具体数学:和式(六)无穷和式

2.7 无限和式

2.7.1 无限和的定义

错误案例

考虑两个看似相似的无限和：

设
$$S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\cdots$$
若两边同乘 2：
$$2S=2+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots =2+S⟹S=2$$
这与直觉一致，且可通过极限严格验证。

同时设
$$T=1+2+4+8+16+\cdots$$
同理：
$$2T=2+4+8+16+\cdots =T-1⟹T=-1$$
这个结果明显是错误的。
实际上，$T$ 发散至 $\infty$，所谓 $T=-1$ 是对不合法操作的误导性“解”。在有限和中，加法是直觉的：一项一项相加，直到结束。 在无限和中，我们必须精确定义“和”是什么，否则将陷入荒谬。

[!WARNING]
无限和不能随意移项、分组或代入公式！
某些形式操作在发散级数上会产生矛盾结果，必须谨慎定义。

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2.7.2 非负项无限和

精确定义

假设所有项 $ a_k \geq 0 $。在这种情况下，虽然项的数量可能是无限的，但我们可以通过有限部分和来逼近总和。

设 $K$ 是任意指标集（可以是无限的，甚至是不可数的），且对所有 $k\in K$，有 $a_k\ge 0$。

我们考虑所有有限子集 $F\subset K$ 上的和 ${\sum }_{k\in F}{a}_k$。

如果存在一个常数 $A$，使得对所有有限子集 $F$ 都有：
$$\sum _{k\in F}{a}_k\le A,$$
那么我们就说这个无限和是“有界的”。在这种情形下，我们定义：
$$\sum _{k\in K}{a}_k\text{为所有这样的 }A\text{ 中最小的一个}.$$

[!NOTE]
这里我们依赖一个关于实数的基本事实：
所有满足该条件的 $A$ 构成一个有下界的集合，因此存在最小的这样的 $A$。
这个最小值就是我们所定义的无限和。

如果不存在这样的常数 $A$（即有限部分和可以任意大），我们就定义：
$$\sum _{k\in K}{a}_k=\infty .$$

当 $K$ 是非负整数集合时，上述定义意味着
$$\sum _{k\ge 0}{a}_k=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{k=0}^n{a}_k.$$

若部分和 $ s_n = \sum_{k=0}^n a_k $ 有上界，则它收敛到某个实数 $A$，此时和为 $A$；
若无上界，则 $s_n\to \infty$，此时定义 ${\sum }_{k\ge 0}{a}_k=\infty$。

例子

例 1：几何级数

设 $a_k=x^k$，$x\ge 0$，则：
$$\sum _{k\ge 0}{x}^k=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{1-x},& 0\le x<1;\\ \infty ,& x\ge 1.\end{array}$$

• 当 $x=\frac{1}{2}$：
• 当 $x=2$：${\sum }_{k\ge 0}{2}^k=\infty$

[!TIP]
只有当 $|x|<1$ 时，$\sum x^k=\frac{1}{1-x}$ 成立。

例 2：望远镜和式

计算：
$$\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\sum _{k\ge 0}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)$$

这是望远镜和（telescoping series）：
$$\sum _{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)=1-\frac{1}{n}\to 1(n\to \infty )$$

所以：
$$\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(k+1)(k+2)}=1\text{\hspace{1em}(2.58)}$$

或者使用有限微积分进行计算
回忆下降阶乘幂的定义：
$$x^{\underline{m}}=\{\begin{array}{ll}x(x-1)\cdots (x-m+1),& m>0\\ 1,& m=0\\ \frac{1}{(x+1)(x+2)\cdots (x+|m|)},& m<0\end{array}$$

特别地，当 $m=-2$ 时：
$$k^{\underline{-2}}=\frac{1}{(k+1)(k+2)}$$

因此，原和式可写为：
$$\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\sum _{k\ge 0}{k}^{\underline{-2}}$$

$$\sum x^{\underline{m}}\delta x=\frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1}+C,m\ne -1$$

$$\sum x^{\underline{-2}}\delta x=\frac{x^{\underline{-1}}}{-1}+C=-\frac{1}{x+1}+C$$

我们要求的是从 $0$ 到 $\infty$ 的和，即：
$$\sum _{k\ge 0}{k}^{\underline{-2}}=\sum _0^{\infty }{x}^{\underline{-2}}\delta x={\left(-\frac{1}{x+1}\right)|}_0^{\infty }$$

根据定和式定义：
$$\sum _a^{b}g(x)\delta x=f(b)-f(a),\text{若 }g=\Delta f$$

所以：
$$\sum _0^{\infty }{x}^{\underline{-2}}\delta x=\underset{n\to \infty }{\lim }\left(-\frac{1}{n+1}\right)-\left(-\frac{1}{0+1}\right)=0-(-1)=1$$

