如何证明黎曼重排定理？
黎曼重排定理，这个名字本身就带着一丝神秘与深刻，它揭示了条件收敛级数一个令人惊叹的特性：通过改变级数的项的顺序，我们可以让级数趋向于任意给定的实数，甚至发散。这个定理的证明并非直观，它需要我们深入理解级数的收敛性以及实数域的结构。今天，我们就来一步步剖析这个精妙的数学证明，体会数学的严谨与力量。
为了方便讲解，我们先明确一下定理的内容：
黎曼重排定理： 如果一个实数级数 $sum_{n=1}^{infty} a_n$ 是条件收敛的，那么存在一个关于自然数 $n$ 的重排（即一个双射函数 $sigma: mathbb{N} o mathbb{N}$），使得重排后的级数 $sum_{n=1}^{infty} a_{sigma(n)}$ 收敛到任意给定的实数 $S$，或者发散到 $+infty$ 或 $infty$。
核心概念回顾：
在深入证明之前，我们先回顾几个关键概念：
条件收敛： 一个级数 $sum a_n$ 是条件收敛的，意味着它的部分和序列收敛，但其绝对值级数 $sum |a_n|$ 发散。这意味着级数中存在正项和负项，它们的“数量”或“影响力”恰好能够相互抵消，使得总和收敛。例如，著名的交错调和级数 $1 frac{1}{2} + frac{1}{3} frac{1}{4} + dots$ 就是条件收敛的。
重排： 重排级数，本质上是改变了级数中各项的出现顺序。如果原级数是有限项的，那么重排不会改变其和。但对于无限项级数，尤其是条件收敛的级数，顺序的改变可能带来翻天覆地的变化。
证明思路概览：
黎曼重排定理的证明并非通过一个直接的构造，而是通过一个“分步逼近”的策略。我们设想的目标是构造一个重排后的级数，使其部分和序列能够“跳跃”到任意指定的值 $S$。这个策略的核心在于：
1. 分离正负项： 由于级数条件收敛，它必然包含无穷多项正数和无穷多项负数。我们将这些正项和负项分别构成两个级数。
2. 逐步逼近目标值： 我们从这些正项和负项中，按照一定的规则选取并累加，使得累加的部分和逐渐“靠近”目标值 $S$。
3. 确保重排的有效性： 在逼近的过程中，我们需要确保我们所做的选择不会漏掉任何一个原级数中的项，并且最终能够构成一个合法的重排。
详细证明步骤：
假设我们有一个条件收敛的级数 $sum_{n=1}^{infty} a_n$。
第一步：分离正负项并验证它们的性质
令 $P = {a_n mid a_n > 0}$ 为级数中的所有正项构成的集合，令 $N = {a_n mid a_n < 0}$ 为级数中的所有负项构成的集合。
由于 $sum a_n$ 条件收敛，我们可以证明以下几个重要结论：
正项级数 $sum_{p in P} p$ 发散到 $+infty$： 如果 $sum_{p in P} p$ 收敛到一个有限值 $L_P$，那么 $sum_{n in P} |a_n| = L_P$ 是有限的。同时， $sum_{n in N} |a_n| = sum_{n in N} (a_n)$ 也必须是有限的（否则如果 $sum_{n in N} |a_n|$ 发散，那么 $sum a_n$ 就会发散）。如果两者都收敛，那么 $sum a_n = sum_{n in P} a_n + sum_{n in N} a_n$ 会收敛，而 $|sum a_n| le sum |a_n| = sum_{n in P} |a_n| + sum_{n in N} |a_n|$ 也是有限的。然而，我们知道 $sum |a_n|$ 发散，这与 $sum a_n$ 条件收敛的假设相矛盾。因此，必然有 $sum_{p in P} p$ 发散到 $+infty$。
负项级数 $sum_{n in N} n$ 发散到 $infty$： 同理，如果 $sum_{n in N} n$ 收敛到一个有限值 $L_N$，那么 $sum_{n in N} |a_n| = L_N$ 是有限的。结合上面的分析，这会导致 $sum |a_n|$ 收敛，再次与条件收敛矛盾。所以， $sum_{n in N} n$ 必然发散到 $infty$。
第二步：构造目标序列的部分和
现在，让我们来构造一个重排后的级数，使其部分和收敛到任意给定的实数 $S$。
