交錯調和級數 $\sum_1^\infty (-1)^{n-1}\frac 1n$ 條件收斂到 $\log 2$。 依黎曼的級數重排定理, 固定任意 $u,v$, $-\infty\le u\le v\le+\infty$, 則有 $\sum_1^\infty (-1)^{n-1}\frac 1n$ 的重排 $C$, 其部分和的數列以 $u$ 為下極限, $v$ 為上極限。 黎曼的級數重排定理的證明需要計算部分和, 實際執行有相當程度困難。 參考文獻1改用計算項數的方法, 舉出收斂到非原來和的例子。 本文延續該方法, 做出重排 $C$, 其部分和的數列以 $u$ 為下極限, $v$ 為上極限。 文中出現的重排任意二正項都維持原來的先後次序, 只是間隔可能改變。 負項部分也一樣。 假設 $T$ 是這樣的重排, 設 $T$ 的第 $k$ 個正項段的最後一項是 $\frac 1{2p_k-1}$; 第 $k$ 個負項段的最後一項是 $-\frac 1{2q_k}$, 則 $T$ 由其首項 (1 或 $-\frac 12$)及兩個嚴格遞增的正整數序列 $p_1,p_2,p_3,\ldots$ 及 $q_1,q_2,q_3,\ldots$ 完全決定。 我們用 $S_n(T)$ 表示 $T$ 的前 $n$ 項和。

假設 $T$ 的首項為 1, 則當 $p_k+q_k\le n\le p_{k+1}+q_{k+1}$ 時, $$\min\{S_{p_k+q_k}(T),S_{p_{k+1}+q_{k+1}}(T)\}\le S_n(T)\le S_{q_k+p_{k+1}}(T)$$ 故 $$\lim\inf S_{p_k+q_k}(T)\le \lim\inf S_{n}(T)\le \lim\sup S_{n}(T)\le \lim\sup S_{q_k+p_{k+1}}(T).$$ 如果 $$\lim S_{p_k+q_k}(T)=u,\qquad \lim S_{q_k+p_{k+1}}(T)=v,$$ 則 $$\lim\inf S_{n}(T)=u, \qquad \lim\sup S_{n}(T)=v.$$ 若是 $T$ 的首項為 $-\dfrac 12$, 則當 $p_k+q_k\le n\le p_{k+1}+q_{k+1}$ 時, $$S_{p_{k}+q_{k+1}}(T)\le S_n(T)\le \max\{S_{p_k+q_k}(T),S_{p_{k+1}+q_{k+1}}(T)\}$$ 如果 $$\lim S_{p_k+q_k}(T)=v,\qquad \lim S_{p_k+q_{k+1}}(T)=u,$$ 則 $$\lim\inf S_{n}(T)=u, \qquad \lim\sup S_{n}(T)=v.$$ 底下分 A: $-\infty\lt u\le \log 2$, $v\lt +\infty$; B: $-\infty\lt u$, $\log 2\le v\lt +\infty$; C: $-\infty\lt u\lt v=+\infty$; D: $-\infty=u\lt v\lt +\infty$ 及E: $-\infty=u=v$ 或 $u=v=+\infty$ 或 $-\infty=u$, $v=+\infty$ 五種情況說明如何確定首項及一組 $p_1,p_2,p_3,\ldots $ 及 $q_1,q_2,q_3,\ldots$, 使對應的重排其部分和的數列以 $u$ 為下極限, $v$ 為上極限。 對任意 $w$, $u\le w\le v$, 我們也舉出一個收斂到 $w$ 的 $\{S_n(T)\}$ 的子序列。 即此重排的部分和的極限點集為 $[u,v]$。 在此先說明 $B$, $D$ 二情況我們取首項為 $-\frac 12$, 其餘情況首項取為 1。

