加加减减的艺术（五，完结）：零不代表没有！
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作者，逆蝶，哆嗒数学网群友
我们来关注这样一件事情:
\begin{align*}
1-1+1-1+1-1+\cdots\\
0+1-1+1-1+1-\cdots
\end{align*}
第一个级数是之前一直在重点讨论的格兰迪级数, 第二个级数是在格兰迪级数最前面添上一个0构成的级数. 现在我们问, 这两个级数是同一个级数吗？
读者可能会说, 当然是同一个级数啊! 有没有前面的0它不都是格兰迪级数吗？
现在再来比较另外两组级数.
\begin{align*}
1-1+1-1+1-1+\cdots\\
1-1+0+1-1+0+\cdots
\end{align*}
第一个级数是还是格兰迪级数, 第二个级数是格兰迪级数在-1与1之间添加0得到的级数. 我们问, 这两个级数也是同一个级数？
在$-1$与$1$之间添加了如此多的0, 读者可能就会稍作犹豫, 但是之后可能还是会说, 这两个级数也是同一个级数! 但是通过简单的计算可以得到, 格兰迪级数的切萨罗和是$\cfrac 12$, 而第二个级数的切萨罗和却是$\cfrac 13$, 所以我们说这两个级数并不是同一个级数. 这就引出了0-1级数的定义.
定义1(0-1级数) 如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的部分和数列$S_n$由0与1构成, 就称其为0-1级数.
注 0-1级数的一般项$a_n$是由-1, 0, 1的构成, 而且-1, 1是相间出现的. 反过来, 通项由-1, 0, 1 构成, -1, 1相间出现并且1比-1先出现的级数一定是0-1级数.
由于0-1级数的简单性, 它是我们将要重点讨论的对象, 并且格兰迪级数也是一种特殊的0-1级数. 今后将不考虑从某一项开始$a_n$全为0的0-1级数, 因为这样的0-1级数是收敛的.
在这里先提出一个问题: 阿贝尔指出如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$收敛, 那么其与Abel权的直积$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n$的和函数$s(x)$在$x=1$处左连续, 这其实就是定理5.2, 或者就是阿贝尔权规范性的一种说法. 那么现在我们问, 级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$收敛这个条件能不能稍作弱化呢？ 即是说如果级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$并不收敛, 但是其部分和数列有界, 那么它的阿贝尔和是否一定存在？
然而事实上却有如下奇妙的结论.
定理1 存在0-1级数, 其阿贝尔和不存在.
我们来关注一下
\begin{align*}
s(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{k_n}
\end{align*}
这个幂级数. 一方面它可以视为0-1级数与阿贝尔权的直积, 而且所有的0-1级数的阿贝尔加权都具有这种形式; 另一方面它还可以看成格兰迪级数与权$\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^{k_n}$的直积, 这也是0-1级数的一个很好的性质.
根据第二种观点, 通过换元的方法可以把权$\sum\limits_{n=0}^{\infty} x^{k_n}$转化为狄利克雷权, 于是就说明了前面曾经提到的格兰迪级数的狄利克雷和在一般情况下并不存在的结论.
根据此定理, 就对刚刚提出的部分和有界的级数其阿贝尔和是否一定存在的问题给出了一个否定的回答. 与格兰迪级数相比, 虽然0-1级数与其具有相似性, 但是0-1级数的部分和数列的分布却并有没什么规律, 那具有规律性的0-1级数就一定依阿贝尔收敛了吗？当然这里规律性只是一种模糊的称法, 下面引入格兰迪级数以外的具有很好规律性的另外一种0-1级数, 在这之前先来看一个函数方程的问题.
是否存在区间$[0,1]$上的连续函数, 满足函数方程$f(x)+f(x^2)=x$. 这个方程似乎与要讨论的0-1级数没有任何的关系, 然而事实上并非如此. 我们不妨来看一看$f$具有什么性质.
在函数方称中带入$x=0$, 可以得到$f(0)=0$. 带入$x=1$, 可以得到$f(1)=\cfrac 12$. 由于$f(x)$连续, 所以有
$\lim\limits_{x\rightarrow 0+} f(x)=0.
$
任取$x\in (0,1)$, 根据$f(x)+f(x^2)=x$得
$
f(x)=x-f(x^2).
$
将其中的$x$换作$x^2$, 就有
$
f(x^2)=x^2-f(x^4).
$
两式做差, 于是就得到了
$
f(x)=x-x^2+f(x^4).
$
再利用$\lim\limits_{x\rightarrow 0+} f(x)=0$以及$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} x^{4^n}=0$就有
$
\lim\limits_{n\rightarrow x^{4^n}} f(x^{4^n})=0.
