07 INFINITE SUMS

当前处理的问题都是假设有有限多个非零项求和。我们还是不得不面对无限的情况。

坏消息是事实表明当涉及无限和式的时候，处理$\sum$时所用的方法并不总是有效。好消息是存在一大类容易理解的无限和式，对它们做所有运算都是合法的。在我们完全审视这些和式之和，会对这两个消息理解的更透彻。

对于有限和式，一项一项相加，直到都加起来。对于无限和式，需要仔细的定义，否则就会出现荒谬的结果。

例如，可以如下定义一个无限和式 $$S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots$$ 和是2。因为两边加倍就得到 $$2S=2+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots=2+S$$ 按照同样的方法我们定义 $$T=1+2+4+8+\cdots$$ 两边加倍得到 $$2T=2+4+8+16+\cdots=T-1$$ 那么和是-1，这明显不对，无限正数相加得到一个负数。应该说，$T=\infty$，相加的项会大于任意指定的数。$\infty$是$2T-1$的解，也是$2S=2+S$的“解”。

现在尝试对$\sum_{k\in K}a_k$构思一个好的定义，其中$K$可以是无限的。首先假设$a_k$是非负数，这样就不难找到一个定义：如果有一个常数$A$为界，使得对所有有限子集$F\subset K$都有 $$\sum_{k\in F}a_k\leq A$$ 就定义了$\sum_{k\in K}a_k$为满足条件的最小的$A$。如果常数$A$没有界，那么就说$\sum_{k\in K}a_k=\infty$，这意味给定任意$A$，都有有限项$a_k$之和大于$A$。

上述定义与指标集$K$中可能存在的任何次序无关。这样我们可以讨论带有多个指标$k_1,k_2,\cdots$的多重和式。

在$K$是非负整数集合的特殊情况下，对于非负项$a_k$的定义意味着 $$\sum_{k\geq 0}a_k=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n a_k$$ 原因是实数的任意非递减序列存在着极限（可能是$\infty$）。如果极限是$A$，如果$F$是任意一个非负整数的有限集合，其元素$\leq n$，那么就有$\sum_{k\in F}a_k\leq\sum_{k=0}^n a_k\leq A$，因此$A=\infty$或者是有界常数。如果$A'$是小于$A$的任意值，存在一个$n$使得$\sum_{k=0}^n a_k>A'$，这个有限集合$F$就证明了$A'$不是有界常数。

按照这个和式，我们很容易的计算出某些无限和式的值。比如$a_k=x^k$，有 $$\sum_{k\geq 0}x^k=\lim_{n\to\infty}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\begin{cases} 1/(1-x)&&0\leq x<1\\ \infty&&x\geq 1 \end{cases}$$ 再比如，前面讨论的$S,T$的值分别是$2,\infty$。还有个有趣的例子是 $$\begin{aligned} \sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+1)(k+2)}&=\sum_{k\geq 0}k^{\underline{-2}}\\ &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n-1}k^{\underline{-2}}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{k^{\underline{-1}}}{-1}\bigg|_0^n\\ &=1 \end{aligned}$$ 现在考虑有负数项的情况。比如 $$\sum_{k\geq 0}(-1)^k=1-1+1-1+1-1+1-1+\cdots$$ 的值是多少呢？如果两个一组，那么得到 $$(1-1)+(1-1)+(1-1)+(1-1)+\cdots=0+0+0+0+\cdots=0$$ 如果从第二项开始两个一组得到 $$1+(-1+1)+(-1+1)+(-1+1)-1+\cdots1+0+0+0+\cdots=1$$ 还可以尝试$\sum_{k\geq 0}x^k=1/(1-x)$中令$x=-1$，虽然上式只对$0\leq x<1$有效，但是不妨代入尝试一下，得到无限和是$1/2$，这是一个“荒唐”的结论，因为一系列整数相加。

