Vamos a demostrarlo paso a paso. Escribí una prueba detallada siguiendo el enfoque de Folland.
Teorema 3.18 - Si $f\in L^1_{loc}$ entonces $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in\mathbb{R}^n$
Prueba :
Primer paso : El propósito de este paso es demostrar que, sin pérdida de generalidad, podemos suponer $f$ estar en $L^1$ .
Sea $\{X_j\}_j$ sea cualquier secuencia de conjuntos medibles tal que $\mathbb{R}^n=\bigcup_j X_j$ .
SI, para todos $j$ , $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in X_j$ ENTONCES tenemos que $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in\mathbb{R}^n$ .
De hecho $F=\{x \in \mathbb{R}^n \: : \: \lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) \neq f(x) \}$ . Si, para todo $j$ , $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in X_j$ significa que, para todos $j$ tenemos $m(F\cap X_j)=0$ . Desde $$F=F \cap\mathbb{R}^n= F\cap \bigcup_j X_j = \bigcup_j (F\cap X_j)$$ tenemos $$m(F)\leq \sum_j m(F\cap X_j)=0$$ Así que tenemos que $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in\mathbb{R}^n$ .
Ahora veamos una secuencia específica $\{X_j\}_j$ de conjuntos medibles tales que $\mathbb{R}^n=\bigcup_j X_j$ . Toma $$X_j=\{ x \in \mathbb{R}^n \: : \: |x|\leq j\}$$
Por lo que hemos demostrado anteriormente, tenemos
1.a para demostrar que $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in\mathbb{R}^n$ basta con demostrar que para todo $j$ , $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in X_j$
Puesto que queremos demostrar que $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in\mathbb{R}^n$ podemos, sin pérdida de generalidad, limitar nuestra atención a $r<1$ .
Dado cualquier $j$ y dado cualquier $x \in X_j$ tenemos que $B(1,x) \subset X_{j+1}$ y puesto que, para $r<1$ , $A_r f(x)$ depende únicamente del valor de $f$ en $B(1,x)$ tenemos que, para todo $r<1$ $$A_r f(x)= A_r (f\chi_{X_{j+1}})(x)$$ En concreto, tenemos $\lim_{r \to 0} A_r f(x)= \lim_{r \to 0}A_r (f\chi_{X_{j+1}})(x)$ . Así obtenemos que
$\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in X_j$ si $\lim_{r \to 0}A_r (f\chi_{X_{j+1}})(x)= f(x)$ para a.e. $x\in X_j$ .
Tenga en cuenta que $X_{j+1}$ está acotada, tenemos que $f\chi_{X_{j+1}}\in L^1$ .
Así, tenemos
1.b para demostrar que para todo $f\in L_{loc}^1$ para todos $j$ , $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in X_j$ todo lo que necesitamos probar es que, para todo $f\in L^1$ para todos $j$ , $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in X_j$ entonces hemos demostrado
Combinando 1.a y 1.b entonces, para demostrar el teorema sólo necesitamos demostrar que para todo $f\in L^1$ para todos $j$ , $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in X_j$ .
De hecho, en los siguientes pasos demostraremos que: para todo $f\in L^1$ para todos $j$ , $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in \mathbb{R}^n$ .
Paso 2 :
Lema : Si $f \in L^1$ entonces, para todos $\alpha>0$ , $m(\{x:\lim_{r\rightarrow 0}\sup |A_r f(x) - f(x)| > \alpha\})=0$ .
