《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§8.2解答

习题8.2

8.2.1证明：已知X是至多可数的集合. 我们先考虑X为可数集时的情况. 在X为可数集时，若 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是在定义8.2.1下绝对收敛的，则有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(g(n))$ （其中g为任一从自然数集到X集的双射）是绝对收敛的，进而有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|$ 为收敛的. 对任意X的有限子集 $A\subseteq X$ ，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{m=1}^{\#(A)} |f(h(m))|$ （其中h为从 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(A)\}$ 到集A的双射）. 由数学归纳法(或由习题3.6.3)我们可以取一个有限实数集的最大值 $M:=max\{g^{-1}(h(j)) : j\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(A)\}\}$ . 然后我们定义有限集合 $A':=\{g(j) : j\in\{i\in\mathbb{N} : 0\leqslant i\leqslant M\}\}$ . 对任意元素 $a\in A$ ，由于h为双射，则存在 $j\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(A)\}$ 使得 $h(j)=a$ ，进而存在自然数 $g^{-1}(h(j))\leqslant M$ 使得 $g(g^{-1}(h(j)))=h(j)=a$ ，故 $a\in A'$ ，即有 $A\subseteq A'$ . 再由命题7.1.11(e)知 $\displaystyle\sum_{x\in A'}|f(x)|=\sum_{x\in A}|f(x)|+\sum_{x\in A'\backslash A}|f(x)|$ ，而归纳易证 $\displaystyle\sum_{x\in A'\backslash A}|f(x)|$ 非负，于是有 $\displaystyle\sum_{x\in A'}|f(x)|\geqslant\sum_{x\in A}|f(x)|$ . 而我们有 $\displaystyle\sum_{x\in A'}|f(x)|=\sum_{n=1}^{M+1}|f(g(n-1))|=\sum_{n=0}^{M}|f(g(n))|$ ，并且我们知道 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}|f(g(n))|$ 为收敛的，记其收敛到实数S，于是我们有 $\displaystyle\sum_{n=0}^{M}|f(g(n))|\leqslant S$ ，即 $\displaystyle\sum_{x\in A'}|f(x)|\leqslant \sum_{x\in X}|f(x)|$ ，进而 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|\leqslant S$ . 综上，我们证明了：对任意X的有限子集A，总有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|\leqslant S$ . 于是有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant S<+\infty$ . 这就证明了若X为可数集，则有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是在定义8.2.1下绝对收敛的 $\Longrightarrow$ $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant S<+\infty$ .

在X为可数集的情况下，若有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ ，我们取任一从自然数集到集X的双射g，考虑无限级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty|f(g(n))|$ ，对任意自然数M，有集合 $A:=\{g(j-1) : j\in\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant M+1\}\}\subseteq X$ 为有限集，则 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ 有上确界，此时 $\displaystyle\sum_{n=0}^M|f(g(n))|=\sum_{n=1}^{M+1}|f(g(n-1))|=\sum_{x\in A}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ 有上确界，故无限级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty|f(g(n))|$ 是收敛的，无限级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f(g(n))$ 是绝对收敛的，即由定义8.2.1知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的. 综上，我们证明了若X为可数集，则有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是在定义8.2.1下绝对收敛的 $\Longleftrightarrow$ $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ .

现在我们来说明X为有限集时的情况. 如果我们照搬对无限级数绝对收敛的定义7.2.8来定义有限级数的绝对收敛，显然所有有限级数都为绝对收敛的. 而我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|=\sum_{x\in A}|f(x)|+\sum_{x\in X\backslash A}|f(x)|$ ( $A\subseteq X$ ，由于X为有限集，所以A也为有限集)，而归纳易证 $\displaystyle\sum_{x\in X\backslash A}|f(x)|$ 非负，于是有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|\geqslant\sum_{x\in A}|f(x)|$ . 于是我们有不等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant\sum_{x\in X}|f(x)|<+\infty$ . 进而我们有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ . （这里补充一点：我们容易证明 $\displaystyle\#(\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\})=2^{\#(A)}$ ，即集合 $\displaystyle\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ 为有限的，于是不等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant\sum_{x\in X}|f(x)|$ 可以加强为等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sum_{x\in X}|f(x)|$ ；或者直接注意到 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|\in\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ 也可得到等式）综上，当X为有限集时，我们有“ $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛”和“ $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ ”同为真确的，所以有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 是绝对收敛的 $\Longleftrightarrow$ $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ .

综上，命题得证. 并且由上面的论证过程我们知道对可数集X，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，那么我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ （g为任一从自然数集到集X的双射）.

8.2.2证明：我们记 $\displaystyle M:=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant 0$ . 我们假设对某正整数n，有集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 是无限的. 我们可以找到一个正整数N使得 $N>nM\geqslant N-1$ . 对任意集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 的有限子集A，由于 $\{x\in X : |f(x)>\frac{1}{n}|\}\subseteq X$ ，进而有 $A\subseteq X$ ，即A也为X的有限子集，于是我们有 $\displaystyle M\geqslant \sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{m=1}^{\#(A)}|f(g(m))|\geqslant\sum_{m=1}^{\#(A)}\frac{1}{n}=\frac{\#(A)}{n}$ (g为任一集 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant \#(A)\}$ 到A的双射). 进而我们有 $\#(A)\leqslant nM<N$ ，于是集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 任何有限子集的基数都小于N，这明显与集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 是无限的相矛盾，故我们的假设不成立，即集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 是有限的.（无限集有任何自然数的基数的有限子集. 可以借助习题8.1.1中“无限集合有可数子集”这一结论证明；就本题来说，可以构造集合 $\{\#(A) : A\subseteq\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}, \text{A finite}\}$ ，于是此自然数集有上界N，于是我们可以取到此集合的最大值，即有某个有限子集 $A_m\subseteq\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 使得 $\#(A_m)=max\{\#(A) : A\subseteq\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}, \text{A finite}\}$ . 用反证法可以证明我们可以取一个 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 中的元素 $x\in \{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 使得 $x\notin A_m$ ，此时 $A_m\cup\{x\}$ 为有限集并且 $\#(A_m\cup\{x\})=\#(A_m)+1>\#(A_m)=max\{\#(A) : A\subseteq\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}, \text{A finite}\}$ . 这个矛盾帮助我们完成了证明）

我们进一步假设存在正整数n，有限集 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 的基数大于nM，即有 $\#(\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\})>N$ ，于是我们有 $\displaystyle\sum_{x\in\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}}|f(x)|=\sum_{m=1}^{\#(\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\})}|f(g(m))|>\sum_{m=1}^{\#(\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\})}\frac{1}{n}>\frac{N}{n}>M$ .(g为任一集 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant \#(A)\}$ 到A的双射)这个矛盾说明对所有正整数n，有限集 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ 的基数不大于nM.——其实我们不需要估计此有限集合的基数大小也可以得到最终结论.

再由命题8.1.9知 $\displaystyle\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}=\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 为至多可数的.

补充一点：上面证明的关键就是构造集合 $\{x\in X : |f(x)|>\frac{1}{n}\}$ ，这个命题的逆命题显然是不成立的. 下面我们提供另一个思路，思路比上面一个复杂，但过程很有趣，只是可惜的是用到了选择公理（至少是可数选择公理）. 我们更喜欢构造性的证明，所以选择公理能少用就少用，由此下面的证明不如上面的可靠和简洁. 现在就开始吧！

当X为至多可数集合时由于 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}\subseteq X$ ，故 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 也是至多可数的，所以我们只需要证明当X为不可数集时命题也成立即可. 我们先做一些准备工作.

命题1：对于无限集X，我们总有等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ .

证明：当X为可数集时，命题1是显然的，所以我们只需要证明X为不可数集时命题1也成立.

设X为不可数集，并且设 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 为绝对收敛的. 由定义8.2.4知 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ . 设C为X的任意可数子集（由习题8.1.1知任何无限集均有可数子集，故此对象是存在的，但其存在与否对我们的论证没有什么影响，这里只是提一下），我们考虑级数 $\displaystyle\sum_{x\in C}f(x)$ 是否绝对收敛. 设g为任一从自然数集到C的双射，对任意自然数N，我们定义有限集合 $B_N:=\{i\in\mathbb{N} : i\leqslant N\}$ 和有限集合 $C_N:=\{g(i) : i\in B_N\}\subseteq C$ ，于是我们有 $\displaystyle\sum_{n=0}^N|f(g(n))|=\sum_{x\in B_N}|f(g(x))|=\sum_{x\in C_N}|f(x)|$ . 由于 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant\sum_{x\in C_N}|f(x)|$ ，进而有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant\sum_{n=0}^N|f(g(n))|$ . 综上，即增序列 $\displaystyle(\sum_{n=0}^N|f(g(n))|)_{N=0}^\infty$ 有上界 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ . 由命题6.3.8知 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^N |f(g(n))|$ 收敛并且 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ ，故此时我们可以依定义8.2.1说 $\displaystyle\sum_{x\in C}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty |f(g(n))|$ ，进而 $\displaystyle\sum_{x\in C}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ . 于是集合 $\displaystyle\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ 是实数子集，因为可数集上的级数都是收敛的. 对任意元素 $\displaystyle a\in\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ ，由上论证知有 $\displaystyle a\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}$ ，所以我们有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ .

对X的任意有限子集D，我们有X\D为不可数集，进而由习题8.1.1知存在可数子集 $C'\subseteq X\backslash D$ ，进而 $C'':=C'\cup D$ 为可数集，容易由上面不等式 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\geqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ 证明 $\displaystyle\sum_{x\in C''}|f(x)|\geqslant\sum_{x\in D}|f(x)|$ ，进而我们有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}\geqslant\sum_{x\in D}|f(x)|$ . 由于D的任意性，进而有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}\leqslant\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ .

综上，当X为不可数集，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 为绝对收敛的那么有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ .

综上，当X为不可数集时，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 不绝对收敛，进而 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=+\infty$ . 用反证法和上面的论证我们容易得到 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}=+\infty$ .