我们将从正项和负项中轮流选取，以逐步逼近 $S$。具体步骤如下：
1. 初始化： 从正项中选取足够多的项，使得它们的和大于或等于 $S$。设 $P = {p_1, p_2, p_3, dots}$ 是正项， $N = {n_1, n_2, n_3, dots}$ 是负项（这里我们只是为了方便描述，实际上是根据原级数的下标来取的）。
选择 $p_1, p_2, dots, p_{k_1}$，使得 $sum_{i=1}^{k_1} p_i ge S$ 且 $sum_{i=1}^{k_11} p_i < S$（如果 $p_1 ge S$ 就只取 $p_1$）。
2. 第一次调整（可能向下）： 现在部分和可能已经超过了 $S$。我们从负项中选取足够多的项，使得新的部分和小于或等于 $S$。
选择 $n_1, n_2, dots, n_{j_1}$，使得 $sum_{i=1}^{k_1} p_i + sum_{i=1}^{j_1} n_i le S$ 且 $sum_{i=1}^{k_1} p_i + sum_{i=1}^{j_11} n_i > S$（如果 $sum_{i=1}^{k_1} p_i + n_1 le S$ 就只取 $n_1$）。
3. 第二次调整（可能向上）： 现在部分和可能低于了 $S$。我们再从剩余的正项中选取，使其和再次大于或等于 $S$。
选择 $p_{k_1+1}, dots, p_{k_2}$，使得 $left(sum_{i=1}^{k_1} p_i + sum_{i=1}^{j_1} n_i ight) + sum_{i=k_1+1}^{k_2} p_i ge S$ 且 $left(sum_{i=1}^{k_1} p_i + sum_{i=1}^{j_1} n_i ight) + sum_{i=k_1+1}^{k_21} p_i < S$。
4. 继续交替： 我们如此循环往复，不断地从剩余的正项中选取，直到部分和大于等于 $S$；然后从剩余的负项中选取，直到部分和小于等于 $S$。
第三步：证明构造的级数是合法的重排并收敛到S
我们需要证明上述构造过程能够产生一个合法的重排，并且其部分和序列收敛到 $S$。
合法性：
不漏项： 由于正项级数和负项级数都是发散到无穷的，每一次选择“向上”或“向下”逼近时，我们总能找到足够的项来达到目标。这意味着我们总能找到下一个需要的正项或负项，因此不会漏掉任何原级数中的项。
双射： 我们可以想象一个过程，我们从原级数的所有项中，按照构造的顺序依次取出。每次我们从正项集合中取出一批，再从负项集合中取出一批，这个过程就像是从两个无限集合中轮流抽取元素，最终会涵盖原级数的所有项，且不重复。这构成了一个从自然数到原级数项的 bijection。
收敛到 S：
设 $S_m$ 是构造的重排级数的第 $m$ 个部分和。
我们构造的过程保证了：
每一步选择正项后，部分和会大于等于 $S$，并且与前一步（小于等于 $S$）的差额会趋向于0（因为每次只增加一个或几个较小的正项）。
每一步选择负项后，部分和会小于等于 $S$，并且与前一步（大于等于 $S$）的差额会趋向于0（因为每次只增加一个或几个绝对值较小的负项）。
更严谨地说，设 $P_k$ 是第 $k$ 次选择的正项的总和， $N_j$ 是第 $j$ 次选择的负项的总和。
我们构造的部分和序列 ${T_m}$ 满足：
$T_m ge S$ 且 $T_{m+1} le S$（或者反过来，取决于上次是正项还是负项）。
$|T_m S|$ 的序列趋向于0。
让我们考虑某一步，例如我们刚刚累加了一批正项，使得部分和 $T_{current} ge S$。下一批我们累加负项。因为 $sum |a_n|$ 发散，所以我们知道 $sum_{n in N} |a_n| = infty$。这意味着我们可以找到足够多的负项，使得部分和下降到 $S$ 以下。而且，由于我们每次选择的是剩余的项中最小的一些，例如当我们从正项中选取时，我们总是选取当前剩余正项中较小的，确保单次增加的量不会太大。
具体来说，我们可以证明，连续两个部分和（一个 $ge S$，一个 $le S$）的差值可以任意小。设 $epsilon > 0$ 是任意小的正数。
