条件收敛与 Riemann 重排定理

题目

设 $\sum a_n$ 条件收敛（ANL-DEF-034）。记其正部 $a_n^{+}=\max (a_n,0)$、负部 $a_n^{-}=\max (-a_n,0)$。

1. 证明 $\sum a_n^{+}=+\infty$ 且 $\sum a_n^{-}=+\infty$（正项与负项各自之和均发散）。
2. （Riemann 重排定理） 证明：对任意给定的 $S\in \mathbb{R}$，存在 $\sum a_n$ 的一个重排 $\sum a_{\sigma (n)}$ 使其收敛于 $S$。
3. 以交错调和级数 $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}=\ln 2$ 为例，说明可重排出和为 $\frac{3}{2}\ln 2$ 的级数。

提示

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• 第 1 题：反证。注意 $a_n^{+}=\frac{|a_n|+a_n}{2}$，$a_n^{-}=\frac{|a_n|-a_n}{2}$。若两者之一收敛，结合 $\sum a_n$ 收敛会推出 $\sum |a_n|$ 收敛，与条件收敛矛盾。
• 第 2 题：贪心构造——先取正项累加到刚超过 $S$，再取负项累加到刚低于 $S$，反复进行。由第 1 题两堆”取之不尽”，由 $a_n\to 0$ 保证每次超调幅度趋零。
• 第 3 题：把交错调和级数按”两正一负”模式重排，用调和级数部分和 $H_n=\ln n+\gamma +o(1)$ 计算。

解答

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第 1 题：正负部各自发散

由定义 $a_n^{+}=\frac{|a_n|+a_n}{2}$，$a_n^{-}=\frac{|a_n|-a_n}{2}$，故

$$a_n^{+}+a_n^{-}=|a_n|,a_n^{+}-a_n^{-}=a_n.\text{\hspace{1em}(∗)}$$

反证：设 $\sum a_n^{+}$ 收敛。由 $\sum a_n$ 收敛及 $a_n^{-}=a_n^{+}-a_n$，得 $\sum a_n^{-}$ 收敛。再由 $(\ast )$，$\sum |a_n|=\sum (a_n^{+}+a_n^{-})$ 收敛——即 $\sum a_n$ 绝对收敛，与”条件收敛”（ANL-DEF-034）矛盾。

故 $\sum a_n^{+}$ 发散；因正项级数发散即趋于 $+\infty$，得 $\sum a_n^{+}=+\infty$。对称地 $\sum a_n^{-}=+\infty$。$■$

直观：条件收敛级数的正项之和与负项之和各自都是无穷大，收敛全靠两者以恰当节奏抵消。

第 2 题：Riemann 重排定理

记 $\sum a_n$ 的非负项依次为 $p_1,p_2,\dots$（即 $a_n^{+}$ 中的正者），负项的绝对值依次为 $q_1,q_2,\dots$。由第 1 题，

$$\sum p_k=+\infty ,\sum q_k=+\infty ;$$

又 $\sum a_n$ 收敛 ⇒ $a_n\to 0$ ⇒ $p_k\to 0,q_k\to 0$。

贪心构造（设目标 $S\ge 0$，$S<0$ 对称）：

1. 依次取正项 $p_1,p_2,\dots$ 累加，直到部分和首次 $>S$（因 $\sum p_k=+\infty$，必在有限步达成）；
2. 接着取负项 $-q_1,-q_2,\dots$ 累加，直到部分和首次 $<S$（因 $\sum q_k=+\infty$，必达成）；
3. 再取正项至首次 $>S$，如此交替无限进行。

这给出 $\sum a_n$ 的一个重排（每个原项恰用一次：正项、负项分别按序取尽）。

收敛到 $S$：每个”转折点”处的部分和与 $S$ 之差，不超过刚加入的那一项的绝对值（因加入它之前尚在 $S$ 另一侧）。设第 $m$ 个转折由项 $t_m$（某个 $p_k$ 或 $-q_k$）触发，则该处 $|(\text{部分和})-S|\le |t_m|$。两转折之间部分和单调地朝 $S$ 移动，故全程

$$|(\text{部分和})-S|\le \max (\text{近期加入项的绝对值})\to 0$$

（因 $p_k,q_k\to 0$）。故重排级数收敛于 $S$。$■$

同法可使重排级数发散到 $+\infty$、$-\infty$ 或振荡——条件收敛级数的和完全由求和顺序决定。

第 3 题：交错调和级数重排出 $\frac{3}{2}\ln 2$

原级数 $\sum \frac{(-1{)}^{n-1}}{n}=\ln 2$。按”两个正项跟一个负项”重排：

$$\underbrace{1+\frac{1}{3}}-\frac{1}{2}+\underbrace{\frac{1}{5}+\frac{1}{7}}-\frac{1}{4}+\underbrace{\frac{1}{9}+\frac{1}{11}}-\frac{1}{6}+\cdots$$

考察其前 $3n$ 项部分和 $T_{3n}$（含前 $2n$ 个正项 $\frac{1}{1},\frac{1}{3},\dots ,\frac{1}{4n-1}$ 与前 $n$ 个负项 $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\dots ,\frac{1}{2n}$）：

$$T_{3n}=\sum _{k=1}^{2n}\frac{1}{2k-1}-\sum _{k=1}^n\frac{1}{2k}=\left(\sum _{k=1}^{4n}\frac{1}{k}-\sum _{k=1}^{2n}\frac{1}{2k}\right)-\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}=H_{4n}-\frac{1}{2}{H}_{2n}-\frac{1}{2}{H}_n.$$

用 $H_m=\ln m+\gamma +o(1)$：

$$T_{3n}=(\ln 4n-\frac{1}{2}\ln 2n-\frac{1}{2}\ln n)+o(1)=\ln \frac{4n}{\sqrt{2n}\cdot \sqrt{n}}+o(1)=\ln \frac{4n}{n\sqrt{2}}+o(1)=\ln \frac{4}{\sqrt{2}}+o(1).$$

而 $\ln \frac{4}{\sqrt{2}}=\ln (2\sqrt{2})=\ln 2+\frac{1}{2}\ln 2=\frac{3}{2}\ln 2$。故 $T_{3n}\to \frac{3}{2}\ln 2$（相邻部分和差 $\to 0$ 保证整体收敛于此）。$■$

考察点

• ANL-DEF-034 条件收敛的本质：正负部各自发散
• 正部 / 负部分解 $a_n^{\pm }=\frac{|a_n|\pm a_n}{2}$ 的标准技巧
• Riemann 重排的贪心构造与 $a_n\to 0$ 控制超调
• 调和级数渐近 $H_n=\ln n+\gamma +o(1)$ 在重排求和中的应用

备注

绝对收敛 vs 条件收敛的分水岭：

性质	绝对收敛	条件收敛
正部 / 负部	各自收敛	各自发散（本题第 1）
任意重排	和不变	和可为任意值（Riemann，本题第 2）
类比	行为如有限和	收敛极脆弱，依赖顺序

Riemann 重排定理的震撼在于：它表明”无穷级数的加法不满足交换律”——只要级数仅条件收敛。这是有限和直觉彻底失效之处，也是为何绝对收敛（ANL-DEF-034）在分析中被如此看重：唯有它能保证求和顺序无关紧要。