综上，当X为不可数集，总有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ . 所以我们也可以用 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ 是否为实数来判断不可数集X上的级数是否绝对收敛. 当两上确界为实数时，有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 为绝对收敛的.

综上，当X为不可数集时，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，依引理8.2.5我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}|f(x)|=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}|f(x)|\\=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq\{x\in X : f(x)\neq 0\}, \text{A finite}\}\\=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}=\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}$ . 至此我们完成了命题1要做的所有工作.

证明了“命题1”，我们就知道对不可数集X，如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，那么我们有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}<+\infty$ . 从这个不等式我们知道对任意X的可数子集A，我们都有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|$ 收敛. 这是非常神奇的，这说明对任意从自然数集到A的双射g，我们都有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty|f(g(n))|$ 收敛，进而有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(g(n))=0$ . 而我们考虑一个不可数实数子集B，直觉上觉得其一定有一个稠密（稠密的定义见下）子集，因为有比例数集是稠密的却是可数的例子. 如果有稠密子集，我们很容易就得到一个不收敛到0的序列，于是与 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(g(n))=0$ 相矛盾，这样就用反证法证明了命题. 需要说明的是，“实数集的不可数子集一定有稠密子集”这个命题是假的，比如康托尔三分集. 不过却证明了相对弱一点的命题“实数集的不可数子集一定有聚点”，对于引理8.2.5的证明来说也是足够了的. 现在就来证明“实数集的不可数子集一定有聚点”这个命题.

先来定义几个概念（这几个定义不是通常拓扑上的定义，借用名称只是为了形象而已，我们当然可以起另外的名称给如下的定义）:
1.定义一——实数集的连通性：我们说实数集X是连通的，当且仅当X是无限集并且对任意 $a,b\in X$ ，如果 $a<b$ 那么对于每个介于a,b之间的实数c（即 $a<c<b$ ）都有 $c\in X$ . 这个定义当然是很直观的.

有了上面的定义，我们说一个实数集X有连通的子集是指：对实数集X，存在无限子集 $X'\subseteq X$ ，对任意 $a,b\in X'$ ，如果 $a<b$ 那么对于每个介于a,b之间的实数c有 $c\in X'$ .

2.定义二——实数集的离散性：我们说实数集X是离散的，当且仅当X没有连通的子集，即对任意X的子集X'( $X'\subseteq X$ )，如果X’是无限的，那么存在 $a,b\in X'$ 使得 $a<b$ 并且存在介于a,b之间的实数c有 $c\notin X'$ .

3.定义三——实数集的离散性之二：我们说实数集X是离散的，当且仅当对任意 $a,b\in X$ 如果 $a<b$ 那么存在介于a,b之间的实数c有 $c\notin X$ .
实数集离散性的两种定义是等价的，现在我们就证明此事.

定义二和定义三等价证明：已知实数集X为定义三表述的离散：那么对任意X的子集X’，如果X’是无限的，我们很容易选取两个不同元素 $a,b\in X'$ 使得 $a<b$ ，由于 $X'\subseteq X$ ，所以我们也有 $a,b\in X$ ，再由已知得存在介于a,b之间的实数c有 $c\notin X$ ，进而 $c\notin X'$ . 所以此时X也为定义二表述的离散.

已知实数集X为定义二表述的离散：那么对任意 $a,b\in X$ ，如果 $a<b$ ，我们分两种情况讨论：1. $\{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ 为无限集，由于 $\{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}\subseteq X$ 和X为定义二表述的离散，我们知存在 $c,d\in \{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ 使得 $c<d$ 并且存在介于c,d之间的实数e有 $e\notin \{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ ，进而有存在介于a,b之间的实数e有 $e\notin X$ . 2. $\{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ 为有限集，则显然存在 $c\in\{x\in\mathbb{R} : a\leqslant x\leqslant b\}\backslash X$ (或者改为 $c\in\{x\in\mathbb{R} : a\leqslant x\leqslant b\}\backslash \{x\in X : a\leqslant x\leqslant b\}$ )使得在介于a,b之间的实数c有 $c\notin X$ .（我们有 $X\backslash Y=\emptyset\Longleftrightarrow X\subseteq Y$ ）

综上实数集离散性的定义二和三是等价的. 并且由定义三我们容易证明如果X为离散的实数集，那么其每个子集都是离散的.

4.定义四——实数集的稠密性：我们说实数集X是稠密的，当且仅当X是无限的并且对任意 $a,b\in X$ 如果 $a<b$ 那么存在介于a,b之间的实数c有 $c\in X$ . 我们容易举出一个例子：X为稠密的实数集但其有子集是不稠密的.

现在来证明几个关于上面四个定义的命题，来加深理解，

命题2：如果实数集X有连通的子集（即X不是离散的），那么X为不可数集.

证明：我们记此连通的子集为X'( $X'\subseteq X)$ ，由定义一我们可以找到集合 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}\subseteq X'(a,b\in X', a<b)$ . 容易证明集合 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}$ 和集合 $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\}$ 有双射 $f(x):=\frac{x-a}{b-a}$ . 通过正切函数 $g(x)=\tan(x)$ 的伸缩平移变形，我们容易构造集合 $\{x\in\mathbb{R} : 0<x<1\}$ 和 $\mathbb{R}$ 之间的双射 $h(x):=\tan(\pi x-\frac{\pi}{2})$ . 于是函数 $h\circ f$ 为从 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}$ 到 $\mathbb{R}$ 的双射. 下一章我们将证明实数集是不可数的，进而 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}$ 不可数，进而X’不可数，进而X不可数. 这个命题的逆否命题是：如果实数集X是可数集，那么其一定是离散的. 命题2的逆命题不成立，一个显然的例子是所有非比例数组成的集合.

命题3：如果实数集X有连通的子集（即X不是离散的），那么X有子集为稠密的.

证明：我们记此连通的子集为X'( $X'\subseteq X)$ ，由定义一我们可以找到集合 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}\subseteq X'(a,b\in X', a<b)$ . 容易证明集合 $\{x\in\mathbb{R} : a<x<b\}$ 为稠密的. 这个命题的逆否命题是：如果实数集X不存在稠密的子集，那么其一定是离散的. 命题3的逆命题也不成立，一个例子是比例数集.

5.定义五——实数集的相邻性：设X为实数集，对任意元素 $a\in X$ ，我们说a在X中是左相邻的当且仅当：不存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<a$ ，或者存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<a$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x<a\}$ 有 $y\leqslant x_{left}$ . 同理我们可以定义右相邻的概念. 我们说a在X中是相邻的当且仅当a既是左相邻的又是右相邻的. 我们说集合X为相邻集合当且仅当X中的每个元素都是相邻的，一个具体的例子就是自然数集 $\mathbb{N}$ . 我们容易用反证法证明：如果X为相邻实数集合，那么其任意子集也是相邻实数集合. 但是我们容易注意到两个相邻的实数集合的并不一定是相邻的实数集合，比如相邻集合 $\{\frac{1}{2^n} : n\in\mathbb{N}\}$ 和 $\{\frac{1}{2^n}-1 : n\in\mathbb{N}\}$ 相邻集合的并在0处就不是相邻的. 我们还容易证明相邻实数集是离散并且没有稠密子集的. 我们容易证明元素的左（右）相邻数是唯一的.

6.定义六——实数集的聚点：设X为实数集，我们说 $x\in\mathbb{R}$ 是X的一个聚集点，当且仅当对任何实数 $\varepsilon>0$ 有 $\{y\in\mathbb{R} : x-\varepsilon<y<x\text{ or }x<y<x+\varepsilon\}\cap X\neq\emptyset$ . 说其元素 $x\in\mathbb{R}$ 是X的一个左聚集点，当且仅当对任何实数 $\varepsilon>0$ 有 $\{y\in\mathbb{R} : x-\varepsilon<y<x\}\cap X\neq\emptyset$ . 说其元素 $x\in\mathbb{R}$ 是X的一个右聚集点，当且仅当对任何实数 $\varepsilon>0$ 有 $\{y\in\mathbb{R} : x<y<x+\varepsilon\}\cap X\neq\emptyset$ . 容易证明如果元素 $x\in\mathbb{R}$ 是X的左聚点或右聚点，那么其是X聚点，但逆命题不成立. 注意，这里“聚集点”的定义不要求其属于被讨论的集合. 但我们容易证明连通集中的每个元素都是聚点；反之，我们容易知道每个元素都是聚点的实数集不一定是连通集(也即逆命题不成立)，比如对于比例数集. 要注意此“实数集的聚点”与定义9.1.8“实数集的附着点”的细微差别，我们可以证明：聚集点一定是附着点，但附着点不一定是聚集点. 详见定义9.1.18(也即我们可以证明此“实数集的聚点”等价于定义9.1.18).

命题4：设X为实数集，如果X不是相邻集合，那么X有存在元素 $x\in\mathbb{R}$ 有为聚集点.

证明：设X不是相邻的实数集，则存在元素 $a\in X$ 不是在X中相邻的，即a不是在X中左相邻的或者右相邻的. 我们先来考虑a不是在X中左相邻的，由元素左相邻的定义我们知道：存在 $x_{0}\in X$ 使得 $x_{0}<a$ ，并且对每个 $x'\in X$ 有: $x'\geqslant a$ 或者存在 $y\in\{x\in X : x<a\}$ 有 $y>x'$ . 那么对任意元素 $x'\in X$ ，如果 $x'<a$ ，由于a不左相邻，所以存在 $y\in\{x\in X : x<a\}$ 有 $x'<y<a$ . 即对任意元素 $x'\in X$ ，如果 $x'<a$ 那么存在 $y\in X$ 有 $x'<y<a$ . 于是我们可以非构造性的得到一个严格增的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，其每个元素都属于集合 $\{x\in X : x<a\}$ . 其中定义 $a_0:=x_0$ ，由于 $x_{0}<a$ 知存在 $x_1\in X$ 有 $x_0<x_1<a$ ，我们记 $a_1:=x_1$ . 我们可以反证证明这个过程可以无限进行下去. （我不认为这是递归定义，因为递归定义的结果是唯一确定的，是构造性的，这里也许要引入选择公理才能保证其严谨性）. 由于序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 严格增并且有上界a，于是其收敛到其上确界M，即 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=M\leqslant a$ . 进而对任意实数 $\varepsilon>0$ ，都有 $|a_n-M|=M-a_n\leqslant\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon$ ，即 $M-\varepsilon<a_n<M$ ，即 $a_n\in\{y\in\mathbb{R} : M-\varepsilon<y<M\}$ (由于 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 严格增故不可能有 $a_n=M$ ). 所以此时X有左聚点M. 同理可证当a不是在X中右相邻的时有右聚点. 这就完成了证明.