$
通过迭代的方式可以得到
$
f(x)=x-x^2+x^4-x^8+x^{16}-x^{32}+\cdots=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{2^n}.
$
而这个级数就是一个0-1级数与阿贝尔权的直积. 容易看出这个级数是满足函数方程的, 而且在区间$[0,1)$连续, 于是我们所提的函数方程问题就化为了:
$
\lim\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{2^n}
$
是否存在. 由于它满足函数方程, 所以若是存在的话极限值必然为$\cfrac 12$(根据之后的讨论我们也很期望它是$\cfrac 12$), 这样我们的函数方程问题就能得到解决.
可惜哈代(Hardy)却为我们指出, 对任意的$a>1$,极限
$
\lim\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{a^n}
$
均不存在. 这同时也说明了Abel权的局限性.
虽然极限$\lim\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{2^n}$并不存在, 但还是来关注一下这个0-1级数是什么, 这里列出其部分和的前几项.
$
0,1,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0\cdots
$
把这个数列最前面的0删去, 这对此数列本身的并没有太大的影响. 现在来考虑数列
$
1,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0\cdots
$
它是由$2^{2n}$次方个0和$2^{2n+1}$次方个1相间构成, 对于这个数列, 把最前面的1删去, 得到
$
0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0\cdots
$
再把每一段的0和1的数目减倍, 就有
$
0,1,1,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1\cdots
$
它与要考虑的数列
$
1,0,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0\cdots
$
是对偶的. 当然同样可以进行相似的操作删去0以及长度减半来得到原数列, 或者也可以说这个数列是自相似的. 但是由它作为部分和所确定的0-1级数的阿贝尔和却并不存在, 于是我们就期望有一种方法, 通过这种方法可以使这个0-1级数收敛到$\cfrac 12$, 而且对于柯西收敛的级数均收敛到柯西和, 或者说这种方法是一个规范的求和方式.
为了上述目的, 下面讲述最后两种给出严格定义的和, 这也就是前面说过的切萨罗和的推广形式. 之前讨论过切萨罗和, 也曾指出阿贝尔和是切萨罗和的严格推广, 所以切萨罗和肯定不具有上述性质. 不过为了这个目的, 可以利用切萨罗序列是对部分和序列取平均的性质, 来对切萨罗和作出推广. 先是赫尔德(Hölder)和.
定义2(赫尔德和) 设级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$ 的部分和是$S_n$.
记
\begin{align*}
s_n^{(0)}&=S_n\\
s_n^{(1)}&=\cfrac {s_0^{(0)}+s_1^{(0)}+\cdots+s_n^{(0)}}{n+1}\\
s_n^{(2)}&=\cfrac {s_0^{(1)}+s_1^{(1)}+\cdots+s_n^{(1)}}{n+1}\\
\cdots
\end{align*}
如果对某个r,
$
\lim\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)}=s,
$
就称$s$是级数的$H_r$和.
可以注意到
$\limsup\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r+1)}\le\limsup\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)}
$
以及
$
\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r+1)}\ge\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)},
$
所以如果级数的$H_r$和存在, 那么级数的$H_{r+1}$和就存在且与之相等. 又因为$H_0$和就是柯西和, 所以对任意的$r$均有$H_r$权规范. 另外不难发现$H_r$权是$\mu$权.
由于上限极限的单调性, 这促使我们定义$H_{\infty}$和.
定义3($H_{\infty}$和) 记
$
S=\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\limsup\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)}
$
以及
$
s=\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} s_n^{(r)}.
$
那么显然有$S\ge s$. 如果成立
$
S=s,
$
就称$S$是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的$H_{\infty}$和.
注 $H_{\infty}$和不是权和.
我们知道幂级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n$在收敛半径不小于1时, $\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_nx^n$总是成立的, 如果$S_n$构成的级数有部分和$S_n^{(1)}$, 那么就有
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)^2\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_n^{(1)}x^n.
$
在说明阿贝尔和比切萨罗和更加广泛的时候曾指出过
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)^2\sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)\sigma_nx^n
$
其实正是上述表达式, 启发我们定义另一种和.
定义4($C_r$和) 设级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$ 的部分和是$S_n$.
记
$
S_n^{(0)}=S_n, \text{以及}S_n^{(r+1)}\text{是}S_n^{(r)}\text{的部分和}.
$
如果对某个r,
$
\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \cfrac{S_n^{(r)}}{\binom{n+r}{r}}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \cfrac{r!S_n^{(r)}}{n^r}=S,
$
就称$S$是级数的$C_r$和, 通常把$\cfrac{S_n^{(r)}}{\binom{n+r}{r}}$确定的权称为$C_r$权.
注 $C_r$和最初也是切萨罗所发现的, 这里用切萨罗 r和只是为了与前面经常用到的切萨罗和作区分. 这里分母$\binom{n+r}{r}$的选取依据是使其成为$\mu$权.
