二重级数与 Fubini 换序

先对每一行求和再对各行求和，与先求列和或扩大正方形部分和是不同的极限过程。在非负性或绝对可和条件下，这些过程的结果相同。条件收敛的例子说明，关于二重积分的章节不能替代二重级数的单独定理。

1 有限子集与矩形部分和

设 $(a_{ij})$ 是 $i,j\ge1$ 的实数二重数组。矩形部分和为 $S_{MN}=\sum_{i=1}^M\sum_{j=1}^Na_{ij}$。矩形极限为 $S$ 的意思是：对每个 $\varepsilon>0$，存在 $K$，使得只要 $M,N\ge K$ 就有 $|S_{MN}-S|<\varepsilon$。只取 $M=N$ 并不足够。

对非负数组，定义其总和为

$$S=\sup\left\{\sum_{(i,j)\in E}a_{ij}:E\subset\mathbb N^2\text{ finite}\right\},$$

允许 $S=+\infty$。每个有限子集都包含在某个有限矩形中，因此该值等于 $\sup_{M,N}S_{MN}$。若对应总和 $\sum_{i,j}|a_{ij}|$ 有限，则称数组绝对可和。这一定义不选定任何优先的枚举次序。

由此得到有限尾部性质：若绝对总和 $A<\infty$，对任意 $\varepsilon>0$，可选有限集 $E_0$ 使其绝对值之和大于 $A-\varepsilon$。于是 $E_0$ 以外的任意有限个绝对值之和至多为 $\varepsilon$；否则两有限集的并会超过 $A$。包含 $E_0$ 的矩形因此控制所有更远的尾部。

2 非负项的 Fubini 定理

定理。 若 $a_{ij}\ge0$，则

$$\sum_{i,j}a_{ij}=\sum_{i=1}^\infty\left(\sum_{j=1}^\infty a_{ij}\right) =\sum_{j=1}^\infty\left(\sum_{i=1}^\infty a_{ij}\right),$$

三者均在 $[0,+\infty]$ 中理解。

证明。 令 $r_i=\sup_N\sum_{j\le N}a_{ij}$。对固定有限行数 $M$，有限求和与递增极限可交换，所以 $\sum_{i\le M}r_i=\sup_NS_{MN}$。也可直接证明这种有限交换：对有限多行分别选取近似达到上确界的截断位置，再取它们的最大值。对 $M$ 取上确界得到 $\sum_i r_i=\sup_M\sup_NS_{MN}=S$。列的证明相同。用任意有限下界，此论证也涵盖无穷值。$\square$

非负性意味着消去不能掩盖尾部的量。即使各值都为无穷大，它仍允许等式成立；但此时并未声称和是有限的。

3 绝对可和的带符号数组

绝对可和的 Fubini 定理。 若 $\sum_{i,j}|a_{ij}|<\infty$，则每行及每列级数都绝对收敛，两个累次和也都绝对收敛，且它们的值与矩形极限相同。对所有指标对的任何枚举均给出同一个普通级数和。

证明。 定义正、负部分 $a_{ij}^+=\max(a_{ij},0)$ 和 $a_{ij}^-=\max(-a_{ij},0)$。二者总和有限，均不超过绝对总和。分别应用非负项定理并相减两个有限数，便得到两个累次和的等式及其外层级数的绝对收敛，因为每个行和的绝对值不超过该行 $|a_{ij}|$ 之和。

对于矩形收敛，选一个有限集，使其外的绝对尾和小于 $\varepsilon$。充分大的矩形包含该集合，故被遗漏的带符号项之和的绝对值至多为 $\varepsilon$。任何枚举的初始段最终也包含同一有限集，剩余绝对尾和有同样的界。因此所有这些极限过程均给出同一个值。$\square$