命题5：设X为实数集，如果X是相邻集合并且每个实数都不是此集合聚点，那么X是至多可数的.

证明：我们只需考虑X为无限集的情形. 设X是相邻集合并且每个实数都不是此集合聚点.

由于X为无限集，我们可以取一个元素 $a\in X$ ，于是X可以写为两个集合 $\{x\in X : x\leqslant a\}$ 和 $\{x\in X : x\geqslant a\}$ 的并集. 接下来的工作就是证明两集合都是至多可数集，进而X为至多可数集，这就完成了证明. 以集合 $\{x\in X : x\geqslant a\}$ 为例，我们只考虑其为无限集的情况. 我们定义一个函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow \{x\in X : x\geqslant a\}$ . 我们有 $a\in \{x\in X : x\geqslant a\}$ ，于是定义 $f(0):=a$ . 由于a为相邻的，进而是右相邻的，易证此时为“存在 $x_{right_a}\in X$ 使得 $x_{right_a}>a$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x>a\}$ 有 $y\geqslant x_{right_a}$ ”的情况，于是我们可以定义 $f(1):=x_{right_a}$ . 归纳假设对某自然数n已定义好 $f(n)$ ，那么由于 $f(n)\in \{x\in X : x\geqslant a\}$ ，进而 $f(n)\in X$ ，所以其也是相邻的，进而也是右相邻的，于是我们可以找到一个元素 $x_{right_{f(n)}}\in X$ 使得 $x_{right_{f(n)}}>f(n)$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x>f(n)\}$ 有 $y\geqslant x_{right_{f(n)}}$ ，于是我们定义 $f(n+1):=x_{right_{f(n)}}$ . 这就完成了归纳，我们递归定义了函数f，接下来就是证明其是双射. 很容易证明这个递归函数是严格增的，所以是单射；满射的证明就要多啰嗦一点，用反证法. 我们假设f不是满射，即存在一个元素 $x'\in\{x\in X : x\geqslant a\}$ 使得对于一切自然数n有 $f(n)\neq x'$ . 我们定义集合 $\{n\in\mathbb{N} : f(n)\geqslant x'\}$ ，我们假设 $\{n\in\mathbb{N} : f(n)\geqslant x'\}=\emptyset$ ，即对一切自然数n有 $f(n)< x'$ ，于是增序列 $(f(n))_{n=0}^\infty$ 有上界，进而其收敛到上确界，由命题4的论证过程我们知道上确界是其一个聚点，这个矛盾说明集合 $\{n\in\mathbb{N} : f(n)\geqslant x'\}$ 不空. 于是我们可以取此集合最小值记为 $n_{min}:=min(\{n\in\mathbb{N} : f(n)\geqslant x'\})$ ，于是我们有 $f(n_{min}-1)<x'\leqslant f(n_{min})$ ，而由递归定义我们知道 $f(n_{min}-1)$ 的右相邻数为 $f(n_{min})$ ，所以其中不可能存在任何数，这个矛盾说明了f是满射，这就完成了证明.

命题6：设X为不可数实数集合，那么存在实数为其聚集点. 其逆否命题说明了如果一个实数集没有聚点，那么其为至多可数集.

证明：反证法，由命题5我们知道X不是相邻集合或者存在实数是此集合的聚集点. 由命题4我们知道非相邻集合也有聚集点，所以命题得证.

其实命题6的证明也可以用前面几章节的定理证明：设X为不可数实数集. 对每个整数z，我们记集合 $S_z:=\{x\in\mathbb{R} : z\leqslant x<z+1\}\cap X$ . 容易证明 $\displaystyle\bigcup\{S_z : z\in\mathbb{Z}\}=X$ . 我们假设对每个整数z集合 $S_z$ 都是至多可数的，由习题8.1.9知 $\displaystyle\bigcup\{S_z : z\in\mathbb{Z}\}=X$ 是至多可数的，这是矛盾的，所以存在整数z使得 $S_z$ 是不可数的，即此集合是不可数的有界集合，由习题8.1.1知不可数实数集有可数的子集，进而此可数有界子集可以看成一个序列 $(a_n)^\infty_{n=0}$ 并且此序列对不同的自然数 $m_1\neq m_2$ 有 $a_{m_1}\neq a_{m_2}$ . 再由定理6.6.8(Bolzano-Weierstrass Theorem)知其有收敛的子序列(也即有极限点). 再由此序列对不同的自然数 $m_1\neq m_2$ 有 $a_{m_1}\neq a_{m_2}$ 知此极限点(子序列的收敛值)最多在序列中出现1次(进而在子序列中同样如此)，再根据定义6.4.1(极限点)或定义6.1.5(序列的收敛)知此极限点(子序列的收敛值)是聚点. 或者直接使用引理8.4.5(注意要将不可数有界集合的上确界从其中剔除后再使用)也可证明我们要的结果.

我们快完成了我们的准备工作，只要证明不可数实数集的子集的聚点不是0即可.

命题7：设X为不可数实数集合，那么其聚点不是唯一的.

证明：我们设X为不可数实数集. 由命题6我们知道其存在聚点. 我们假设这个聚点是唯一的，记为R. 对任意正整数 $n\in\mathbb{N}^+$ ，我们记集合 $S_n:=\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n}\text{ or }x\geqslant R+\frac{1}{n}\}\cap X$ . 而 $\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n}\text{ or }x\geqslant R+\frac{1}{n}\}\\=\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n}\}\cup\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant R+\frac{1}{n}\}$ ，于是我们有 $S_n=(\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n}\}\cap X)\cup(\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant R+\frac{1}{n}\}\cap X)$ . 我们假设对某正自然数n’有 $S_{n'}$ 为不可数的，进而有 $\{x\in\mathbb{R} : x\leqslant R-\frac{1}{n'}\}\cap X$ 或者 $\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant R+\frac{1}{n'}\}\cap X$ 为不可数的，但无论哪种情形我们由命题6知其有不同于R的聚点，进而是X的聚点，这与我们的大假设相矛盾，于是对任意正整数 $n\in\mathbb{N}^+$ 有 $S_n$ 为至多可数的. 但是易证 $X\backslash\{R\}=\bigcup\{S_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ ，由习题8.1.9知此时X是至多可数的，这个矛盾说明我们的大假设不成立，于是命题得证.

至此，我们终于可以说：任何不可数的实数集都有非零聚点. 这就完成了准备工作，我们可以回到证明的主线上来了，回顾我们的准备工作，发现集合论中的并公理起到了非常重要的作用.

所以，如果X为不可数的实数集，进而有非零聚点x. 那么我们知对正实数1有集合 $\{y\in\mathbb{R} : x-1<y<x\text{ or }x<y<x+1\}\cap X$ 不空，于是我们可以从中选取一个元素记为 $a_1$ ，并且可以看到 $0<|x-a_1|<1$ . 进而对正实数 $\frac{|x-a_1|}{2}>0$ 有集合 $\{y\in\mathbb{R} : x-\frac{|x-a_1|}{2}<y<x\text{ or }x<y<x+\frac{|x-a_1|}{2}\}\cap X$ 不空，于是我们可以从中选取一个元素记为 $a_2$ ，并且可以看到 $0<|x-a_2|<\frac{|x-a_1|}{2}$ ，进而我们可以看到 $a_1\neq a_2$ . 不断地重复类似步骤就得到一个序列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ （具体点说是有 $a_1\in\{y\in\mathbb{R} : x-1<y<x\text{ or }x<y<x+1\}\cap X$ ； $a_{i+1}\in\{y\in\mathbb{R} : x-\frac{|x-a_i|}{2}<y<x\text{ or }x<y<x+\frac{|x-a_i|}{2}\}\cap X(i\geqslant 1)$ . 如果觉得不严格，加上依序选择公理即可）. 由 $a_1\in\{y\in\mathbb{R} : x-1<y<x\text{ or }x<y<x+1\}\cap X$ ； $a_{i+1}\in\{y\in\mathbb{R} : x-\frac{|x-a_i|}{2}<y<x\text{ or }x<y<x+\frac{|x-a_i|}{2}\}\cap X(i\geqslant 1)$ ，我们可以看到 $0<|x-a_1|<1$ ； $0<|x-a_{i+1}|<\frac{|x-a_i|}{2}(i\geqslant 1)$ . 进而看到 $1>|x-a_1|>2|x-a_2|>...>2^{n-1}|x-a_n|>2^n|x-a_{n+1}|>...>0$ . 进而我们容易证明对自然数 $m_1,m_2\geqslant 1$ ，如果 $m_1\neq m_2$ 那么 $a_{m_1}\neq a_{m_2}$ .

现在来证明 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 收敛到x. 已证 $1>|x-a_1|>2|x-a_2|>...>2^{n-1}|x-a_n|>2^n|x-a_{n+1}|>...>0$ ，进而可以看到对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在正整数N使得 $\frac{1}{2^{N-1}}<\varepsilon$ ，进而对一切整数 $n\geqslant N$ 有： $|a_n-x|\leqslant|a_N-x|<\frac{1}{2^{N-1}}\leqslant\varepsilon$ . 于是乎 $(a_n)_{n=1}^\infty$ 收敛到x. 进一步的，我们可以证明引理9.1.14的实数集聚点版本：设 $X\subseteq\mathbb{R}, x\in\mathbb{R}$ . 我们有x是X的聚集点当且仅当存在一个全由 $X\backslash\{x\}$ 中元素组成的(各项均不相同的)序列 $(a_n)^\infty_{n=1}$ 使得，它收敛到x.