A. $u=\log 2-\dfrac 12\log t$, $v=u+\dfrac 12\log d$, $1\le t\lt +\infty$, $1\le d\lt +\infty$, 。
取 $p_1=1$, $q_1=[t]$; $p_2=[dp_1+1]$, $q_2=[tp_2]$; $\ldots$; $p_{k+1}=[dp_k+1]$, $q_{k+1}=[tp_{k+1}]$。 顯然 $p_{k+1}\ge p_k+1$, 於是 $q_{k+1}=[tp_{k+1}]\ge [tp_{k}+t]\ge [tp_k]+1=q_k+1$。 所以 $p_1,q_1$; $p_2,q_2$; $\ldots$; $p_k,q_k$; $\ldots$ 確實定義一個重排 $T$ ($[x]$ 表不超過 $x$ 的最大整數)。

因 $q_k\ge p_k$ 且 $k\to \infty$ 時 $p_k\to\infty$, 於是 \begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty}S_{p_k+q_k}(T)&=&\lim_{k\to\infty}\Big\{\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2p_k-1}\Big)-\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{2q_k}\Big)\Big\}\\ &=&\lim_{k\to\infty}\Big\{1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+\cdots+\frac 1{2p_k-1}-\frac 1{2p_k}\Big\}\\ &&-\lim_{k\to\infty}\Big\{\frac 1{2p_k+2}+\cdots+\frac 1{2q_k}\Big\}\\ &=&\log 2-\frac 12\lim_{k\to\infty}\Big\{\frac 1{p_k+1}+\frac 1{p_k+2}+\cdots+\frac 1{[tp_k]}\Big\}\\ &=&\log 2-\frac 12\lim_{k\to\infty}\frac 1{p_k}\Big\{\frac 1{1+1/p_k}+\frac 1{1+2/p_k}+\cdots+\frac 1{[tp_k]/p_k}\Big\}\\ &=&\log 2-\frac 12\int_1^t \frac 1x dx=\log 2-\frac 12\log t=u\\ {\hbox{又}} S_{q_k+p_{k+1}}(T)&=&S_{p_k+q_k}(T)+\Big\{\frac 1{2p_k+1}\!+\!\frac 1{2p_k+3}\!+\!\cdots\!+\!\frac 1{2p_{k+1}-1}\Big\}\\ {\hbox{於是}} \lim_{k\to\infty}S_{q_k+p_{k+1}}(T)&=&\lim_{k\to\infty}S_{p_k+q_k}(T)+\lim_{k\to\infty}\Big\{\frac 1{2p_k+1}+\frac 1{2p_k+3}+\cdots+\frac 1{2p_{k+1}-1}\Big\}\\ &=&u+\lim_{k\to\infty}\Big\{\frac 1{2p_k+1}+\frac 1{2p_k+3}+\cdots+\frac 1{2[dp_k+1]-1}\Big\}\\ &=&u+\frac 12\lim_{k\to\infty}\frac 2{p_k}\Big\{\frac 1{2+1/p_k}+\frac 1{2+3/p_k}+\cdots+\frac 1{(2[dp_k]+1)/p_k}\Big\}\\ &=&u+\frac 12\int_2^{2d} \frac 1x dx=u+\frac 12\log d=v \end{eqnarray*} 對任意 $\lambda$, $1\le\lambda\le d$, 令 $\tilde p_{k+1}=[\lambda p_k+1]$, 則 \begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty} S_{q_k+\tilde p_{k+1}}(T)&=&\lim_{k\to\infty}S_{p_k+q_k}(T)+\lim_{k\to\infty}\Big\{\frac 1{2p_k+1}+\frac 1{2p_k+3}+\cdots+\frac 1{2\tilde p_{k+1}-1}\Big\}\\ &=&u+\frac 12\log\lambda\end{eqnarray*} 故此重排的部分和的極限點集為 $[u,v]$。