类似于$H_r$和, 易见$C_r$和也有相同的上下极限单调的规律. 所以同样可以定义$C_{\infty}$和.
定义5($C_{\infty}$和) 记
$
S=\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\limsup\limits_{n\rightarrow\infty} S_n^{(r)}
$
以及
$
s=\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} S_n^{(r)}.
$
那么显然有$S\ge s$. 如果成立
$
S=s,
$
就称$S$是级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$的$C_{\infty}$和.
注 $C_{\infty}$和同样不是权和.
容易看出$H_1$权与$C_1$权是完全一样的, 都是前面所说的切萨罗的$\sigma$权, 正是由于这个原因, 所以把这两种和都称作是切萨罗和的推广. 另外我们还有结论, 对任意的$r$, $H_r$与$C_r$都是等价的. 但是$H_{\infty}$与$C_{\infty}$等价吗？读者可以对这个问题先作一番思考.
在引入$C_r$之前提到过
\begin{align*}
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_nx^n
\end{align*}
以及
\begin{align*}
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)^2\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_n^{(1)}x^n
\end{align*}
归纳可以得到对任意的$r$都有
$
\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n=(1-x)^r\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_n^{(r)}x^n.
$
据此不难证明
$
\liminf_{n\rightarrow\infty}\cfrac {S_n^{(r)}}{\binom{n+r}{r}}\le\liminf\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n\le\limsup\limits_{x\rightarrow 1^-}\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nx^n\le\limsup_{n\rightarrow\infty}\cfrac {S_n^{(r)}}{\binom{n+r}{r}}.
$
于是就得到了阿贝尔和比$C_{\infty}$和更广泛. 但是是不是严格广泛呢？以及阿贝尔和是不是比$H_{\infty}$和广泛呢？
由于阿贝尔和比$C_{\infty}$和广泛, 所以我们之前讨论的称其部分和具有自相似性的0-1级数的$C_{\infty}$和是不存在的. 但是可以利用它的自相似性, 通过简单的计算得到其$H_r$加权的部分和的上下极限差值是近乎按照递减速度不慢于公比为$\cfrac 13$的等比数列来递减的, 即是说其$H_{\infty}$为$\cfrac 12$. 这也算是给上述问题的一个部分答复.
现在还是继续对0-1级数进行探讨. 前面我们指出了, 存在0-1级数其阿贝尔和不存在, 不过我们并不仅限于此, 而是想得到更进一步的结论. 我们知道, 黎曼证明了一个条件收敛的级数, 可以调整通项的次序使其发散, 但是也可以调整次序使其收敛到任意一个数. 把0-1级数与黎曼的结论作一个类比, 把0-1级数看成格兰迪级数改变通项中不改变次序的调整$-1, 1$的位置, 然后在空位添加0而得到的级数, 于是我们也想得到存在一种对格兰迪级数的调整方式, 或者说存在0-1级数, 其格兰迪和等于任意一个给定的数.
在定理1之后提到过, 0-1级数的阿贝尔加权具有
$
s(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^{k_n}
$
的形式, 于是$s(x)$就满足
\begin{align*}
s(x)&\le x^{k_0}\le 1\\
s(x)\ge &x^{k_0}-x^{k_1}\ge 0
\end{align*}
即是说0-1级数的阿贝尔和如果存在那么必定在0到1之间. 那是不是0到1之间的数都可以取到？
其实这个结论是成立的, 但是直接证这个结论明却异常的复杂, 我们把它写成定理的形式.
定理2 区间[0, 1]中的任何数都是某个0-1级数的阿贝尔和.
但是如果不去直接考虑阿贝尔和而是先考虑切萨罗和, 却可以相对来说很容易的得到区间[0, 1]中的任何数都是某个0-1级数的切萨罗和, 于是根据阿贝尔和更加广泛, 切萨罗和当然也就是阿贝尔和.
再来看一个非常有趣的问题, 也是关于无理数的.
我们知道, $0.101001000100001\cdots$没有循环节, 这是因为它包含任意长度的0串, 所以它不是循环小数, 也就不是有理数. 把它写成
\begin{align*}
\sum\limits_{n=0}^{\infty} (\cfrac 1{10})^{\frac {n(n+1)}2}
\end{align*}
然后乘以$\cfrac 9{10}$, 就成为了
$
(1-\cfrac 1{10})\sum\limits_{n=0}^{\infty} (\cfrac 1{10})^{\frac {n(n+1)}2}.