现已知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛(X为不可数集)，由命题一我们知道 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}<+\infty$ . 我们假设 $\{f(x) : x\in X\}\subseteq\mathbb{R}$ 不可数，由上知存在一个实数列 $(a_n)_{n=1}^\infty$ ，对一切自然数 $n\geqslant 1$ 有 $a_n\in\{f(x) : x\in X\}$ 并且其收敛到非零实数. 于是 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 发散，进而 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ 发散. 我们知道集合 $\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}\subseteq\{f(x) : x\in X\}$ 为可数的，注意此时函数 $g:\mathbb{N}^+\rightarrow\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\},g(n):=a_n$ ，容易验证g为双射. 记集合 $M:=\{x\in X : f(x)\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}\}$ ，我们把函数f的定义域限制为M后，由M定义知此时函数值都属于集合 $\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ . 而对任意元素 $e\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ ，有 $e\in\{f(x) : x\in X\}$ ，即对每个 $e\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ 有对某 $x_e\in X$ 有 $f(x_e)=e\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ ，于是此时 $f:M\rightarrow\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ 为满射. 再记 $M_i:=\{m\in M : f(m)=a_i\}(i\in\mathbb{N}^+)$ ，容易验证 $\displaystyle\bigcup_{i\in\mathbb{N}^+}M_i=M$ . 由选择公理我们可以对每个 $i\in\mathbb{N}^+$ ，从 $M_i$ 中选取一个元素记为 $m_i$ ，组成集合 $\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}$ . 此时函数 $f:\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}\rightarrow\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ 为双射. 进而集合 $\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}$ 为X的可数子集，并且易证有 $\{f(x) : x\in\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}\}=\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}$ . 此时有 $\displaystyle\sum_{x\in\{m_i : i\in\mathbb{N}^+\}}|f(x)|=\sum_{x\in\{a_n : n\in\mathbb{N}^+\}}|x|=\sum_{n=1}^\infty |a_n|=+\infty$ ，这与 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq X, \text{A countably infinite}\}<+\infty$ 相矛盾，于是假设不成立，即 $\{f(x) : x\in X\}\subseteq\mathbb{R}$ 至多可数.

现在来证明：对任意 $s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}$ ，有集合 $\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ 为有限的. 用反证法. 假设存在 $s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}$ 使集合 $\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ 为无限的. 则存在可数集 $A\subseteq\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ . 对任意 $a\in A$ 有 $f(a)=s\neq 0$ ，此时 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{n=0}^\infty|s|=+\infty$ ，这与 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛相矛盾，故对任意 $s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}$ 有集合 $\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ 为有限的.

而我们易证 $\displaystyle\bigcup_{s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}}\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}=\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ ，由于 $\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}$ 和 $\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}$ 都是至多可数的，所以 $\displaystyle\bigcup_{s\in\{f(x) : x\in X\}\backslash\{0\}}\{y\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(y)=s\}=\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 是至多可数的，这就完成了证明.

同时我们发现 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 是至多可数的蕴涵 $\{f(x) : x\in X\}$ 至多可数. 所以两者从上述命题中是等价的.

最后我们补充几个例子，加强上面定义的理解：设X为实数集. 我们有——

X为稠密集 $\nRightarrow$ 对每个 $x\in X$ 有x为聚点. 反例： $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\text{ and y is rational}\}\cup\{2\}$ .

对每个 $x\in X$ 有x为聚点 $\nRightarrow$ X为稠密集. 反例： $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\text{ or }2<y<3\}$ .

对每个 $x\in X$ 有x不是相邻的 $\nRightarrow$ 对每个 $x\in X$ 有x为聚点. 反例： $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\}\cup\{2\}$ .

对每个 $x\in X$ 有x为聚点 $\Longrightarrow$ 对每个 $x\in X$ 有x不是相邻的.

证明：设X为每个 $x\in X$ 有x为聚点的实数集. 我们假设有某 $x'\in X$ 有x’是相邻的，进而x’是左相邻和右相邻的. 由于x’是左相邻的，进而有不存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ ，或者存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x<x'\}$ 有 $y\leqslant x_{left}$ . 如果为“不存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ ”的情形，进而我们知道x’为右聚点，进而x’不可能为右相邻的；所以应为“存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x<x'\}$ 有 $y\leqslant x_{left}$ ”的情形，进而我们也知道x’为右聚点，进而x’不可能为右相邻的. 这个矛盾帮助我们完成了证明.

对每个 $x\in X$ 有x不是相邻的 $\nRightarrow$ X为稠密集. 反例： $\{y\in\mathbb{R} : 0<y<1\}\cup\{2\}$ .

X为稠密集 $\Longrightarrow$ 对每个 $x\in X$ 有x不是相邻的.

证明：设X为稠密的实数集. 我们假设存在 $x'\in X$ 有x’是相邻的. 进而x’是左相邻和右相邻的. 由于x’是左相邻的，进而有1.不存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ ，或者2.存在 $x_{left}\in X$ 使得 $x_{left}<x'$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x<x'\}$ 有 $y\leqslant x_{left}$ . 同理由于x’是右相邻的，进而有3.不存在 $x_{right}\in X$ 使得 $x_{right}>x'$ ，或者4.存在 $x_{right}\in X$ 使得 $x_{right}>x'$ 并且对一切 $y\in\{x\in X : x>x'\}$ 有 $y\geqslant x_{right}$ . 我们分四种情形讨论：

1.且3.：此时 $X=\{x'\}$ 为单元素集，这与X为稠密集的定义要求的无限相矛盾，故这种情形不会出现.

1.且4.：此时我们有 $x',x_{right}\in X, x_{right}>x'$ ，并且此时X中没有元素x满足 $x'<x<x_{right}$ ，这与X为稠密的实数集相矛盾，故这种情形不会出现.

2.且3.：类似于1.且4.情形不会出现.

2.且4.：为上面两种情况的综合，亦不会出现.

综上，假设不成立，所以命题得证.

8.2.3证明：(a)当X为有限集时，由命题7.1.11(f)保证；

当X为可数集时，设h为自然数集到集X的双射. 由定义8.2.1和命题7.2.14知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)+\sum_{x\in X}g(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h(n))+\sum_{n=0}^\infty g(h(n))=\sum_{n=0}^\infty (f(h(n))+g(h(n)))$ ，由于 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (f(h(n))+g(h(n)))$ 绝对收敛，进而有 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (f(h(n))+g(h(n)))=\sum_{x\in X}(f(x)+g(x))$ ，所以当X为可数集时命题也成立；

当X为不可数集时，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)+\sum_{x\in X}g(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X : g(x)\neq 0}g(x)$ . 对于任何X的有限子集A，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)+g(x)|\leqslant\sum_{x\in A}|f(x)|+\sum_{x\in A}|g(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq X, \text{B finite}\}+\sup\{\sum_{x\in B}|g(x)| : B\subseteq X, \text{B finite}\}<+\infty$ ，进而 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)+g(x)| : A\subseteq X, \text{A finite}\}<+\infty$ ，故 $\displaystyle\sum_{x\in X}(f(x)+g(x))$ 绝对收敛. 于是 $\displaystyle\sum_{x\in X}(f(x)+g(x))=\sum_{x\in X : f(x)+g(x)\neq 0}(f(x)+g(x))$ . 对至多可数集合X’，由引理8.2.5中绝对收敛级数 $\displaystyle\sum_{x\in X'}f(x)$ 定义值为 $\displaystyle\sum_{x\in X' : f(x)\neq 0}f(x)$ 的一般性我们知道 $\displaystyle\sum_{x\in X' : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X' : f(x)\neq 0}g(x)=\sum_{x\in X' : f(x)+g(x)\neq 0}(f(x)+g(x))$ . 于是乎，对于不可数集合X，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)+\sum_{x\in X}g(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X : g(x)\neq 0}g(x)\\=\sum_{x\in\{x\in X : f(x)\neq 0\} : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in\{x\in X : g(x)\neq 0\} : g(x)\neq 0}g(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X : g(x)\neq 0}g(x)\\=\sum_{x\in X : f(x)+g(x)\neq 0}(f(x)+g(x))=\sum_{x\in X}(f(x)+g(x))$ . 这就完成了证明.

(b)当X为有限集时由命题7.1.11(g)保证：当X为可数集时由定义8.2.1和命题7.2.14(b)保证；当X为不可数集时，我们易证：如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，那么 $\displaystyle\sum_{x\in X}cf(x)$ 也绝对收敛. 所以 $\displaystyle c\sum_{x\in X}f(x)=c\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}cf(x)=\sum_{x\in X}cf(x)$ .

