有限求和，就是让有限指标集中的每个指标各贡献一项。操作求和式时，最常见的问题是改错指标范围、漏掉边界项，以及重复计数。本章围绕这三点介绍求和技巧；等差与等比数列的基本公式见数列与级数。

先看指标范围，再操作求和式

设 II 是有限集，每个 aia_i 是实数或复数。记号

∑i∈Iai\sum_{i\in I}a_i

表示把各个指标对应的项加起来。不同指标即使对应相同的数值，也要分别计入。对整数 m≤nm\le n，从 mm 到 nn 共包含 n−m+1n-m+1 项。若没有符合范围的指标，就得到空和，约定其值为 00。

求和指标是约束变量：只要一致地替换这一求和号所约束的全部出现位置，改名不会改变结果。求和号外的变量则可能仍是自由参数。嵌套求和时，不同的独立指标应使用不同名称。

例如，

∑k=13(k+x)=6+3x.\sum_{k=1}^{3}(k+x)=6+3x.

这里 kk 依次取值，xx 保持不变。有限和可以重排，因为加法满足结合律与交换律。无穷级数不能直接照搬这些结论。

线性性质与换元

设 α,β\alpha,\beta 不随指标变化，且两个数列使用同一个有限指标集 II，则

∑i∈I(αai+βbi)=α∑i∈Iai+β∑i∈Ibi.\sum_{i\in I}(\alpha a_i+\beta b_i) =\alpha\sum_{i\in I}a_i+\beta\sum_{i\in I}b_i.

把有限项逐项展开，再使用分配律和结合律即可证明。提到求和号外的因子必须与当前求和指标无关。同一个量对内层求和可以是常量，对外层求和却可能随指标变化。

换元的关键，是让新旧指标集之间建立双射。若 ϕ:J→I\phi:J\to I 是双射，则

∑i∈Iai=∑j∈Jaϕ(j).\sum_{i\in I}a_i=\sum_{j\in J}a_{\phi(j)}.

双射保证原来的每一项恰好出现一次。例如，当 n≥0n\ge0 时，令 j=k−1j=k-1，得到

∑k=1n(2k−1)=∑j=0n−1(2j+1).\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=\sum_{j=0}^{n-1}(2j+1).

上下限与被加项必须一起改。若要倒序，可令 j=n+1−kj=n+1-k，把 1,…,n1,\ldots,n 依次对应到 n,…,1n,\ldots,1。等差数列求和时的首尾配对，就利用了这个对应。

裂项相消：保留端点

相邻项的差相加后，中间部分抵消：

∑k=0n−1(uk+1−uk)=un−u0.\sum_{k=0}^{n-1}(u_{k+1}-u_k)=u_n-u_0.

写出开头和结尾几项，便能看清哪些项留下来。n=0n=0 时，两边都为零。例如，当 n≥1n\ge1 时，先分解

1k(k+1)=1k−1k+1,\frac1{k(k+1)}=\frac1k-\frac1{k+1},

再求和得

∑k=1n1k(k+1)=1−1n+1.\sum_{k=1}^{n}\frac1{k(k+1)}=1-\frac1{n+1}.

这里能够相消，是因为分解后出现了符号相反、数值相同的内部项。不能仅凭两项“长得像”就把它们删掉。

分部求和

乘积的相邻差可以拆成

ak+1bk+1−akbk=(ak+1−ak)bk+ak+1(bk+1−bk).\begin{aligned} a_{k+1}b_{k+1}-a_kb_k &=(a_{k+1}-a_k)b_k\\ &\quad+a_{k+1}(b_{k+1}-b_k). \end{aligned}

对 0≤k<n0\le k<n 求和，左边裂项相消。记 Δak=ak+1−ak\Delta a_k=a_{k+1}-a_k、Δbk=bk+1−bk\Delta b_k=b_{k+1}-b_k，移项得到