B. $v=\log 2+\dfrac 12\log t$, $u=v-\dfrac 12\log d$, $1\le t \lt +\infty$, $1\le d \lt +\infty$.
取 $q_1=1$, $p_1=[t]$; $q_2=[dq_1+1]$, $p_2=[tq_2]$; $\ldots$; $q_{k+1}=[dq_k+1]$, $p_{k+1}=[tq_{k+1}]$。 即 A 中之 $p_k$, $q_k$ 互換。 設對應之重排為 $R$, 而 A 中之重排為 $T$, 則 \begin{eqnarray*} S_{p_k+q_k}(T)+ S_{p_k+q_k}(R)&=&\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2p_k-1}\Big)-\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{2q_k}\Big)\\ &&+\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2q_k-1}\Big)-\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{2p_k}\Big) \end{eqnarray*} 於是 $$ \lim_{k\to\infty}\Big(S_{p_k+q_k}(T)+ S_{p_k+q_k}(R)\Big)=2\log 2 $$ 得 \begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty} S_{p_k+q_k}(R)&=&2\log 2-\lim_{k\to\infty} S_{p_k+q_k}(T)\\ &=&2\log 2-(\log 2-\frac 12\log t)=\log 2+\frac 12\log t=v \end{eqnarray*} 同理 \begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty}S_{p_k+q_{k+1}}(R)&=&2\log 2-\lim_{k\to\infty} S_{q_k+p_{k+1}}(T)\\ &=&2\log 2-(\log 2-\frac 12\log t+\frac 12\log d)=v-\frac 12\log d=u \end{eqnarray*} 對任意 $\lambda$, $1\le \lambda\le d$, 令 $\tilde q_{k+1}=[\lambda q_k+1]$, 則 $\lim\limits_{k\to\infty}S_{p_k+\tilde q_{k+1}}(R) =v-\frac 12\log \lambda$,。 故此重排的部分和的極限點集為 $[u,v]$。

C. $v=+\infty$, $u=\log 2-\dfrac 12\log s$, $+\infty>s>0$.
當 $sk<2$ 時, 取 $p_k=q_k=k$。 當 $sk\ge 2$ 時, 取 $p_k=k!$, $q_k=[sp_k]$。 先驗證 $\{p_k\}$ 及 $\{q_k\}$ 是嚴格遞增。 當 $s(k+1)<2$ 時, 顯然 $p_{k+1}=q_{k+1}>p_k=q_k$,。 當 $sk<2\le s(k+1)$ 時, $p_{k+1}=(k+1)!>k=p_k$, $q_{k+1}=[s(k+1)!]\ge 2k>k=q_k$,。 當 $2\le sk$ 時, $p_{k+1}=(k+1)!>k!=p_k$, $q_{k+1}=[s(k+1)!]>[s\cdot k!]=q_k$, 。