当我们选择正项使得部分和大于等于 $S$ 时，这个正项的绝对值一定小于某个 $epsilon'$（可以通过证明，如果某次选取的正项本身就很大，会导致差值过大而无法收敛）。
当我们选择负项使得部分和小于等于 $S$ 时，这个负项的绝对值也一定小于某个 $epsilon''$。
因此，部分和序列 ${T_m}$ 被夹在了以 $S$ 为中心的、越来越窄的区间内，而且这个区间的大小趋向于零。根据夹逼定理，部分和序列 ${T_m}$ 收敛到 $S$。
发散的情况
如果我们要构造一个级数发散到 $+infty$，那么我们在每次选择正项时，就选择所有剩余的正项；在选择负项时，就选择绝对值最小的负项，直到部分和大于某个较大的数。重复这个过程，就可以让部分和无限增大。发散到 $infty$ 同理。
定理证明的意义与启示
黎曼重排定理的证明向我们展示了条件收敛级数的内在“不稳定”性。它不仅仅是一个数学结论，更是一种深刻的洞见：
数学的严谨性： 证明过程中的每一步都依赖于严格的逻辑推导和对级数性质的深刻理解，展示了数学证明的严谨与力量。
无穷的魔力： 定理揭示了无穷的奇妙之处，有限的和可以被任意地操纵，但这种操纵并非随心所欲，而是建立在对无穷级数性质的精确把握之上。
对直觉的挑战： 这个定理常常挑战我们对“和”的直观理解。一个看似确定的级数，改变顺序就能产生截然不同的结果，这促使我们更深入地思考“收敛”的本质。
总而言之，黎曼重排定理的证明是一场精妙的数学舞蹈，它通过分离正负项，然后有策略地将它们重新组合，最终实现了对级数求和的“自由操控”。这个过程不仅是数学技巧的体现，更是对无穷世界深刻理解的结晶。
网友意见
【长篇符咒预警～慎点！回答本题，纯粹是因为这题勾起了我由来已久欲一吐为快之槽……请原谅我的无聊。。。】
黎曼重排定理（Riemann Rearrangement Theorem）是关于级数的经典结论，它深刻地展示了条件收敛和绝对收敛在本性上的差别。定理证明背后的直观是明显的，但丝毫不减其结论之震撼。
比较遗憾的是，很多教科书给出的证明非常之“写意”——仅限于展示证明中直观的想法，而（为了节省篇幅）不给出该重排（即一个自然数集上的双射）的具体（算法）构造；是为不满之处。
当然，构造性的证明也并非没有。比如陶哲轩的《分析》一书的§8.2中，就给出了重排的具体构造——惜乎只是给出了证明的框架，而将（几乎全部的）技术细节都留给了读者，仍不能令人满意。
本答案补充此书中该定理证明中的全部 技术细节，并稍作叙述上的调整。鉴于证明中所需命题之序号均引自该书，可直接查看，故不一一赘述。
定理8.2.8（黎曼重排（Riemann Rearrangement））：设实数项级数 条件（而不绝对）收敛， 是任意实数，则存在双射 ，使得 条件收敛至 。
证明：设 ，依引理8.2.7，知级数 与 皆绝对发散。显然， 与 皆是无限（可数）集合（否则 与 两者中必有其一为有限级数，而有限级数不会发散）。那么，根据命题8.1.5，可以找到严格单增的双射 。于是，和 及 皆是绝对发散的（这可以从定义8.2.1的“ ”之逆否得到）。我们的计划是——以良定的顺序从发散级数 与 中选择诸项，保持其和收敛至 。为此，递归地定义序列 如下：
设 且 ， 都已定义好（若 则空真），然后按照下述法则定义 ——
。
由于 与 皆是无限（可数）集合，此递归定义成功，从而集合 与 皆非空，进而由良序原理（命题8.1.4）保证最小元存在。
【直观地说，当部分和小于 时，将非负项加入级数中使之变大；当部分和大于 时，将负项加入级数中使之变小——从而使（重排后的）级数无限地接近 】
那么，可以验证以下结论：
一、映射 是 单射 。
首先，若 ，且 而 ，则 （因为引理8.2.7表明 ）。其次，若 ，且 ，则不妨设 ，依定义有 且 。特别地，由于 ，故 。最后， 的情形完全类似于 。综上，映射 是单射。
二、（关于 定义中的）情形（I）与（II）均 出现无限次 。
反证法。若其中之一（不妨设情形（II））仅出现有限次，则从某一 之后，有 。由于 是发散级数，依命题7.2.4（c），级数的敛散性与此级数前面任意的有限项均无关，故 ， 发散 ↯ （与情形（I）的前提矛盾）。类似地论证表明，若出现有限次的是情形（I）则可导出完全类似的矛盾。
三、映射 是 满射 。
