Сходимость ряда

[krum]

Пусть $(M,\sigma,\mu)$ -- пространство с мерой. Все $\mathbb{C}$-значные функции $a_k(x),\quad x\in M$ измеримы и ряд $\sum_{k=0}^\infty R^k\int_M |a_k|d\mu$ сходится при некотором $R>0$.

Доказать, что при почти всех $x\in M$ ряд

$$\sum_{k=0}^\infty a_k(x)z^k$$

сходится равномерно в круге $|z|\le R$.

[mihaild]

Или я чего-то не понимаю, или я не понимаю, в чем олимпиадность.
Пусть $\sum_{k=0}^\infty R^k\int_M |a_k|d\mu = S$.
Докажем, что $\sum\limits_{k = 0}^\infty |a_k(x)| R^k$ сходится для почти всех $x$, из этого по признаку Вейерштрасса следует нужное утверждение.
Ну пусть для $x \in X$, $\mu(X) > \varepsilon$, не сходится. Т.к. члены положительны, то не сходится - значит расходится к бесконечности. Тогда для какого-то $Y \subset X$, $\mu(Y) > \varepsilon / 2$ и какого $N$ для $x \in Y$ имеем $\sum\limits_{k = 0}^N |a_k(x)| R^k > 2S / \varepsilon$. Ну и проинтегрировав уже конечную сумму, получаем

$$S = \sum_{k=0}^\infty R^k\int_M |a_k|d\mu \geq \sum_{k=0}^N R^k\int_Y |a_k|d\mu = \int_Y \sum\limits_{k = 0}^N |a_k(x)| R^k d\mu > \int_Y \frac{2S} \varepsilon d\mu > S$$

Никаких идей вроде не нужно.

[Padawan]

Krum пытается обосновать теорему. Возникает "олимпиадная задача".

[Null]

mihaild в сообщении #1584802 писал(а):

Тогда для какого-то $Y \subset X$, $\mu(Y) > \varepsilon / 2$ и какого $N$ для $x \in Y$ имеем $\sum\limits_{k = 0}^N |a_k(x)| R^k > 2S / \varepsilon$.

Очевидно, заметим...