条件涉及整个数组的绝对总和，而不仅是每一行分别绝对收敛。

几何数组例。 对 $|x|<1$、$|y|<1$，取 $a_{ij}=x^{i-1}y^{j-1}$。根据非负项定理和几何级数求和，绝对总和为 $1/[(1-|x|)(1-|y|)]$。所以

$$\sum_{i,j}x^{i-1}y^{j-1}=\frac1{(1-x)(1-y)}.$$

现在按对角线分组是有效的，因为这只是对绝对可和数组的重新分组。

所有坐标对的一次枚举，是指双射 $\nu:\mathbb N\to\mathbb N^2$；相应普通部分和把每个坐标对恰好计入一次。漏项或重复项的列表，不是本定理中的枚举。

4 消去造成的失败

令 $a_{ij}=1$ 当 $j=i$，$a_{ij}=-1$ 当 $j=i+1$，其余为零。每行恰有两个非零元素，因此每个行和为零；将行和相加得到零。

第一列的和为 1。之后每列都有一个 $+1$ 和一个 $-1$，所以列和为零；将列和相加得到 1。两个累次和都存在，甚至每行和每列分别都绝对可和，但它们不相等。

矩形部分和揭示了缺少的条件：

$$S_{MN}=\min(M,N)-\min(M,N-1).$$

沿 $M=N$ 值为 1；沿 $N=M+1$ 值为零。因此不存在矩形极限。绝对总和为无穷大，因为每个对角线元素都贡献 1。各切片的性质不能替代整体绝对尾部控制。

5 作为推论的 Cauchy 乘积

若 $\sum_{m\ge0}u_m$ 和 $\sum_{n\ge0}v_n$ 绝对收敛，则数组 $u_mv_n$ 绝对可和：非负项定理给出绝对总和 $(\sum|u_m|)(\sum|v_n|)$。按 $m+n=k$ 将指标对分组，得到 Cauchy 乘积

$$\left(\sum_{m\ge0}u_m\right)\left(\sum_{n\ge0}v_n\right) =\sum_{k\ge0}\sum_{m=0}^ku_mv_{k-m}.$$

这证明了幂级数在绝对收敛区域内的乘积恒等式，并不允许对任意两个条件收敛级数进行乘法和重新分组。

练习与完整解答

E1 基础。 计算 $\sum_{i,j\ge1}2^{-i}3^{-j}$，并说明换序的依据。

S1. 适用非负项定理。行、列的标量级数分别为 $\sum_{i\ge1}2^{-i}=1$ 和 $\sum_{j\ge1}3^{-j}=1/2$，故总和为 $1/2$。

E2 绝对控制。 若 $|a_{ij}|\le1/(i^2j^2)$，证明绝对可和，不必求出 $\sum1/n^2$ 的精确值。

S2. 标量级数 $\sum1/n^2$ 收敛，例如可用 $\int x^{-2}dx$ 比较其尾部。非负项定理给出有限的控制项总和 $(\sum1/n^2)^2$。比较法因此证明所需的绝对总和有限，从而可应用带符号 Fubini 定理。

E3 反例。 对第 4 节的数组计算 $S_{5,5}$ 和 $S_{5,6}$，并解释为什么所有对角方形部分和收敛不能证明二重极限存在。

S3. 分别为 1 和 0。沿 $N=M$ 与 $N=M+1$ 这两条路径，两个指标都趋于无穷，但极限不同。二重极限要求同一个阶段控制所有充分大的指标对，而不只是某条选定路径。

E4 乘积。 用两个几何级数的 Cauchy 乘积推导 $\sum_{k=0}^\infty(k+1)x^k=1/(1-x)^2$，其中 $|x|<1$。

S4. 总次数为 $k$ 的每个系数，是 $k+1$ 个相同乘积 $x^m x^{k-m}=x^k$ 的和。$|x|<1$ 时绝对收敛，因而可以分组；两个几何级数之积就是所给级数。端点处，这个内部论证不提供收敛结论。

小结

非负项之和受有限子集上确界控制。绝对可和将这种控制扩展到带符号数组，使行和、列和、矩形和与枚举的结果一致。逐行收敛是较弱条件。同一定理可证明 Cauchy 乘积和许多幂级数恒等式。