另一个有趣的例子是双向无限的$\sum_k a_k$，其中$a_k=1/(k+1),k\geq 0$，而$a_k=1/(k-1)$，可以把它写成 $$\cdots+(-\frac{1}{4})+(-\frac{1}{3})+(-\frac{1}{2})+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots\tag{2.58}$$ 从“中心节点”开始向两边开始计算和式 $$\cdots+((-\frac{1}{4})+((-\frac{1}{3})+(-\frac{1}{2})+(1)+\frac{1}{2})+\frac{1}{3})+\frac{1}{4})+\cdots$$ 那么结果是1。如果我们将所有括号左移一步 $$\cdots+((-\frac{1}{4})+((-\frac{1}{3})+(-\frac{1}{2})+1)+\frac{1}{2})+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots$$ 结果也是1。因为$n$层括号内的所有数之和是 $$-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}-\cdots-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n-1}=1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$ 类似的讨论能够证明向左或者向右移动固定步数，结果都是 1，这使得我们有足够的理由相信这个和式的结果是 1。另一方面，我们如下分组 $$\cdots+(-\frac{1}{4}+(-\frac{1}{3}+(-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2})+\frac{1}{3}+\frac{1}{4})+\frac{1}{5}+\frac{1}{6})+\cdots$$ 那么由内向外的 $n$ 个括号包含 $$-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}-\cdots-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}=1+H_{2n}-H_{n+1}$$ 第九章我们将证明$\lim_{n\to\infty}(H_{2n}-H_{n+1})=\ln 2$，那么这个无限和式的结果是 $1+\ln 2$。

按照不同的方式可以得到不同的值。高等分析的课程中对此给出五花八门的定义，赋予这些自相矛盾的结果不同的意义。就本书目的而言，不需要“条件收敛”这样的改进，坚持使用无限和的一种定义，保证在这一章中的运算结果都是正确的。

这里的定义很简单。设 $K$ 是任意一个集合，$a_k$ 是对每一个 $k\in K$ 定义的对应项。这里的 $k$ 可以是若干指标 $k_1,k_2,\cdots$，因而 $K$ 可以是多维的。任何实数 $x$ 都可以写成其正的部分减去负的部分 $$x=x^+-x^-,x^+=x\times [x>0],x^-=-x\times [x<0]$$ 因为 $a_k^+$ 和 $a_k^-$都是非负值，那么前面已经定义了无限和式 $\sum_{k\in K}a_k^+$ 和 $\sum_{k\in K}a_k^-$。由此可以得到一般性的定义 $$\sum_{k\in K}a_k=\sum_{k\in K}a_k^+-\sum_{k\in K}a_k^-\tag{2.59}$$ 如果右边两个值都是 $\infty$，则不定义 $\sum_{k\in K}a_k$。

令 $A^+=\sum_{k\in K}a_k^+, A^-=\sum_{k\in K}a_k^-$。如果 $A^+,A^-$ 都是有限的，那么说和式 $\sum_{k\in K}a_k$ 绝对收敛于 $A=A^+-A^-$。如果 $A^+=\infty$ 而 $A^-$ 有限，那么我们说和式 $\sum_{k\in K}a_k$ 发散于 $+\infty$，反之发散于 $-\infty$。如果 $A^+=A^-=\infty$，结果就不确定了。

我们从正数开始推广到了实数。现在我们推广到复数。相应地，和式 $\sum_{k\in K}a_k$ 定义为 $\sum_{k\in K}\mathfrak{R}a_k+i\sum_{k\in K}\mathfrak{I}a_k$，其中 $\mathfrak{R}a_k, \mathfrak{I}a_k$ 是 $a_k$ 的实部和虚部。如果这两个和式都有定义，那么和式有定义，反之无定义。

如前所说的坏消息，某些无限和式必须没有定义，否则我们在这些情形中的操作可能会产生矛盾。好消息是所有操作对绝对收敛的和式都是成立的。我们需要证明分配律、结合律、交换律以及指标变量的求和法则保持绝对收敛的和式值不变。

