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级数的相乘

## 14.4.3 级数的相乘
所谓两个收玫级数相乘，当然不是说将它们的和相乘，而是说能否将两个有限和相乘的规则（也就是分配律）推广到无限项求和的情况．具体来说，就是如何将有限项之和的乘积推广到两个无穷级数相乘的问题。对于有限项之和的乘积来说，例如 $\left(a_1+\cdots+a_m\right)\left(b_1+\cdots+b_n\right)$ ，利用算术运算的结合律，交换律和分配律，这 $m n$项 $a_i b_j$ 的求和顺序怎么做都可以．但对于无穷级数相乘来说，问题就要复杂得多．

设有两个收玫级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n=A$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n=B$ ，则问题就是要考虑如何将所有 $a_i b_j$ 形式的项相加．这当然是一个无穷级数，其中涉及到求和的顺序问题，级数的收玫问题，以及收玫时的和是否等于 $A \cdot B$ 的问题．为清楚起见下面将所讨论的上述级数称为乘积级数．
如图 14.2 所示，将所有 $a_i b_j$ 按照无限阶矩阵（矩阵就是表）的方式列出，然后问题就是按照什么样的顺序将它们求和。

在图14．2中列出了最常用的两种求和方式．分图（a）中的方式可以称为正方形方式，即乘积级数的每一个部分和恰好是表中的一个正方形内的所有项，即 $\left(a_1+\cdots+a_n\right)\left(b_1+\cdots+b_n\right)$ 。分图（b）中的方式可以称为对角线方式，这时的乘积级数中的每一个部分和恰好是表中由对角线组成的一个三角形内的所有项，即 $\sum_{i+j \leqslant n} a_i b_j=\sum_{k=1}^n \sum_{i+j=k} a_i b_j$.
 ![图片](/uploads/2025-02/c3cf66.jpg)
 
 当两个级数都是绝对收玫时，它们的乘积是最容易处理的．这就是下面的定理．
定理 14.9 （级数乘积的 Cauchy 定理）设两个级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 均为绝对收玫，它们的和分别为 $A$ 与 $B$ ，则按任何方式将所有 $a_i b_j$ 相加得到的乘积级数也是绝对收敛的，且以 $A \cdot B$ 为其和。

证 设以某种方式将所有 $a_i b_j$ 的项相加的无穷级数记为 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{i(n)} b_{j(n)}$ ，其中下标 $i(n)$ 与 $j(n)$ 用以标记这个级数中的第 $n$ 项的两个因子在级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$中的位置．

从绝对收玫条件可知存在 $M>0$ ，使得 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_n\right| \leqslant M, \sum_{n=1}^{\infty}\left|b_n\right| \leqslant M$ 成立．任取正整数 $N$ ，记 $a_{i(n)} b_{j(n)}, n=1, \cdots, N$ 中所有下标的最大值为 $N^{\prime}$ ，就有

$$
\sum_{n=1}^N\left|a_{i(n)} b_{j(n)}\right| \leqslant\left(\sum_{n=1}^{N^{\prime}}\left|a_n\right|\right)\left(\sum_{n=1}^{N^{\prime}}\left|b_n\right|\right) \leqslant M^2
$$

这样就证明了以任意求和方式所组成的乘积级数总是绝对收敛的。
由于绝对收玫级数的求和顺序可以任意更动和加括号而保持和不变，因此可以采取如下的正方形方式求和（见图 14．2（a））：

$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_{i(n)} b_{j(n)}=a_1 b_1+\left(a_2 b_1+a_2 b_2+a_1 b_2\right)+\cdots
$$

它的部分和就是 $\sum_{n=1}^N a_n$ 与 $\sum_{n=1}^N b_n$ 的乘积，因此乘积级数的和就是 $A \cdot B$ ．
下面将要讨论当两个收敛级数未必都是绝对收敛情况时的乘积问题。为此首先注意，除了上述 Cauchy 定理证明中的正方形顺序之外，在图14．2（b）中的对角线顺序有特殊的重要性。下面给出有关定义。

定义 14.5 （级数乘积的 Cauchy 定义）对于两个级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ ，构造出下列级数：

$$
a_1 b_1+\left(a_1 b_2+a_2 b_1\right)+\cdots=\sum_{n=2}^{\infty}\left(\sum_{i+j=n} a_i b_j\right)
$$

并称它为原来的两个级数的 Cauchy 乘积级数（简称为 Cauchy 乘积）．
Mertens ${ }^{(1)}$ 发现，对于 Cauchy 乘积来说，Cauchy 定理中的条件可以减弱为只要求一个级数为绝对收敛。

定理 14.10 （Mertens 定理）设两个级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 都收敛，它们的和分别为 $A$ 和 $B$ ，且其中至少有一个为绝对收敛，则它们的 Cauchy 乘积级数收敛，且以 $A B$ 为其和．