Dado cualquier $f \in L^1$ y cualquier $\epsilon>0$ por el Teorema 2.41 podemos encontrar una función continua integrable $g$ tal que $\int |g(y) - f(y)|dy < \epsilon$ . Por contunidad de $g$ tenemos que para $x\in\mathbb{R}^n$ y $\delta > 0$ existe un $r > 0$ tal que $|g(y) - g(x)| < \delta$ siempre que $|y - x| < r$ y, por tanto
$$|A_r g(x) - g(x)| = \frac{1}{m(B(r,x)}\left|\int_{B(r,x)} [g(y) - g(x)] dy \right| \leq \frac{1}{m(B(r,x)} \int_{B(r,x)} |g(y) - g(x)| dy \\ <\frac{1}{m(B(r,x)} \:\: \delta \:\: m(B(r,x)= \delta$$
por lo tanto $A_r g(x)\rightarrow g(x)$ como $r\rightarrow 0$ para todos $x$ Así que \begin{align*} \lim_{r\rightarrow 0}\sup|A_rf(x) - f(x)| &= \lim_{r\rightarrow 0}\sup |A_r(f-g)(x) + (A_r g - g)(x) + (g - f)(x)|\\ &\leq H (f-g)(x) + 0 + |f-g|(x) \tag{1} \end{align*}
Ahora bien, dado cualquier $\alpha >0$ , $$E_{\alpha} = \{x:\lim_{r\rightarrow 0}\sup |A_r f(x) - f(x)| > \alpha\}$$
Para todos $x\in E_{\alpha}$ de $(1)$ que o bien $ H (f-g)(x) > \alpha/2$ o $|f - g|(x) \geq \alpha/2$ . Significa
$$E_{\alpha} \subset \{x: |f - g|(x) \geq \alpha/2\} \cup \{x: H (f-g)(x) > \alpha/2\} \tag{2}$$
Sea $ F_{\alpha/2} = \{x: |f - g|(x) \geq \alpha/2\}$ .
Puesto que, para todo $x\in F_{\alpha/2}$ , $\alpha/2 \leq|f - g|(x)$ tenemos $$(\alpha/2)m(F_{\alpha/2}) \leq \int_{F_{\alpha/2}}|f(x)-g(x)|dx \leq \int |f(x)-g(x)|dx <\epsilon$$
Así que tenemos $$m(\{x: |f - g|(x) \geq \alpha/2\})=m(F_{\alpha/2})<\frac{2\epsilon}{\alpha}$$
Por otro lado, por el teorema maximal, $$m(\{x: H (f-g)(x) > \alpha/2\})\leq \frac{2(3^n)\epsilon}{\alpha}$$
Formulario $(2)$ que tenemos: $$m(E_{\alpha}) \leq m( \{x: |f - g|(x) \geq \alpha/2\}) + m( \{x: H (f-g)(x) > \alpha/2\} ) < \frac{2\epsilon}{\alpha} + \frac{2(3^n)\epsilon}{\alpha}$$
Desde $\epsilon>0$ es arbitraria, tenemos que $m(E_{\alpha})=0$ para todos $\alpha >0$ . Es decir: $m(\{x:\lim_{r\rightarrow 0}\sup |A_r f(x) - f(x)| > \alpha\})=0$ para todos $\alpha>0$ .
Paso 3 :
Dado cualquier $f \in L^1$ , dejemos que $$H=\{x : \lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) \textrm{ does not exist or } \lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) \neq f(x)\}$$
Tenga en cuenta que
$$H= \{x: \limsup_{r\rightarrow 0} |A_r f(x) - f(x)|>0\} =\bigcup_{k=1}^\infty\left \{x:\lim_{r\rightarrow 0}\sup |A_r f(x) - f(x)| > \frac{1}{k} \right\}$$
Entonces, por el lema del paso 2, tenemos \begin{align*} m(H) &= m(\{x: \limsup_{r\rightarrow 0} |A_r f(x) - f(x)|>0\}) \\ &\leq \sum_{k=1}^\infty m\left (\left \{x:\limsup_{r\rightarrow 0} |A_r f(x) - f(x)| > \frac{1}{k}\right\}\right ) = \sum_{k=1}^\infty 0 =0 \end{align*} Así que..,
$$m(H)=0$$ lo que significa que $\lim_{r\rightarrow 0} A_r f(x) = f(x)$ para a.e. $x\in\mathbb{R}^n$ .