因此：
$$\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(k+1)(k+2)}=\sum _{k\ge 0}{k}^{\underline{-2}}=1$$

2.7.3 一般项无限和

当项 $a_k$ 可正可负时，问题变得复杂。

格兰迪级数

考虑：
$$\sum _{k\ge 0}(-1{)}^k=1-1+1-1+1-1+\cdots$$

• 分组为 $(1-1)+(1-1)+\cdots =0+0+\cdots ⟹\text{和为 }0$
• 分组为 $1-(1-1)-(1-1)-\cdots =1-0-0-\cdots ⟹\text{和为 }1$

结果依赖于分组方式，无法唯一确定！

双向无限和

考虑双向和式：
$$\sum _{k=-\infty }^{\infty }{a}_k,\text{其中 }{a}_k=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{k+1},& k\ge 0\\ \frac{1}{k-1},& k<0\end{array}$$

即：
$$\cdots +\left(-\frac{1}{4}\right)+\left(-\frac{1}{3}\right)+\left(-\frac{1}{2}\right)+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots \text{\hspace{1em}(2.58)}$$

不同分组方式导致不同结果

• 对称分组（从中心向外）：

$$\cdots +\left(-\frac{1}{4}+\left(-\frac{1}{3}+\left(-\frac{1}{2}+(1)+\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{4}\right)+\cdots ,=1$$

• 将所有括号左移一步：
  $$\cdots +\left(-\frac{1}{5}+\left(-\frac{1}{4}+\left(-\frac{1}{3}+\left(-\frac{1}{2}\right)+1\right)+\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{3}\right)+\cdots ,\to 1-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$
  易知：最后的结果为1

• 另一分组形式：
  $$-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}-\cdots -\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}=1+H_{2n}-H_{n+1}$$
  第 9 章将证 ${\lim }_{n\to \infty }(H_{2n}-H_{n+1})=\ln 2$，故此方式得和为 $1+\ln 2$。

[!WARNING]
若一个无限和的值依赖于求和顺序或分组方式，则它不满足我们对 $\Sigma$ 的自由操作要求。
我们必须排除这类“病态”和式。

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2.7.4 绝对收敛

为此，我们引入绝对收敛的概念。

对任意实数 $x$，定义其正部与负部：
$$x^{+}=x\cdot [x>0],x^{-}=-x\cdot [x<0]⟹x=x^{+}-x^{-}$$

设 $a_k$ 为实数列，定义：

• $A^{+}={\sum }_{k\in K}{a}_k^{+}$
• $A^{-}={\sum }_{k\in K}{a}_k^{-}$

则我们定义：
$$\sum _{k\in K}{a}_k=A^{+}-A^{-},\text{若 }{A}^{+}<\infty \text{ 且 }{A}^{-}<\infty \text{\hspace{1em}(2.59)}$$

若 $A^{+}=\infty$ 而 $A^{-}<\infty$，则和发散至 $+\infty$；
若 $A^{-}=\infty$ 而 $A^{+}<\infty$，则发散至 $-\infty$；
若两者均为 $\infty$，则和未定义。

[!NOTE]
绝对收敛 ⇔ $\sum |a_k|<\infty$
只有在绝对收敛的前提下，我们才能自由使用分配律、结合律、交换律等运算法则。

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复数项与多重和式的推广

复数项和式

若 $a_k\in \mathbb{C}$，定义：
$$\sum _{k\in K}{a}_k=\sum _{k\in K}\Re (a_k)+i\sum _{k\in K}\Im (a_k)$$
只要两个实部和虚部的和都定义良好。

多重和式

定理（绝对收敛下的交换求和顺序）
设 {Kj∣j∈J}\{K_j \mid j \in J\}{Kj​∣j∈J} 为指标集族，若
$$\sum _{j\in J}\sum _{k\in K_j}|a_{j,k}|<\infty$$
则
$$\sum _{j\in J}\sum _{k\in K_j}{a}_{j,k}=\sum _{k\in K_j}\sum _{j\in J}{a}_{j,k}$$
且所有重排、分组、交换顺序的操作均保持和不变。

[!NOTE]
此定理的证明可归约到非负项情形：
先证对 $a_{j,k}\ge 0$ 成立，再分解为正负部或实虚部即可。

我们此前使用的四大运算法则，在绝对收敛下全部成立：

法则	条件	结论
分配律 (2.15)	$\sum a_k$ 绝对收敛于 $A$，$c\in \mathbb{C}$	$\sum c{a}_k=cA$
结合律 (2.16)	$\sum a_k\to A$，$\sum b_k\to B$，均绝对收敛	$\sum (a_k+b_k)=A+B$
交换律 (2.17)	$\sum a_k$ 绝对收敛	任意重排后和不变
先对某指标求和	多重和绝对收敛	可交换求和顺序