为方便起见，我们先证明一个引理．（这就是第二章总练习题中的题 4．）
引理 设 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_n=0$ ，级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 绝对收玫，则有

$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_1 b_n+a_2 b_{n-1}+\cdots+a_n b_1\right)=0
$$

证 记 $z_n=a_1 b_n+a_2 b_{n-1}+\cdots+a_n b_1$ ，则要证明 $\lim _{n \rightarrow \infty} z_n=0$ ．
根据条件存在 $M>0$ ，使得 $\left|a_n\right|<M \forall n$ ，同时 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|b_n\right|<M$ ．然后对 $\forall \varepsilon>0$ ， $\exists K$ ，使得 $\sum_{k=K+1}^{\infty}\left|b_k\right|<\frac{\varepsilon}{2 M}$ ．固定这个 $K$ ，在 $n>K$ 时将 $z_n$ 分拆如下：

$$
\left|z_n\right| \leqslant\left|a_n b_1+\cdots+a_{n+1-K} b_K\right|+\left|a_{n-K} b_{K+1}+\cdots+a_1 b_n\right|
$$

其中第一项的绝对号内有 $K$ 项．
在（14．5）右边的第二项已经可以估计为

$$
\left|a_{n-K} b_{K+1}+\cdots+a_1 b_n\right| \leqslant M \cdot \frac{\varepsilon}{2 M}=\frac{\varepsilon}{2} .
$$

为估计（14．5）右边的第一项，利用条件 $a_n \rightarrow 0, \exists N, \forall n \geqslant N$ ，有 $\left|a_n\right|<\frac{\varepsilon}{2 M}$ ．于是当 $n \geqslant N+K$ 时，就有

$$
\left|a_n b_1+\cdots+a_{n+1-K} b_K\right| \leqslant \frac{\varepsilon}{2 M} \sum_{n=1}^{\infty}\left|b_n\right|<\frac{\varepsilon}{2}
$$

合并以上对（14．5）右边两项的分别估计，可见当 $n \geqslant N+K$ 时就成立 $\left|z_n\right|<\varepsilon$ ．
注 这里的方法就是在 $\S 2.2 .4$ 中证明 Cauchy 命题的方法．
Mertens 定理的证明 不妨设第一个级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收敛．
写出 Cauchy 乘积级数的部分和：

$$
\begin{aligned}
S_n=a_1 b_1+\left(a_1 b_2+a_2 b_1\right) & +\left(a_1 b_3+a_2 b_2+a_3 b_1\right) \\
& +\cdots+\left(a_1 b_n+a_2 b_{n-1}+\cdots+a_n b_1\right)
\end{aligned}
$$

则只要证明 $\lim _{n \rightarrow \infty} S_n=A B$ ．
将级数 $\sum_{n=1}^{\infty} b_n$ 的余项记为 $\left\{r_n\right\}$ ，则有

$$
\begin{aligned}
S_n & =a_1\left(b_1+\cdots+b_n\right)+a_2\left(b_1+\cdots+b_{n-1}\right)+\cdots+a_n b_1 \\
& =a_1\left(B-r_n\right)+a_2\left(B-r_{n-1}\right)+\cdots+a_n\left(B-r_1\right) \\
& =\left(a_1+\cdots+a_n\right) B-\left(a_1 r_n+a_2 r_{n-1}+\cdots+a_n r_1\right)
\end{aligned}
$$

令 $n \rightarrow \infty$ ，则上面最后一式的第一项的极限为 $A B$ ，而第二项中由于 $r_n \rightarrow 0$ ，
$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 绝对收玫，从引理可见极限为 0 ．
还要指出，Mertens 定理在下面的意义上已经是最佳结果，这就是说如果两个收玫级数都是条件收玫级数，则它们的 Cauchy 乘积可以是发散的．

例题 $14.23 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 为 Leibniz 型级数，且为条件收玫，将它自乘，这时的 Cauchy 乘积级数的通项为

$$
C_n=(-1)^{n+1}\left(\frac{1}{\sqrt{1 \cdot n}}+\frac{1}{\sqrt{2 \cdot(n-1)}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n \cdot 1}}\right)
$$

利用平均值不等式，对 $k=0,1, \cdots, n-1$ 有 $\sqrt{(k+1)(n-k)} \leqslant \frac{n+1}{2}$ ，因此有

$$
\left|C_n\right| \geqslant n \cdot \frac{2}{n+1} \rightarrow 2
$$

可见 Cauchy 乘积级数 $\sum_{n=1}^{\infty} C_n$ 发散．
注 在第十五章中利用幕级数工具将会证明，若两个收玫级数的 Cauchy 乘积级数收玫，则两个级数和的乘积等于 Cauchy 乘积级数之和．这里在三个级数都收
玫的条件下不需要其他附加条件．同时也说明了 Cauchy 乘积的重要性（见例题 15．28）．

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