分配律 $(2.15)$ 可以更精确的表达为：如果 $\sum_{k\in K}a_k$ 绝对收敛于 $A$，$c$ 是任意一个复数，那么 $\sum_{k\in K}ca_k$ 绝对收敛于 $cA$。可以像上面分析的一样，将和式分成实部和虚部，正的部分和负的部分，通过证明 $c>0$ 且每一项 $a_k$ 都是非负的特殊情况来证明这个结论。对于所有有限集合 $F$ 都有 $\sum_{k\in F}ca_k=c\sum_{k\in F}a_k$，所以特殊情况是成立的。对 $F$ 的大小应用归纳法可以得出一般性的结论。

结合律 $(2.16)$ 可以表示为：如果 $\sum_{k\in K}a_k$ 和 $\sum_{k\in K}b_k$ 绝对收敛于 $A$ 和 $B$，那么 $\sum_{k\in K}(a_k+b_k)$ 绝对收敛于 $A+B$。这是后面要证明的更一般的定理的特例。

交换律 $(2.17)$ 并不需要额外证明，因为 $(2.35)$ 之后的讨论就指出如何将它作为交换求和次序的一般法则的一个特例推导出来。

这里需要证明的主要结果就是多重和式的基本原理：经过两个或多个指标集的绝对收敛的和式永远可以对这些指标中的任意一个先求和。如果 $J$ 是任意的指标集，并且 $\{K_j|j\in J\}$ 是任意的指标集使得 $$\sum_{j\in J,k\in K_j}a_{j,k}$$ 绝对收敛于 $A$，那么对每一个 $j\in J$ 都存在复数 $A$，使得 $$\sum_{k\in K_j}a_{j,k}$$ 绝对收敛于 $A_j$ 且 $$\sum_{j\in J}A_j$$ 绝对收敛于 $A$。

我们可以像之前一样，把每一项拆成正数和负数，实部和虚部，所以这里只需要证明非负项时成立即可。所以我们假设对所有指标 $(j,k)\in M$ 都有 $a_{j,k}\geq 0$，其中 $M$ 是指标集 $\{(j,k)|j\in J,k\in K\}$。

给定 $\sum_{(j,k)\in M}a_{j,k}$ 是有限的，即对于所有有限子集 $F\subseteq M$ 都有 $$\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}\leq A$$ $A$ 是这样的最小上界。如果 $j$ 是 $J$ 中任意一个元素，形如 $\sum_{k\in F_j} a_{j,k}$ 的和都以 $A$ 为上界，其中 $F_j$ 是 $K_j$ 的子集。因此根据定义存在一个最小上界 $A_j\geq 0$ 且 $\sum_{k\in K_j} a_{j,k}=A_j$。

我们还需证明：对所有有限子集 $G\subseteq J$，$A$ 是 $\sum_{j\in G} A_j$ 的最小上界。下面使用反证法。假设 $G$ 是 $J$ 的有限子集且满足 $\sum_{j\in G} A_j=A'>A$。至少存在一个 $j$，即找到一个有限子集 $F_j\leq K_j$，对每一个 $A_j>0,j\in G$ 都有 $\sum_{k\in F_j}a_{j,k}>(A/A')A_j$。那么此时 $\sum_{j\in G,k\in F_J}a_{j,k}>(A/A')\sum_{j\in G} A_j=A$，这和对所有有限集合 $F\subseteq M$ 都有 $\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}\leq A$ 矛盾。所以对所有有限子集 $G\subseteq J$，都有 $\sum_{j\in G} A_j\leq A$。

假设任意 $A'<A$，我们都能找到一个有限集合 $G\subseteq J$ 使得 $\sum_{j\in G} A_j> A'$，那么证明就完成了。我们知道存在一个有限集合 $F\subseteq M$ 使得 $\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}>A'$，设 $G$ 是 $F$ 中 $j$ 组成的集合，令 $F_j=\{k|(j,k)\in F\}$，那么就有 $\sum_{j\in G} A_j\geq \sum_{j\in G}\sum_{k\in F_j}a_{j,k}=\sum_{(j,k)\in F}a_{j,k}>A'$。

至此，我们证明了只要和式的项的绝对值组成的有限和式存在上界，那么上述操作都是合法的。由于对于双向无限和式 $(2.58)$，我们使用不同方法得到了两个不同的答案，因此正向和式 $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ 必定发散于 $\infty$，否则，任意方法分分组都会得到同一个答案。