser muy similar.
Definimos $f_N=\mathcal{F}^{-1}(\hat{f} \hat{\varphi}(\xi/N) )$ $\varphi$ adecuado de la protuberancia de la función y mostrar que $\|f_N-f\|_1\to 0$$N\to\infty$.
Anexo: Para hacer esta respuesta más completa, permítanme añadir la "alternativa" enfoque a través de la máxima ideales y del teorema de Wiener.
Nos fijamos en $L^1(\mathbb{R}^n)$ como un álgebra wrt. la convolución.
Para un subconjunto $\mathcal{I}\subset L^1(\mathbb{R}^n)$ definamos
$$\nu(\mathcal{I})=\{\xi\in\mathbb{R}^n\,:\,\hat{f}(\xi)=0\,\forall f\in\mathcal{I}\}.$$
Demos del teorema de Wiener en el siguiente formulario.
Teorema. Una adecuada cerrado ideal $\mathcal{I}\subset L^1(\mathbb{R}^n)$ es maximal si y solo si $\nu(\mathcal{I})=\{\xi_0\}.$
En particular, todos los máximos ideales son dadas por $\{f\in L^1(\mathbb{R}^n)\,:\,\hat{f}(\xi_0)=0\}$ algunos $\xi_0\in\mathbb{R}^n$ (es fácil ver que estos son de hecho la máxima ideales).
Ahora tome $\mathcal{I}$ $L^1$ cierre de $\{f\in L^1_0(\mathbb{R}^n)\,:\,0\not\in\text{supp}(\hat{f})\,\text{compact}\}$. Está claro que $\nu(\mathcal{I})=\{0\}$, así que por Wiener del teorema $\mathcal{I}=L^1_0(\mathbb{R}^n)$.
Para la prueba de dicho teorema ver Corolario de 4,67 y 4.69 en Folland - Un curso sobre análisis armónico abstracto. Usted también encontrará mucho más precisa información sobre la estructura de otros cerrados ideales.
Finalmente tenga en cuenta que esto no es un honesto alternativa de la prueba, porque si usted cava en la prueba dada en Folland del libro, verás que todo él gira en torno a una técnica lema que muestra exactamente la parte más difícil de nuestro problema (ver Lema 4.57 y 4.58).