$
当然这还是一个无理数. 将其与
$
s(x)=(1-x)\sum\limits_{n=0}^{\infty} S_nx^n
$
进行比较, 就可以看出它是某个0-1级数在$x=\cfrac 1{10}$处的取值. 这样就得到了一个结论, 0-1级数与阿贝尔权直积的和函数在有理数点的取值是可以为无理数的. 同样限于在区间$[0, 1)$之间进行讨论. 我们问, 这个0-1级数的幂级数在所有非0的有理数上的取值都是无理数吗？
这是个非常有难度的问题, 我们只是用它来引入所要考虑的问题, 并将汲取它有长度任意的0串的思想, 有兴趣的读者可以单独探讨它, 不过有下述结论.
定理3 存在0-1级数, 其与阿贝尔权的直积在任意非0的有理点处取值为无理数.
由于0-1级数的特殊性以及简单性, 在构造反例时可以优先考虑它, 所以它是一种极其重要的级数. 这里暂且结束对0-1级数的讨论, 有兴趣的读者可以继续探讨0-1级数的某些其他性质.
最后, 既然文章讨论的是发散级数, 那对于发散级数本身的发散速度, 也就有必要指出如下结论.
定理4 设$\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n$是发散的正项级数, 那么存在发散的正项级数$\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n$满足
\begin{align*}
\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \cfrac {b_n}{a_n}=0.
\end{align*}
亦或称没有发散最慢的级数.
从格兰迪级数出发, 我们借由切萨罗求和与柯西求和的比较, 引入了从某种意义上来说最最一般的权收敛以及权和. 之后又通过指出柯西和不过只是一种比较标准的权和, 来说明虽然柯西和是一种特殊的和, 但也并不是绝对的, 这样就可以通过其他的求和方式来对级数进行求和了. 另外我们虽然在弱化柯西和的地位, 但从未对柯西和作过否定. 柯西的定义使人们真正的理解了级数的收敛与发散, 以及提供了很多可以对级数进行严谨操作的基本手段, 其依然具有不可替代的重要性.
通过计算格兰迪级数的权和, 我们发现其和似乎更应该等于$\cfrac 12$, 而不该把它当做一个发散级数来看待. 柯西的理论虽然重要, 但是就如在黎曼的积分理论是有局限性所以要引入勒贝格(Lebesgue)一样, 对于发散级数的研究也是有其理论意义的.
另外欧拉的那些神乎其技的操作发散级数的手段, 并不是无意义的操作, 尤其是在计算整数幂的时候相当于在黎曼ζ函数发现之前就计算出来其平凡零点. 虽然在那个时代无法解释欧拉的工作, 但是他用发散级数来进行渐进估计的手段却异常成功, 而发散级数在渐进估计中的重要性后来也被证实. 譬如在柯西摒弃发散级数后天文学家仍使用发散级数进行计算, 所以研究发散级数也是有其实际意义的. 另外, 拉格朗日(Lagrange)尤其在意发散级数在渐进估计时的应用.
虽然0-1级数可以视为格兰迪级数经过调整得到的, 而且0-1级数的权和都一定可以看成格兰迪级数的权和, 但是0-1级数也是有其自身意义和研究价值的. 因为在非权和的情况, 0-1级数并不能为格兰迪级数所取代, 而又由于其简单性, 它也是个比较易于讨论的级数.
在文章的最后通过对切萨罗权的推广, 引入了两种非权和的权, 从而跳出了权和的框架, 走出了看似所有的和都一定是权和的固定思维. 现在我们问, 能不能定义一种和, 使得任意的级数都有和, 而且柯西和(柯西和一直都是我们判断定义出来的和是否符合常理的基准)存在的级数其和等于柯西和呢？当然可以! 例如把柯西和存在的级数其和就定义成柯西和, 把柯西不存在的级数其和均定义成0, 所以提出的这个问题好像没什么意义. 那如果加上满足级数的和满足加减以及数乘运算这个条件呢？甚至在加上满足级数的柯西乘积的和一定是和的乘积, 这时此问题有解吗？我们曾指出过, 在计算通项为1的级数$1+1+1+1+\cdots$时计算方式不同, 得到的结果也不同, 仔细的观察可以发现这是由于我们默认为$0+1+0+1+\cdots=1+1+1+1+\cdots$造成的, 而且若是默认类似的事情, 那0-1级数就是格兰迪级数, 也就没有其存在的价值了, 可事实上并不是如此. 这里提供一种思路给读者, 就是不要把这两个级数视为同一个级数, 而把级数视为一个无穷维的向量进行处理, 这样级数的加减以及柯西乘积依然可以定义, 但是级数的和不过只是给一个向量赋予了一个数值而已.
除了我们之前给出的几种权之外, 还有许多种类的权, 比如积分形式的权等等, 而且由于级数与积分的统一性, 我们对于积分也有类似的广义和的定义. 对发散级数感兴趣的读者请参读一些发散级数的专著.
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