二重級數與 Fubini 換序

先對每一行求和再對各行求和，與先求欄和或擴大正方形部分和是不同的極限過程。在非負性或絕對可和條件下，這些過程的結果相同。條件收斂的例子說明，關於二重積分的章節不能替代二重級數的單獨定理。

1 有限子集與矩形部分和

設 $(a_{ij})$ 是 $i,j\ge1$ 的實數二重數組。矩形部分和為 $S_{MN}=\sum_{i=1}^M\sum_{j=1}^Na_{ij}$。矩形極限為 $S$ 的意思是：對每個 $\varepsilon>0$，存在 $K$，使得只要 $M,N\ge K$ 就有 $|S_{MN}-S|<\varepsilon$。只取 $M=N$ 並不足夠。

對非負數組，定義其總和為

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

允許 $S=+\infty$。每個有限子集都包含在某個有限矩形中，因此該值等於 $\sup_{M,N}S_{MN}$。若對應總和 $\sum_{i,j}|a_{ij}|$ 有限，則稱數組絕對可和。這一定義不選定任何優先的枚舉次序。

由此得到有限尾部性質：若絕對總和 $A<\infty$，對任意 $\varepsilon>0$，可選有限集 $E_0$ 使其絕對值之和大於 $A-\varepsilon$。於是 $E_0$ 以外的任意有限個絕對值之和至多為 $\varepsilon$；否則兩有限集的並會超過 $A$。包含 $E_0$ 的矩形因此控制所有更遠的尾部。

2 非負項的 Fubini 定理

定理。 若 $a_{ij}\ge0$，則

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

三者均在 $[0,+\infty]$ 中理解。

證明。 令 $r_i=\sup_N\sum_{j\le N}a_{ij}$。對固定有限行數 $M$，有限求和與遞增極限可交換，所以 $\sum_{i\le M}r_i=\sup_NS_{MN}$。也可直接證明這種有限交換：對有限多行分別選取近似達到上確界的截斷位置，再取它們的最大值。對 $M$ 取上確界得到 $\sum_i r_i=\sup_M\sup_NS_{MN}=S$。欄的證明相同。用任意有限下界，此論證也涵蓋無窮值。$\square$

非負性意味著消去不能掩蓋尾部的量。即使各值都為無窮大，它仍允許等式成立；但此時並未聲稱和是有限的。

3 絕對可和的帶符號數組

絕對可和的 Fubini 定理。 若 $\sum_{i,j}|a_{ij}|<\infty$，則每行及每欄級數都絕對收斂，兩個累次和也都絕對收斂，且它們的值與矩形極限相同。對所有指標對的任何枚舉均給出同一個普通級數和。

證明。 定義正、負部分 $a_{ij}^+=\max(a_{ij},0)$ 和 $a_{ij}^-=\max(-a_{ij},0)$。二者總和有限，均不超過絕對總和。分別應用非負項定理並相減兩個有限數，便得到兩個累次和的等式及其外層級數的絕對收斂，因為每個行和的絕對值不超過該行 $|a_{ij}|$ 之和。

對於矩形收斂，選一個有限集，使其外的絕對尾和小於 $\varepsilon$。充分大的矩形包含該集合，故被遺漏的帶符號項之和的絕對值至多為 $\varepsilon$。任何枚舉的初始段最終也包含同一有限集，剩餘絕對尾和有同樣的界。因此所有這些極限過程均給出同一個值。$\square$

條件涉及整個數組的絕對總和，而不僅是每一行分別絕對收斂。

幾何數組例。 對 $|x|<1$、$|y|<1$，取 $a_{ij}=x^{i-1}y^{j-1}$。根據非負項定理和幾何級數求和，絕對總和為 $1/[(1-|x|)(1-|y|)]$。所以

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

現在按對角線分組是有效的，因為這只是對絕對可和數組的重新分組。

所有坐標對的一次枚舉，是指雙射 $\nu:\mathbb N\to\mathbb N^2$；相應普通部分和把每個坐標對恰好計入一次。漏項或重複項的列表，不是本定理中的枚舉。

4 消去造成的失敗

令 $a_{ij}=1$ 當 $j=i$，$a_{ij}=-1$ 當 $j=i+1$，其餘為零。每行恰有兩個非零元素，因此每個行和為零；將行和相加得到零。

第一欄的和為 1。之後每欄都有一個 $+1$ 和一個 $-1$，所以欄和為零；將欄和相加得到 1。兩個累次和都存在，甚至每行和每欄分別都絕對可和，但它們不相等。

矩形部分和揭示了缺少的條件：

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

沿 $M=N$ 值為 1；沿 $N=M+1$ 值為零。因此不存在矩形極限。絕對總和為無窮大，因為每個對角線元素都貢獻 1。各切片的性質不能替代整體絕對尾部控制。

5 作為推論的 Cauchy 乘積

若 $\sum_{m\ge0}u_m$ 和 $\sum_{n\ge0}v_n$ 絕對收斂，則數組 $u_mv_n$ 絕對可和：非負項定理給出絕對總和 $(\sum|u_m|)(\sum|v_n|)$。按 $m+n=k$ 將指標對分組，得到 Cauchy 乘積

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

這證明了冪級數在絕對收斂區域內的乘積恆等式，並不允許對任意兩個條件收斂級數進行乘法和重新分組。

練習與完整解答

E1 基礎。 計算 $\sum_{i,j\ge1}2^{-i}3^{-j}$，並說明換序的依據。

S1. 適用非負項定理。行、欄的標量級數分別為 $\sum_{i\ge1}2^{-i}=1$ 和 $\sum_{j\ge1}3^{-j}=1/2$，故總和為 $1/2$。

E2 絕對控制。 若 $|a_{ij}|\le1/(i^2j^2)$，證明絕對可和，不必求出 $\sum1/n^2$ 的精確值。

S2. 標量級數 $\sum1/n^2$ 收斂，例如可用 $\int x^{-2}dx$ 比較其尾部。非負項定理給出有限的控制項總和 $(\sum1/n^2)^2$。比較法因此證明所需的絕對總和有限，從而可應用帶符號 Fubini 定理。

E3 反例。 對第 4 節的數組計算 $S_{5,5}$ 和 $S_{5,6}$，並解釋為甚麼所有對角方形部分和收斂不能證明二重極限存在。

S3. 分別為 1 和 0。沿 $N=M$ 與 $N=M+1$ 這兩條路徑，兩個指標都趨於無窮，但極限不同。二重極限要求同一個階段控制所有充分大的指標對，而不只是某條選定路徑。

E4 乘積。 用兩個幾何級數的 Cauchy 乘積推導 $\sum_{k=0}^\infty(k+1)x^k=1/(1-x)^2$，其中 $|x|<1$。

S4. 總次數為 $k$ 的每個系數，是 $k+1$ 個相同乘積 $x^m x^{k-m}=x^k$ 的和。$|x|<1$ 時絕對收斂，因而可以分組；兩個幾何級數之積就是所給級數。端點處，這個內部論證不提供收斂結論。

小結

非負項之和受有限子集上確界控制。絕對可和將這種控制擴展到帶符號數組，使行和、欄和、矩形和與枚舉的結果一致。逐行收斂是較弱條件。同一定理可證明 Cauchy 乘積和許多冪級數恆等式。