(c)第一部分：当X为有限集时由命题7.1.11(e)保证；

当X为可数集时我们容易证明 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)$ 和 $\displaystyle\sum_{x\in X_2}f(x)$ 都是绝对收敛的. 如果 $X_1$ 、 $X_2$ 中有一个为有限的，不失一般性不妨设 $X_1$ 为有限的. 我们设g’为从自然数集到 $X_2$ 的双射，设g”为从 $\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(X_1)\}$ 到 $X_1$ 的双射. 我们定义一个新函数 $g':\mathbb{N}\rightarrow X_1\cup X_2$ ，对一切自然数 $0\leqslant n\leqslant\#(X_1)-1$ ，定义 $g(n):=g''(n+1)$ ；对其余自然数定义 $g(n):=g'(n-\#(X_1))$ . 容易证明g为双射. 此时 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(g(n))=\sum_{n=0}^{\#(X_1)-1} f(g(n))+\sum_{n=\#(X_1)}^\infty f(g(n))\\=\sum_{n=1}^{\#(X_1)} f(g(n-1))+\sum_{n=0}^\infty f(g(n-\#(X_1)))$ . 容易证明此时 $h_1:\{i\in\mathbb{N} : 1\leqslant i\leqslant\#(X_1)\}\rightarrow X_1, h_1(n):=g(n-1)$ 和 $h_2:\mathbb{N}\rightarrow X_2, h_2(n):=g(n-\#(X_1))$ 均为双射. 故 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}f(x)=\sum_{n=1}^{\#(X_1)} f(g(n-1))+\sum_{n=0}^\infty f(g(n-\#(X_1)))\\=\sum_{n=1}^{\#(X_1)} f(h_1(n))+\sum_{n=0}^\infty f(h_2(n))=\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)$ . 这就完成了这种情形的证明；如果 $X_1$ 、 $X_2$ 均为可数集，我们知道 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h'(n))$ 和 $\displaystyle\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h''(n))$ (h’、h”分别为自然数集到 $X_1$ 和自然数集到 $X_2$ 的双射). 于是乎 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h'(n))+\sum_{n=0}^\infty f(h''(n))=\sum_{n=0}^\infty (f(h'(n))+f(h''(n)))$ . 我们定义函数 $h_3:\mathbb{N}\rightarrow X_1\cup X_2$ ，对一切自然数n，有 $h_3(2n):=h'(n);h_3(2n+1):=h''(n)$ . 容易证明 $h_3$ 为双射. 此时序列 $\displaystyle(\sum_{n=0}^N(f(h'(n))+f(h''(n))))_{N=0}^\infty$ 为 $\displaystyle(\sum_{n=0}^N(f(h_3(n))))_{N=0}^\infty$ 的子序列（因为总有 $\displaystyle\sum_{n=0}^N(f(h'(n))+f(h''(n)))=\sum_{n=0}^{2N}(f(h_3(n)))$ 对一切自然数N成立），故 $\displaystyle\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^N(f(h'(n))+f(h''(n)))=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{N}(f(h_3(n)))$ ，即 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{x\in X}f(x)$ . 这就完成了X为可数集时的证明；

当X为不可数集时，同理我们可证 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)$ 和 $\displaystyle\sum_{x\in X_2}f(x)$ 都是绝对收敛的. 当 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 为有限的时，则有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{x\in X_1 : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X_2 : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in\{x\in X_1 : f(x)\neq 0\}\cup\{x\in X_2 : f(x)\neq 0\}}f(x)\\=\sum_{x\in X_1\cup X_2 : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in X}f(x)$ . 这就完成了这种情形的证明；当 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 为可数集，由上面论证知 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}f(x)+\sum_{x\in X_2}f(x)=\sum_{x\in X_1 : f(x)\neq 0}f(x)+\sum_{x\in X_2 : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in\{x\in X_1 : f(x)\neq 0\}\cup\{x\in X_2 : f(x)\neq 0\}}f(x)\\=\sum_{x\in X_1\cup X_2 : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{x\in X}f(x)$ . 这就完成了第一部分的证明.

第二部分：当 $X_1$ 、 $X_2$ 均为有限集时由命题7.1.11(e)保证；

当 $X_1$ 、 $X_2$ 中一个为可数集另一个为有限集时，容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的，参照第一部分的证明我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)$ ；

当 $X_1$ 、 $X_2$ 均为可数集时，容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的，参照第一部分的证明我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)$ ；

当 $X_1$ 为不可数集、 $X_2$ 为至多可数集时，容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的. 此时我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1 : h(x)\neq 0}h(x)+\sum_{x\in X_2 : h(x)\neq 0}h(x)=\sum_{x\in\{x\in X_1 : h(x)\neq 0\}\cup\{x\in X_2 : h(x)\neq 0\}}h(x)\\=\sum_{x\in X_1\cup X_2 : h(x)\neq 0}h(x)=\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)$ .

当 $X_1$ 、 $X_2$ 均为不可数集时，容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的. 此时我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1 : h(x)\neq 0}h(x)+\sum_{x\in X_2 : h(x)\neq 0}h(x)=\sum_{x\in\{x\in X_1 : h(x)\neq 0\}\cup\{x\in X_2 : h(x)\neq 0\}}h(x)\\=\sum_{x\in X_1\cup X_2 : h(x)\neq 0}h(x)=\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)$ .

其实第二部分的证明可以总结为一句话：由定义8.2.4容易证明 $\displaystyle\sum_{X_1\cup X_2}h(x)$ 为收敛的. 那么 $\displaystyle\sum_{x\in X_1\cup X_2}h(x)=\sum_{x\in X_1}h(x)+\sum_{x\in X_2}h(x)$ 由第一部分的证明所保证.

(d)当X为有限集是由命题7.1.11(c)保证；当X为可数集时，易知Y也为可数集，进而有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{n=0}^\infty f(h(n))=\sum_{n=0}^\infty f(\varphi\circ h'(n))=\sum_{n=0}^\infty f(\varphi(h'(n)))=\sum_{y\in Y}f(\varphi(y))$ (h为自然数集到X的双射；h’为自然数集到Y的双射). 由定义8.2.1知其为绝对收敛的；当X为不可数集时，易知Y也为不可数集. 当函数 $\varphi:Y\rightarrow X$ 的定义域限制到 $\{y\in Y : f(\varphi(y))\neq 0)\}$ 时，易证有 $\{\varphi(y) : y\in\{y\in Y : f(\varphi(y))\neq 0)\}\}=\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ . 于是有 $\varphi:\{y\in Y : f(\varphi(y))\neq 0)\}\rightarrow\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 是双射. 当 $\{x\in X : f(x)\neq 0\}$ 为至多可数集时，我们有 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)=\sum_{y\in Y : f(\varphi(y))\neq 0}f(\varphi(y))=\sum_{y\in Y}f(\varphi(y))$ . 这就完成了证明.

8.2.4证明：从7.3级数的重排和例7.4.4知：对于在可数集X上的无限级数 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ ，我们说其条件收敛，即存在双射函数 $g:\mathbb{N}\rightarrow X$ ，使得 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f(g(n))$ 为条件收敛的.

现在我们来证明 $A_+,A_-$ 均为可数集. 由于 $A_+\cup A_-=\mathbb{N}$ ，则 $A_+\subseteq\mathbb{N}$ ，故 $A_+$ 为至多可数集. 我们假设 $A_+$ 为有限的，进而 $A_-$ 为可数的. 我们记 $A_+$ 中最大元素为 $M:=max(A_+)$ . 进而对一切自然数 $n>M$ ，有 $a_n<0$ . 由于 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n$ 条件收敛，由命题7.2.14(c)知 $\displaystyle\sum_{n=M+1}^\infty a_n$ 也条件收敛. 而前面已说明对一切自然数 $n>M$ 有 $a_n<0$ ，进而我们有 $\displaystyle\sum_{n=M+1}^\infty -a_n$ 绝对收敛. 此时 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty|a_n|=\sum_{n=0}^M|a_n|+\sum_{n=M+1}^\infty -a_n$ 收敛，即 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n$ 绝对收敛，这个与题设矛盾，故假设不成立，所以有 $A_+$ 为可数集. 同理可证 $A_-$ 为可数集.

于是乎，我们记集合 $P:=\{a_n : n\in\mathbb{N}\}$ ，记函数 $f:\mathbb{N}\rightarrow P, f(n):=a_n$ . 由题设和定义8.2.1知级数 $\displaystyle\sum_{n\in\mathbb{N}}f(n)=\sum_{n\in\mathbb{N}}a_n$ 不是绝对收敛的，即 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq\mathbb{N}, \text{A finite}\}=+\infty$ . 我们假设 $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 和 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 均绝对收敛，即 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_+, \text{B finite}\}<+\infty$ 并且 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_-, \text{B finite}\}<+\infty$ . 对任意自然数集的有限集 $A\subseteq\mathbb{N}$ ，我们定义 $A_1:=\{n\in A : a_n\geqslant 0\};A_2:=\{n\in A : a_n<0\}$ . 则有 $A_1\cup A_2=A;A_1\cap A_2=\emptyset$ . 由于 $A_1\subseteq A_+$ ，则有 $\displaystyle\sum_{x\in A_1}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_+, \text{B finite}\}$ ；同理可证 $\displaystyle\sum_{x\in A_2}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_-, \text{B finite}\}$ . 进而 $\displaystyle\sum_{x\in A}|f(x)|=\sum_{x\in A_1}|f(x)|+\sum_{x\in A_2}|f(x)|\leqslant\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_+, \text{B finite}\}+\sup\{\sum_{x\in B}|f(x)| : B\subseteq A_-, \text{B finite}\}$ ，进而有 $\displaystyle\sup\{\sum_{x\in A}|f(x)| : A\subseteq\mathbb{N}, \text{A finite}\}<+\infty$ ，这是矛盾的，所以假设不成立，即我们有 $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 不绝对收敛或 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 不绝对收敛. 我们假设 $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 绝对收敛且 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 不绝对收敛. 定义新函数 $g:\mathbb{N}\rightarrow\{-x : x\in P\}$ ，如果 $a_n\geqslant 0, g(n):=-a_n$ ；否则 $g(n):=0$ . 此时 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty g(n)=-\sum_{n\in A_+}a_n$ 为绝对收敛的，进而 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty g(n)+\sum_{n=0}^\infty a_n$ 为收敛的，进而 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (g(n)+a_n)$ 为绝对收敛的，即 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_n$ 是绝对收敛的，这是矛盾的；同理可证“ $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 不绝对收敛且 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 绝对收敛”假，所以只能为： $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 不绝对收敛且 $\displaystyle\sum_{n\in A_-}a_n$ 不绝对收敛，进而两者都是条件发散的，这就完成了证明.

8.2.5证明：1.从引理8.2.7中证明可知 $A_+,A_-$ 均为可数集；或者由有限集均为绝对收敛的.