再來計算 $\lim\limits_{k\to\infty} S_{p_k+q_k}(T)$。 當 $s\ge 1$ 時, $q_k\ge p_k$, 。 又 $k\to\infty$ 時 $p_k\to\infty$。 於是 \begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty}S_{p_k+q_k}(T)&=&\lim_{k\to\infty}\Big\{\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2p_k-1}\Big) -\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{2q_k}\Big)\Big\}\\ &=&\lim_{k\to\infty}\Big\{1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+\cdots+\frac 1{2p_k-1}-\frac 1{2p_k}\Big\}\\ &&-\lim_{k\to\infty}\Big\{\frac 1{2p_k+2}+\cdots+\frac 1{2q_k}\Big\}\\ &=&\log 2-\frac 12\lim_{k\to\infty}\Big\{\frac 1{p_k+1}+\frac 1{p_k+2}+\cdots+\frac 1{[sp_k]}\Big\}\\ &=&\log 2-\frac 12\lim_{k\to\infty}\frac 1{p_k}\Big\{\frac 1{1+1/p_k}+\frac 1{1+2/p_k}+\cdots+\frac 1{[sp_k]/p_k}\Big\}\\ &=&\log 2-\frac 12\int_1^s \frac 1x dx=\log 2-\frac 12\log s=u \end{eqnarray*} 當 $1>s>0$ 時, $q_k \lt p_k$。 於是 \begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty}S_{p_k+q_k}(T)&=&\lim_{k\to\infty}\Big\{\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2p_k-1}\Big) -\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{2q_k}\Big)\Big\}\\ &=&\lim_{k\to\infty}\Big\{1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+\cdots+\frac 1{2p_k-1}-\frac 1{2p_k}\Big\}\\ &&+\lim_{k\to\infty}\Big\{\frac 1{2q_k+2}+\cdots+\frac 1{2p_k}\Big\}\\ &=&\log 2+\frac 12\lim_{k\to\infty}\Big\{\frac 1{[sp_k]+1}+\frac 1{[sp_k]+2}+\cdots+\frac 1{p_k}\Big\}+0\\ &=&\log 2+\frac 12\lim_{k\to\infty}\frac 1{p_k}\Big\{\frac 1{[sp_k]/p_k+1/p_k}+\frac 1{[sp_k]/p_k+2/p_k}+\cdots+ \frac 11\Big\}\\ &=&\log 2+\frac 12\int_s^1 \frac 1x dx=\log 2-\frac 12\log s=u\\ {\hbox{又}} S_{q_k+p_{k+1}}(T)&=&S_{p_k+q_k}(T)+\Big\{\dfrac 1{2p_k+1}+\dfrac 1{2p_k+3}+\cdots+\dfrac 1{2p_{k+1}-1}\Big\} \end{eqnarray*} 對任意正整數 $N$, \begin{eqnarray*} \liminf_{k\to\infty}S_{q_k+p_{k+1}}(T)&=&\lim_{k\to\infty}S_{p_k+q_k}(T)\!+\!\liminf_{k\to\infty} \Big\{\dfrac 1{2p_k\!+\!1}\!+\!\dfrac 1{2p_k\!+\!3}+\cdots+\dfrac 1{2(k\!+\!1)p_k\!-\!1}\Big\}\\ &=&u\!+\!\liminf_{k\to\infty}\Big\{\dfrac 1{2p_k\!+\!1}\!+\!\dfrac 1{2p_k\!+\!3}\!+\!\cdots\!+\!\dfrac 1{2(k\!+\!1)p_k\!-\!1}\Big\}\\ &\ge&u+\frac 12\lim_{k\to\infty}\frac 2{p_k}\Big\{\dfrac 1{2+1/p_k}+\dfrac 1{2+3/p_k}+\cdots +\frac 1{(2Np_k\!+\!1)/p_k}\Big\}\\ &=&u+\frac 12\int_2^{2N}\frac 1x dx=u+\frac 12\log N \end{eqnarray*} 因 $N$ 可任意大, 得 $\lim\limits_{k\to\infty}S_{q_k+p_{k+1}}(T)=+\infty$。 對任意 $\lambda\ge 1$, 令 $\tilde p_{k+1}=[\lambda p_k]$, 則 $\lim\limits_{k\to\infty}S_{q_k+\tilde p_{k+1}}(T) =u+\dfrac 12\log\lambda$。 故此重排的部分和的極限點集為 $[u,+\infty]$。

D. $u=-\infty$, $v=\log 2+\dfrac 12\log s$, $+\infty>s>0$.
由 B 之討論及 C 之結果, 知只要將 C 中之 $p_k$, $q_k$ 互換即可。

E. $-\infty=u=v$, 或 $u=v=+\infty$ 或 $-\infty=u$, $v=+\infty$.
E$_1$. 取 $p_k=k$, $q_k=k(k+1)/2$ 則
\begin{eqnarray*} S_{q_k+p_{k+1}}(T)&=&\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2k+1}\Big) -\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{k(k+1)}\Big)\\ &=&\Big(1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+\cdots+\frac 1{2k+1}\Big)\\ &&-\Big(\frac 1{2k+2}+\frac 1{2k+4}+\cdots+\frac 1{k(k+1)}\Big)\end{eqnarray*} 當 $k>2N+1$ 時, \begin{eqnarray*} -\Big(\frac 1{2k+2}&+ &\frac 1{2k+4}+\cdots+\frac 1{k(k+1)}\Big) \\ & \lt & -\frac 12\Big(\frac 1{k+1}+\frac 1{k+2}+\cdots+\frac 1{k+kN}\Big)\end{eqnarray*} 於是 \begin{eqnarray*} \limsup_{k\to\infty}S_{q_k+p_{k+1}}(T)&\le&\log 2-\frac 12\lim_{k\to\infty} \Big(\frac 1{k+1}+\frac 1{k+2}+\cdots+\frac 1{k+kN}\Big)\\ &=&\log 2-\frac 12\log(N+1) \end{eqnarray*} 對應之重排 $T$ 滿足 $\lim\limits_{n\to\infty} S_n(T)=-\infty$。

E$_2$. 取 $p_k=k(k+1)/2$, $q_k=k$ 則 $\lim\limits_{n\to\infty} S_n(T)=+\infty$.