依引理8.2.7， 。若 ，则定义 ，显然它是 中的有限集，依良序原理（命题8.1.4）， 。断言情形（I）第一次出现（依上一部分，情形（I）必然会出现）时的 即是 。这是因为，集合 在第一次被提取元素时，有 。这意味着，第一次被提取最小元的集合是 ，而 ；另一方面，由于 ，故 ，综上即有 ，从而情形（I）第一次出现时的 即是 。继续定义 ，并且仍由上一部分知道情形（I）一定会再次出现，那么类似地，第二次出现情形（I）时被提取的元素 （可比较（在第二次被提取元素时的）集合 与 两者的最小元，均指向同一元素）。由于情形（I）会出现无限次，可以递归地构造出无穷递降链 （即满足 ，后一个集合总比前一个少一个元素），依无限减小原理（§4.4的习题2(a)），这一递降链必停止于某一 ，使得 ，这意味着第 次出现情形（I）时，被提取的元素为—— 。依照完全类同的方法，可以证明 。综上， （这里隐蔽地用到了引理8.2.7），这正是映射 为满射的定义。
四、 。
定义 ，则序列 与 皆是严格单增的（因为集合 和 不交且各自均不存在重复的元素），这意味着 与 均各自为 的子序列（依定义6.6.1）。依级数审敛的零判别法（推论7.2.6）， 由 的条件收敛得到 。依命题6.6.5，子序列 与 均收敛至 ，令 ，则 ，故而 ，这表明序列 是柯西（Cauchy）序列，依命题6.1.12知其收敛。并且，由以上构造还可以看出 。
五、 。
不失一般性地，假设 ，并且率先出现的是情形（I），定义 （指标 ）， ，由二、知情形（II）必然会出现。定义 为首次出现情形（II）时的指标（此时指标 对应于 在序列 的脚标，下同），则显然有 。令 ，则 。而从 开始，情形（II）开始出现，而由二、可知情形（I）会再次出现，定义 为再次出现情形（I）时的指标，则显然有 。令 ，则 。从这一 开始，情形（I）开始出现，依完全同样的论证，即得到指标 且满足 ；然后情形（II）继续出现，产生指标 使得 ……依此类推，得到脚标序列 和部分和序列 并且满足——
- 脚标序列 是严格单增的。
- 。
断言：在 的任意 邻域（ ）内，属于集合 的元素有无穷多个，属于 的元素亦然。
由1. 知 是 的子序列；同时由四、知 收敛于 ，依命题6.6.5得到： ，立见断言为真。
考虑序列 ，依构造可见其子列 和 的每对儿元素 分别构成了有限序列 （其中 ）的上确界和下确界。给定 ，根据以上断言可以看出——使 的部分和 仅存在有限个。将这有限个 按照指标 的奇偶性分成两列——奇数指标的部分和 由大到小降序排列而产生序列 ，偶数指标的部分和 由小到大升序排列而产生序列 （凡遇大小相同时均按指标先后排列）；然后给定 ，仍根据以上断言得到——使 的部分和 仅存在有限个。将它们按照同样的方法分别按奇（偶）整理并按降（升）序排列后，奇数指标（或偶数指标）项对应地续接在前一步得到的有限序列 的最后一项 （或 的最后一项 ）后面，从而得到有限序列 和 ……这样的过程对任何的 以及满足 的部分和 （依二、知这样的部分和 永远存在）都可以完成，所以一直延续（即令 ）这一过程，即可得到无限序列 和 。
进而，以如下步骤从 的项中构造出序列 的上确序列（指的是定义6.4.6中的 ） ：考虑 中的第一个元素 ，将其复制 个加入 作为前 项，然后忽略那些脚标 的 ，从脚标 的 中挑选出脚标最小的那个（依良序原理（命题8.1.4）这可以实现），将其作为第 至 项，以此类推……得到完整的无限序列 。然后，以类同的步骤从序列 的项中建立起序列 的下确序列（指的是定义6.4.6中的 ） 。依上极限和下极限的定义（定义6.4.6），可以看出 ， ；而根据断言和确界的定义（定义5.5.5）， ——依据命题6.4.12（f），就此得到 。
类似的论证可以稍作修正后直接应用至 以及情形（I）或（II）先出现的情况，不影响最终结论。
综上所述， ，令 ，即得所求之 重排 。
类似的话题
本站所有内容均为互联网搜索引擎提供的公开搜索信息，本站不存储任何数据与内容，任何内容与数据均与本站无关，如有需要请联系相关搜索引擎包括但不限于百度，google,bing,sogou 等
© 2025 tinynews.org All Rights Reserved. 百科问答小站 版权所有