2.如果 $\displaystyle\sum_{m=0}^\infty a_{f_+(m)}$ 是绝对收敛的，则 $\displaystyle\sum_{n\in A_+}a_n$ 是绝对收敛的； $\displaystyle\sum_{m=0}^\infty a_{f_-(m)}$ 同理.

3.已知递归定义是成功的. 对任意 $j_1,j_2\in\mathbb{N}$ ，如果 $j_1\neq j_2$ ，由 $n_j$ 的递归定义知可分四种情况讨论：a. $n_{j_1}\in A_+$ 且 $n_{j_2}\in A_-$ ，此时显然由于 $A_+\cap A_-=\emptyset$ 知 $n_{j_1}\neq n_{j_2}$ ；b. $n_{j_1}\in A_-$ 且 $n_{j_2}\in A_+$ ，理由同a；c. $n_{j_1},n_{j_2}\in A_+$ . 如果 $j_1<j_2$ ，则由(I)定义知 $n_{j_1}\neq n_{j_2}$ 、同理知如果 $j_1>j_2$ ，则 $n_{j_1}\neq n_{j_2}$ ；d. $n_{j_1},n_{j_2}\in A_-$ . 同理如c知 $n_{j_1}\neq n_{j_2}$ . 综上，映射 $j\mapsto n_j$ 是单射.

4.我们假设情形(I)出现有限I次，我们记最后一次出现情形(I)为 $j_{max}$ . 即对一切自然数 $j\geqslant j_{max}+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ ，此时 $n_j\in A_-$ ，进而 $a_{n_j}<0$ . 我们记 $\displaystyle S:=\sum_{0\leqslant i<j_{max}+1}a_{n_i}-L\geqslant 0$ . 那么对一切自然数 $j>j_{max}+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j_{max}+1}a_{n_i}+\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ ，即对一切自然数 $j>j_{max}+1$ 有 $\displaystyle\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant -S$ . 而 $\displaystyle\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{n_i}$ 为随j严格递减的，其有下界-S，故其收敛，进而绝对收敛.

对任意自然数j，记自然数 $\displaystyle q_j:=\#(\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}\geqslant L\})$ ，其意义为下标小于j的 $n_j$ 有多少由情形(II)定义. 现在我们证明一个命题：对任意自然数j，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ 则有 $n_j=f_-(q_j)$ .

证明：对j进行归纳. 对自然数0，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<0}a_{n_i}\geqslant L$ ，这说明是第一次出现情形(II). 此时 $\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<0\}=A_-$ ，进而有 $n_0=min(A_-)=f_-(0)$ ，此时有 $\displaystyle q_0=\#(\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<0\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}\geqslant L\})=0$ ，进而 $n_0=f_-(q_0)$ . 这就完成了归纳基始.

归纳假设对一切自然数 $0\leqslant p<j(j\in\mathbb{N},j>0)$ ，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<p}a_{n_i}\geqslant L$ 则有 $n_p=f_-(q_p)$ . 那么对自然数j，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ ，此时易证

$\displaystyle\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}\\=\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ . 由归纳假设知此时：

$\displaystyle\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}\\=\{n\in A_- : n\neq f_-(q_i)\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

进而我们有 $\displaystyle n_j=min\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}\\=min\{n\in A_- : n\neq f_-(q_i)\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

而易知 $A_-=\{f_-(n) : n\in\mathbb{N}\}$ . 于是乎上面的等式变为 $\displaystyle n_j=min\{n\in \{f_-(n') : n'\in\mathbb{N}\} : n\neq f_-(q_i)\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

我们易证 $\displaystyle \{n\in \{f_-(n') : n'\in\mathbb{N}\} : n\neq f_-(q_i)\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}\\=f_-(\{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\})$ .

由于 $f_-$ 为增函数，所以只需要找到集合 $\displaystyle \{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ 的最小元素即可.

而对任意 $\displaystyle i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}$ ，我们有 $q_{i+1}=q_i+1$ . 由于 $j>i$ 和 $q_i$ 为增函数，进而有 $q_j\geqslant q_{i+1}>q_i$ . 所以我们有 $\displaystyle q_j\in\{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

对任意自然数 $\displaystyle i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}$ ，对任意自然数 $n<q_i$ ，由于情形(II)出现无限多次并且 $q_0=0$ 知函数 $q_t$ 为到值域 $\mathbb{N}$ 的满射函数. 进而存在自然数m使得 $q_m=n<q_i$ . 再由函数 $q_t$ 为增函数知有 $m<i$ . 由此我们知道集合 $\{m\in\mathbb{N} : q_m=n\}$ 非空并且有上界i，于是我们可以取到其最大值记为 $m_{max}:=max\{m\in\mathbb{N} : q_m=n\}$ . 由此我们得到了 $q_{m_{max}}=n, q_{m_{max}+1}=n+1$ ，所以我们有 $\displaystyle \sum_{0\leqslant k<m_{max}}a_{n_k}\geqslant L$ . 综上，我们证明了如下命题：对任意自然数 $\displaystyle i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}$ ，对任意自然数 $n<q_i$ ，存在自然数 $\displaystyle i'\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}$ 使得 $q_{i'}=n$ .

综上，对任意自然数 $n<q_j$ ，有 $\displaystyle n\notin \{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ . 这就证明了 $\displaystyle q_j=min\{n\in\mathbb{N} : n\neq q_i\text{ for all }i\in\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant k<t}a_{n_k}\geqslant L\}\}$ .

这就完成了归纳证明，所以对任意自然数j，如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ 则有 $n_j=f_-(q_j)$ .（值得说明：如果对 $q_j$ 进行归纳证明会更简洁！）

故对一切自然数 $j\geqslant j_{max}+1$ 有 $n_j=f_-(j-I)$ . 于是 $\displaystyle\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{n_i}=\sum_{j_{max}+1\leqslant i<j}a_{f_-(i-I)}=\sum_{i=j_{max}+1-I}^{j-1-I}a_{f_-(i)}$ ，故 $\displaystyle\sum_{i=j_{max}+1-I}^{\infty}a_{f_-(i)}$ 是绝对收敛的，进而 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}a_{f_-(m)}$ 是绝对收敛的，这是一个矛盾，故假设不成立，所以情形(I)出现无限多次，同理可证情形(II)出现无限多次.

5.现在我们来证明映射 $j\mapsto n_j$ 是满射. 对任意元素 $n\in\mathbb{N}$ ，如果 $n\in A_-$ ，由 $f_-$ 的双射性知恰存在一个自然数n’使得 $f_-(n')=n$ . 我们假设对所有 $\displaystyle j\in\{m\in\mathbb{N} : \sum_{0\leqslant k<m}a_{n_k}\geqslant L\}$ 有 $n_j\neq n$ . 由上面4.的证明我们知道有 $f_-(q_j)\neq f_-(n')$ ，进而有 $q_j\neq n'$ ，即情形(II)不可能出现第n’次，这与4.的结果相矛盾，故假设不成立，于是存在 $j\in\mathbb{N}$ 有 $n_j=n$ . 同理可证当 $n\in A_+$ 的情形. 综上，映射 $j\mapsto n_j$ 是满射.

6.由推论7.2.6知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ . 故由定义6.6.1知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_{f_+(n)}=\lim_{n\rightarrow\infty}a_{f_-(n)}=0$ . 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在自然数 $N_+$ 使对一切自然数 $n\geqslant N_+$ 有 $|a_{f_+(n)}|\leqslant\varepsilon$ 和存在自然数 $N_-$ 使对一切自然数 $n\geqslant N_-$ 有 $|a_{f_-(n)}|\leqslant\varepsilon$ . 由上面5.的论证我们知存在 $j_+,j_-\in\mathbb{N}$ 使得 $n_{j_+}=f_+(N_+),n_{j_-}=f_-(N_-)$ . 我们取 $J:=max\{j_+,j_-\}$ ，那么对一切自然数 $j\geqslant J$ ，如果 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant L$ ，此时 $j\geqslant J\geqslant j_-$ ，进而有 $q_j\geqslant q_{j_-}$ ，再由 $f_-$ 的单调增知 $f_-(q_j)\geqslant f_-(q_{j_-})$ . 由于 $n_{j_-}=f_-(N_-)\in A_-$ ，则有 $n_{j_-}$ 由情形(II)定义，进而 $f_-(q_j)\geqslant n_{j_-}=f_-(N_-)$ ，进而 $q_j\geqslant N_-$ ，此时 $|a_{n_j}|=|a_{f_-(q_j)}|\leqslant\varepsilon$ . 同理可证当 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<L$ 时有 $|a_{n_j}|\leqslant\varepsilon$ . 综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ 我们总可以找到自然数J使得对一切自然数 $j\geqslant J$ 有 $|a_{n_j}|\leqslant\varepsilon$ ，进而 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}a_{n_j}=0$ .

7.对任意实数 $\varepsilon>0$ ，由于 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}a_{n_j}=0$ ，则存在自然数J’使对一切自然数 $j\geqslant J'$ 有 $|a_{n_j}|\leqslant\varepsilon$ . 我们记集合 $\displaystyle E:=\{j\in\mathbb{N} : \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<L\text{ and }\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}\geqslant L\}$ . 我们现在来证明E为无限集. 用反证法. 我们假设E为有限集，记其最大元素为 $j_{max}$ . 那么对一切自然数 $j>j_{max}$ ，都不会出现 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<L\text{ and }\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}\geqslant L$ . 则对一切自然数 $j>j_{max}$ ，如果 $n_j$ 由情形(I)定义那么 $n_{j+1}$ 由情形(I)定义. 我们知道 $n_{j_{max}+1}$ 不是情形(I)定义就是情形(II)定义. 如果 $n_{j_{max}+1}$ 是情形(I)定义，由上结论归纳知对一切自然数 $j>j_{max}$ 有 $n_j$ 由情形(I)定义，进而情形(II)知出现有限多次，这与4.的结论矛盾，故我们知道 $n_{j_{max}+1}$ 是情形(II)定义，进而同样归纳知也有对一切自然数 $j>j_{max}$ 有 $n_j$ 由情形(II)定义，这与4.的结论矛盾. 这两个矛盾说明假设不成立，即E为无限集.