E$_3$. 取 $p_k=k\cdot [(k-1)!]^2$, $q_k=(k!)^2$ 則 $p_1=q_1=1$, $p_{k+1}=(k+1)q_k$, $q_k=kp_k$,。 於是 \begin{eqnarray*} S_{q_k+p_{k+1}}(T)&=&\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2p_{k+1}-1}\Big) -\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{2q_k}\Big)\\ &=&\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2(k+1)q_k-1}\Big) -\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{2q_k}\Big)\\ &=&\Big(1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+\cdots+\frac 1{2(k+1)q_k-1}-\frac 1{2(k+1)q_k}\Big)\\ &&+\Big(\frac 1{2q_k+2}+\cdots+\frac 1{2(k+1)q_k}\Big)\\ \lim_{k\to\infty}S_{q_k+p_{k+1}}(T)&=&\log 2+\frac 12\lim_{k\to\infty}\frac 1{q_k}\Big(\frac 1{1+1/q_k}+\cdots +\frac 1{1+kq_k/q_k}\Big)=+\infty \end{eqnarray*} 對任意 $\lambda\ge 1$, 令 $\tilde p_{k+1}=[\lambda q_k]$,。 當 $k\gt \lambda$ 時, $q_k\le \tilde p_{k+1}\lt p_{k+1}$,。 於是 \begin{eqnarray*} \lim_{k\to\infty}S_{q_k+\tilde p_{k+1}}(T)&=&\lim_{k\to\infty}\Big(1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+\cdots+\frac 1{2[\lambda q_k]-1}-\frac 1{2[\lambda q_k]}\Big)\\ &&+\lim_{k\to\infty}\Big(\frac 1{2q_k+2}+\cdots+\frac 1{2[\lambda q_k]}\Big)=\log 2+\frac 12\log \lambda.\\ {\hbox{而}} S_{p_k+q_k}(T)&=&\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2p_{k}-1}\Big) -\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{2q_k}\Big)\\ &=&\Big(1+\frac 13+\cdots+\frac 1{2p_{k}-1}\Big) -\Big(\frac 12+\frac 14+\cdots+\frac 1{2kp_k}\Big)\\ &=&\Big(1-\frac 12+\frac 13-\frac 14+\cdots+\frac 1{2p_k-1}-\frac 1{2p_k}\Big)-\Big(\frac 1{2p_k+2}+\cdots+\frac 1{2kp_k}\Big)\\ \lim_{k\to\infty}S_{p_k+q_k}(T)&=&\log 2-\frac 12\lim_{k\to\infty}\frac 1{p_k}\Big(\frac 1{1+1/p_k}+\cdots +\frac 1{1+kp_k/p_k}\Big)=-\infty \end{eqnarray*} 對任意 $\lambda\ge 1$, 令 $\tilde q_k=[\lambda p_k]$, 則 $\lim\limits_{k\to\infty}S_{p_k+\tilde q_k}(T)=\log 2-\dfrac 12\log \lambda$。 故此重排的部分和的極限點集為 $[-\infty,+\infty]$。

參考文獻 1 也討論交錯 $p$ 級數 $\sum_1^\infty (-1)^{n-1}\dfrac 1{n^p}$, $0\lt p\lt 1$。 參考該文及以上作法也可得重排 $\sum_1^\infty (-1)^{n-1}\dfrac 1{n^p}$ 的結果。

1. 王九逵, 胡門昌。 交錯 $p$ 級數的重排。 數學傳播季刊, 39(4), 44-48, 2015。

---本文作者王九逵及胡門昌為中央大學數學系退休教授, 張清煇為中央研究院數學研究所研究員---