易证 $\{e\in E : e<J'\}$ 为有限集，进而 $\{e\in E : e\geqslant J'\}$ 为无限集. 我们记 $J:=min\{e\in E : e\geqslant J'\}$ . 于是 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<J+1}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<J}a_{n_i}+a_{n_J}\leqslant\sum_{0\leqslant i<J}a_{n_i}+|a_{n_J}|<L+\varepsilon$ . 我们假设对某自然数 $j>J+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}>L+\varepsilon$ . 我们记 $j':=j-1>J$ ，而由 $J\geqslant J'$ 知 $j'>J'$ ，故 $|a_{n_{j'}}|\leqslant\varepsilon$ ，即有 $a_{n_{j'}}\leqslant\varepsilon$ . 则有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j'+1}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}+a_{n_{j'}}>L+\varepsilon$ ，进而 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}\geqslant L$ . 此时 $n_{j'}$ 由情形(II)定义，进而有 $a_{n_{j'}}<0$ . 故 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}+a_{n_{j'}}<\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}$ ，即有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}>L+\varepsilon$ . 向后归纳可得对一切自然数 $J+1<j''\leqslant j$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j''}a_{n_i}>L+\varepsilon$ . 综合起来有 $\displaystyle L\leqslant\sum_{0\leqslant i<J+1}a_{n_i}<L+\varepsilon$ 并且 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<J+2}a_{n_i}>L+\varepsilon$ ，即 $a_{n_{J+1}}>0$ ，但这与题设的递归定义相矛盾，故假设不成立，则对一切自然数 $j>J+1$ 均有 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\leqslant L+\varepsilon$ .

综上，对任意实数 $\varepsilon>0$ ，可以找到J+2使对一切自然数 $j\geqslant J+2$ 有 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\leqslant L+\varepsilon$ . 同理可证：对任意实数 $\varepsilon>0$ ，可以找到自然数K使对一切自然数 $k\geqslant K$ 有 $\displaystyle \sum_{0\leqslant i<k}a_{n_i}\geqslant L-\varepsilon$ .

那么对任意实数 $\varepsilon>0$ ，我们取 $M:=max\{J+2,K\}$ ，则对一切自然数 $j\geqslant M$ 有 $\displaystyle L-\varepsilon\leqslant\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\leqslant L+\varepsilon$ ，即 $\displaystyle |\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}-L|\leqslant\varepsilon$ ，故 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=L$ .

8.2.6证明：有了定理8.2.8的证明思路，我们很容易证明此命题，证明框架是完全一样的.

我们记集合 $A_+:=\{n\in\mathbb{N} : a_n>0\}$ 和 $A_-:=\{n\in\mathbb{N} : a_n\leqslant 0\}$ . 易证两集合具有引理8.2.7中所有性质. 由命题8.1.5知有严格增的双射 $f_+:\mathbb{N}\rightarrow A_+$ 以及 $f_-:\mathbb{N}\rightarrow A_-$ . 同理我们知 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}f_+(m)$ 和 $\displaystyle\sum_{m=0}^{\infty}f_-(m)$ 均不是绝对收敛的，我们定义一个自然数序列 $n_0,n_1,n_2,...$ 如下：

定义 $C_j:=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }i<j\}+1$ ，其意义为：对一切小于j的自然数i已定义好 $n_i$ ，考虑 $n_0,n_1,...,n_{j-1}$ 中有多少个属于 $A_-$ ，再加上1. 显然的是 $C_0=1$ . 我们再递归定义 $n_j$ 如下：

(I)如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<(a_{min(A_+)}\cdot C_j)$ ，则令 $n_j:=min\{n\in A_+ : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}$ .

(II)如果 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant(a_{min(A_+)}\cdot C_j)$ ，则令 $n_j:=min\{n\in A_- : n\neq n_i\text{ for all }i<j\}$ .

然后对一切i我们令 $f(i):=n_i$ 就得到这个双射函数.

直观地说，我们向级数加入一定数量的正数使其满足一定条件后，才加入一个非负数到级数中，这样做使其发散到正无穷.

我们现在来证明这样定义的 $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ 符合题目要求.

1.映射 $j\mapsto n_j$ 是单射. 类似如习题8.2.5中3.的论证.

2.情形(I)出现无限多次，情形(II)出现无限多次. 用反证法.

假设情形(II)出现有限的p次. 记最后一次出现的j为 $j_{max}$ ，进而对一切自然数 $j\geqslant j_{max}+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<(a_{min(A_+)}\cdot C_j)$ ，此时 $n_j\in A_+$ ，即 $n_j\notin A_-$ . 进而我们有 $C_j=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }0\leqslant i\leqslant j_{max}\}+\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }j_{max}<i<j\}+1\\=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }0\leqslant i\leqslant j_{max}\}+1=p+1$ ，容易归纳证明 $\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }0\leqslant i\leqslant j_{max}\}\leqslant j_{max}+1$ ，进而有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}<(a_{min(A_+)}\cdot C_j)\leqslant(a_{min(A_+)}\cdot (j_{max}+2))$ . 由于 $n_j\in A_+$ ，则 $a_{n_j}>0$ ，进而 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_j}$ 为随j增的. 综上 $\displaystyle(\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_j})_{j=j_{max}+1}^{\infty}$ 为增序列并且有上界，故此序列收敛. 仿照习题8.2.5中4.我们可以证明：对一切自然数 $j\geqslant j_{max}+1$ 有 $n_j=f_+(j-p)$ . 于是有 $\displaystyle\sum_{i=j_{max}+1}^\infty a_{n_i}=\sum_{i=j_{max}+1}^\infty a_{f_+(i-p)}=\sum_{i=j_{max}+1-p}^\infty a_{f_+(i)}$ 收敛，进而 $\displaystyle\sum_{i=0}^\infty a_{f_+(i)}$ 收敛，则 $\displaystyle\sum_{i=0}^\infty a_{f_+(i)}$ 绝对收敛，这是个矛盾，故假设不成立，则情形(II)出现无限多次.

我们假设情形(I)出现有限q次，记最后一次出现情形(I)的j为 $j'_{max}$ ，即对一切自然数 $j\geqslant j'_{max}+1$ 有： $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant (a_{min(A_+)}\cdot C_j)$ ，则 $n_j\in A_-$ ，于是 $C_{j+1}=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }i<j+1\}+1\\=\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }i<j\}+\#\{n\in A_- : n=n_i\text{ for some }j\leqslant i<j+1\}+1=C_j+\{n_j\}=C_j+1$ . 而我们有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}\leqslant\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}$ . 故对一切自然数 $j'\geqslant j'_{max}+1$ ，有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j'_{max}+1}a_{n_i}\geqslant\sum_{0\leqslant i<j'}a_{n_i}\geqslant a_{min(A_+)}\cdot C_{j'}\\=a_{min(A_+)}\cdot(C_{j'_{max}+1}+(j'-j'_{max}-1))\\=a_{min(A_+)}\cdot C_{j'_{max}+1}+a_{min(A_+)}\cdot (j'-j'_{max}-1)$ ，于是我们看到 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j'_{max}+1}a_{n_i}=+\infty$ ，这是矛盾的，故情形(I)出现无限次.

3.映射 $j\mapsto n_j$ 是满射. 对任意元素 $n\in\mathbb{N}$ ，如果 $n\in A_+$ ，由函数 $f_+$ 的双射性知存在一个n’使得 $f_+(n')=n$ . 我们假设对所有 $\displaystyle j\in\{t\in \mathbb{N} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}<a_{min(A_+)}\cdot C_t\}$ 有 $n_j\neq n$ . 由本题2.知 $\displaystyle n_j=f_+(\#\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}<a_{min(A_+)}\cdot C_t\})$ ，进而有 $\displaystyle f_+(\#\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}<a_{min(A_+)}\cdot C_t\})\neq f_+(n')$ ，进而 $\displaystyle \#\{t\in\{m\in\mathbb{N} : 0\leqslant m<j\} : \sum_{0\leqslant i<t}a_{n_i}<a_{min(A_+)}\cdot C_t\}\neq n'$ ，其意义为情形(I)不可能出现第n’次，这与2.矛盾，故假设不成立，则存在 $j\in\mathbb{N}$ 有 $n_j=n$ .

如果 $n\in A_-$ ，同理我们可证：存在 $j\in\mathbb{N}$ 有 $n_j=n$ .存在 $j\in\mathbb{N}$ 有 $n_j=n$ .

综上，映射 $j\mapsto n_j$ 是满射.

4.我们有 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=+\infty$ .

证明：由本题2.知情形(II)出现无穷多次. 那么对任意自然数N，情形(II)可以出现N+1次，即存在一个自然数 $j_{N+1}$ 是由第N+1次情形(II)定义. 那么对一切 $i<j_{N+1}$ 有N个 $n_i$ 由情形(II)定义，即N个 $n_i\in A_-$ ，于是有 $C_{j_{N+1}}=\#\{n\in A_- : n=n_i \text{ for some }i<j_{N+1}\}+1=N+1$ . 综上，对任意自然数N，总存在 $j\in \mathbb{N}$ 使得 $n_j$ 由情形(II)定义并且 $C_j>N$ .

那么对任意自然数N，存在自然数 $N'>\frac{N}{a_{min(A_+)}}$ ，存在 $j\in N$ 使得 $n_j$ 由情形(II)定义并且 $C_j>N'$ ，此时 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant a_{min(A_+)}\cdot C_j>a_{min(A_+)}\cdot N'>a_{min(A_+)}\cdot \frac{N}{a_{min(A_+)}}=N$ . 于是序列 $\displaystyle (\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i})_{j=0}^{\infty}$ 无实数上界，进而 $\displaystyle\limsup_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}=+\infty$ .

我们假设 $\displaystyle\liminf_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}<+\infty$ . 记此实数下确界为M. 我们下面将证明存在一个自然数 $n\geqslant 0$ 使得对一切自然数 $N\geqslant n$ 有 $\displaystyle\sum_{m=0}^Na_{f(m)}>[M]+1>M$ ，从而与命题6.4.12(c)相矛盾，故有 $\displaystyle\liminf_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}=+\infty$ . 综上我们有 $\displaystyle\limsup_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}=\liminf_{N\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^Na_{f(m)}=+\infty$ . 这就证明了 $\displaystyle\lim_{j\rightarrow\infty}\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}=+\infty$ . 下面我们补上上述论证缺失的关键一步：

由推论7.2.6知 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ . 故由定义6.6.1知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_{f_-(n)}=0$ ，进而存在自然数N使得对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $-1<a_{f_-(n)}\leqslant 0$ . 我们知道存在自然数N’使得 $N'>max\{\frac{[M]+2}{a_{min(A_+)}},N\}$ . 由上面论证我们知存在 $J\in\mathbb{N}$ 使得 $n_J$ 由情形(II)定义并且 $J+1\geqslant C_J>N'$ . 于是我们看到 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<J+1}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<J}a_{n_i}+a_{n_J}\\\geqslant a_{min(A_+)}\cdot C_J-1>a_{min(A_+)}\cdot N'-1>a_{min(A_+)}\cdot \frac{[M]+2}{a_{min(A_+)}}-1=[M]+1$ . 归纳假设对某 $j\geqslant J+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant [M]+1$ . 如果 $n_{j}$ 由情形(I)定义，显然 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}>[M]+1$ ；如果 $n_{j}$ 由情形(II)定义，进而我们有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j+1}a_{n_i}=\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}+a_{n_j}>a_{min(A_+)}\cdot C_{j}-1\geqslant a_{min(A_+)}\cdot C_{J}-1>[M]+1$ . 这就完成了归纳. 综上，对任意 $j\geqslant J+1$ 有 $\displaystyle\sum_{0\leqslant i<j}a_{n_i}\geqslant [M]+1$ .

文内补充

说明：1~6均为对定理8.2.2的证明的补充，所以未说明的前提都在书中有，不再在下面复述.

1.我们已知 $f:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\rightarrow\{x\in\mathbb{R} : x\geqslant 0\}$ ，即函数值非负. 并且知道 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$ 是绝对收敛的，记其收敛值为L. 正如定理8.2.2的证明中所说，我们容易证明当集合X为有限集 $X\subset\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 时有 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)\leqslant L$ .

这里要补充的是当X为无限子集 $X\subset\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 时亦有 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)\leqslant L$ .

证明：由于 $X\subset\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 并且X为无限集，所以X为可数集，进而存在双射 $g:\mathbb{N}\rightarrow X\subseteq\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ . 由于 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$ 是绝对收敛的并且f(n,m)是非负的，那么对任意自然数q有 $\displaystyle\sum_{p=0}^\infty f(g_2(p))$ 的部分和 $S_q\leqslant L$ ( $g_2$ 为 $\mathbb{N}$ 到 $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 的双射). 我们容易证明对 $\displaystyle\sum_{p=0}^\infty f(g_1(p))$ 的部分和 $S'_q$ 总有 $S'_q\leqslant S_{g_2^{-1}(g_1(q))}\leqslant L$ (其中 $g_1$ 为如下定义的双射函数： $g_1:\mathbb{N}\rightarrow X, g_1(n):=g_2(h(n))$ . 其中函数h为由命题8.1.5确定的从 $\mathbb{N}$ 到 $\{g_2^{-1}(x) : x\in X\}$ 的双射). 故 $S'_q$ 也有上界. 则X为无限集时 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)$ 收敛并且收敛值不大于L.

2.P156页不等式 $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\leqslant L$ 的证明.

证明：我们记 $\displaystyle a_M:=\sum_{m=0}^M f(n,m)$ . 那么由于 $\displaystyle\sum_{m=0}^\infty f(n,m)$ 收敛我们知序列 $(a_M)_{M=0}^\infty$ 收敛. 由习题7.1.5知 $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^\infty f(n,m)=\sum_{n=0}^N(\lim_{M\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^M f(n,m))=\lim_{M\rightarrow\infty}(\sum_{n=0}^N(\sum_{m=0}^M f(n,m)))$ . 显然序列 $\displaystyle (\sum_{n=0}^N(\sum_{m=0}^M f(n,m)))_{N=0}^\infty$ 是递增的，而其有上界L，故我们有 $\displaystyle\lim_{M\rightarrow\infty}(\sum_{n=0}^N(\sum_{m=0}^M f(n,m)))\leqslant L$ ，即 $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\leqslant L$ .

定理8.2.2的证明需要勘误，详见勘误页. 如果按照书上的路径“当 $M\rightarrow\infty$ 时取上界”，我们将得到的是 $\displaystyle\lim_{M\rightarrow\infty}(\sum_{n=0}^N(\sum_{m=0}^M f(n,m)))\leqslant L$ 而不是 $\displaystyle\sum_{n=0}^N\sum_{m=0}^\infty f(n,m)(=\sum_{n=0}^N(\lim_{M\rightarrow\infty}\sum_{m=0}^M f(n,m)))\leqslant L$ ，这里的微妙差别值得注意，所以我们还需要引入习题7.1.5来帮助我们完成证明.

3.如果对每个实数 $\varepsilon>0$ 我们有 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\geqslant L-\varepsilon$ ，我们就完成了证明.

我们已证 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\leqslant L$ . 故只需要证明 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\geqslant L$ 就可以完成证明.

如果对每个实数 $\varepsilon>0$ 我们有 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\geqslant L-\varepsilon$ . 我们假设 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)<L$ . 我们令 $\displaystyle\varepsilon:=\frac{1}{2}(L-\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m))$ ，此时有 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)<L-\varepsilon$ ，与大前提矛盾，故假设不成立，即 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty f(n,m)\geqslant L$ .

4.对任意实数 $\varepsilon>0$ ，我们可以找到一个有限集合 $X\subseteq\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 使得 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)\geqslant L-\varepsilon$ .

证明： $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)=\sum_{p=0}^{\infty}f(P(p))=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{p=0}^{N}f(P(p))$ 绝对收敛（P为按定义8.2.1的双射），进而序列 $\displaystyle(\sum_{p=0}^{N}f(P(p)))_{N=0}^\infty$ 收敛. 由命题6.4.12(f)和(b)知：序列的上极限为L. 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在自然数 $N_\varepsilon$ 使得 $\displaystyle(\sum_{p=0}^{N_\varepsilon}f(P(p)))>L-\varepsilon$ (由此序列为增序列知对任意 $N\geqslant N_\varepsilon$ 都有此不等式). 由于集合 $\{p\in\mathbb{N} : 0\leqslant p\leqslant N_\varepsilon\}$ 为有限集，进而我们定义集合 $X:=\{P(x) : x\in\{p\in\mathbb{N} : 0\leqslant p\leqslant N_\varepsilon\}\}$ 为有限集，故有 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in X}f(n,m)\geqslant L-\varepsilon$ .

5. 任何 $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ 的有限集X都包含在形如 $\{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : n\leqslant N, m\leqslant M\}$ 的集合中，我们记此集合为 $Y:=\{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : n\leqslant N, m\leqslant M\}$ .

证明思路为：a.选集合X中第一分量最大的笛卡尔乘积的第一分量为N，集合X中第二分量最大的笛卡尔乘积的第二分量为M. 选取由归纳法保证能够完成.

b.对集合X的基数进行归纳. 当 $\#(X)=0$ 时命题显然成立. 归纳假设对某 $\#(X)=n\geqslant 0$ 时命题成立，那么当 $\#(X)=n+1$ 时，首先可以选取一个元素 $x\in X$ ，则 $\#(X\backslash\{x\})=n$ ，此时由归纳假设知存在集合Y使得 $X\backslash\{x\}\subseteq Y$ ，同理也存在集合Y’使得 $\{x\}\subseteq Y'$ . 进而问题转化为对任意 $Y_1,Y_2$ ，是否存在Y使得 $Y_1\cup Y_2\subseteq Y$ . 这是明显成立的，这就完成了归纳.

6.如果 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$ 是绝对收敛的，那么 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f_+(n,m)$ 和 $\displaystyle\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f_-(n,m)$ 也是绝对收敛的.

由推论7.3.2比较判别法我们知道这是显然的.

定理8.2.2的证明的最后一步是：

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}f(n,m)=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(f_+(n,m)+f_-(n,m))\\=\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{N}(\sum_{m=0}^{\infty}(f_+(n,m)+f_-(n,m)))=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}f_+(n,m)+\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}f_-(n,m)\\=\sum_{p=0}^\infty f_+(g(p))+\sum_{p=0}^\infty f_-(g(p))=\sum_{p=0}^\infty f(g(p))\\=\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$ .（g为按定义8.2.1的双射）

从这个角度，判断 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ (X可数)是否绝对收敛，其等价于 $\displaystyle\sum_{x\in X}f_+(x)$ 和 $\displaystyle\sum_{x\in X}f_-(x)$ 同时绝对收敛.

7.已知X为集合，那么 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛等价于 $\displaystyle\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)$ 绝对收敛，并且 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)=\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)$ .

当X为至多可数集时，这显然成立. 所以只需考虑X为不可数集的情形.

已知X为不可数集. 如果 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛，由定义8.2.4我们知道 $\displaystyle\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)$ 绝对收敛. 如果 $\displaystyle\sum_{x\in X : f(x)\neq 0}f(x)$ 绝对收敛，同理我们由定义8.2.4可知 $\displaystyle\sum_{x\in X}f(x)$ 绝对收敛.

《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§8.2解答

习题8.2

文内补充

发布者：iknetfomi