∑k=0n−1Δak bk=anbn−a0b0−∑k=0n−1ak+1Δbk.\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n-1}\Delta a_k\,b_k &=a_nb_n-a_0b_0\\ &\quad-\sum_{k=0}^{n-1}a_{k+1}\Delta b_k. \end{aligned}

这个恒等式对 n≥0n\ge0 成立。右侧的 ak+1a_{k+1} 带有指标偏移，不能直接换成 aka_k。分部求和与分部积分类似：把一个因子上的差分转移到另一个因子上，有时便能把原来的和化成更容易处理的和。

例如，取 ak=ka_k=k、bk=rkb_k=r^k，并记

Gn=∑k=0n−1rk,Wn=∑k=0n−1(k+1)rk.G_n=\sum_{k=0}^{n-1}r^k, \qquad W_n=\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)r^k.

当 r≠1r\ne1 时，分部求和给出 Gn=nrn−(r−1)WnG_n=nr^n-(r-1)W_n。代入等比求和公式，得到

Wn=1−(n+1)rn+nrn+1(1−r)2.W_n=\frac{1-(n+1)r^n+nr^{n+1}}{(1-r)^2}.

r=1r=1 时，应单独使用 Wn=n(n+1)/2W_n=n(n+1)/2。n=0n=0 时是空和。这里的零次幂表示常数项，包括 r=0r=0 的情形。

多重求和是在遍历指标元组

矩形区域上的二重和，把 I×JI\times J 中的每个有序对各计入一次：

∑i∈I∑j∈Jcij=∑j∈J∑i∈Icij.\sum_{i\in I}\sum_{j\in J}c_{ij} =\sum_{j\in J}\sum_{i\in I}c_{ij}.

这里要求两个指标集都有限。若 cij=aibjc_{ij}=a_i b_j，分配律进一步给出

∑i∈I∑j∈Jaibj=(∑i∈Iai)(∑j∈Jbj).\sum_{i\in I}\sum_{j\in J}a_i b_j =\left(\sum_{i\in I}a_i\right) \left(\sum_{j\in J}b_j\right).

这种拆分依赖两个条件：指标区域是笛卡尔积，被加项能分成分别只依赖一个指标的因子。对 i<ji<j 这样的三角形区域，一般不能这样拆。

三角形区域换序时，需要用另一个外层指标重新描述同一批有序对：

∑i=1n∑j=incij=∑j=1n∑i=1jcij.\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}c_{ij} =\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{j}c_{ij}.

左边先固定 ii，让 jj 从 ii 走到 nn；右边先固定 jj，让 ii 从 11 走到 jj。两边都描述 1≤i≤j≤n1\le i\le j\le n。若 cij=1c_{ij}=1，两边都数出 n(n+1)/2n(n+1)/2 个有序对，而不是 n2n^2 个。

即使被加项中没有出现某个指标，这个指标仍会带来重复次数。对 m,n≥1m,n\ge1，

∑h=1m∑i=1n∑j=1naibj=m(∑i=1nai)(∑j=1nbj).\sum_{h=1}^{m}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_i b_j =m\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right) \left(\sum_{j=1}^{n}b_j\right).

外层指标 hh 让同一个二重和重复了 mm 次，不能直接消去。

练习

练习换元时保持原来的项

把下面的和改写成从零开始的求和式，再求值：

∑k=37(2k−1).\sum_{k=3}^{7}(2k-1).
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解

令 j=k−3j=k-3，范围变成 0≤j≤40\le j\le4，被加项变成 2j+52j+5。五项依次为 5,7,9,11,135,7,9,11,13，总和为 4545。改上下限后仍写 2j−12j-1，得到的就不是原来的和了。

练习三重求和的两种顺序

将 1≤i<j<k≤41\le i<j<k\le4 上的和写成两种嵌套求和式，分别让最内层先对 kk、先对 ii 求和。

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解

两种写法为

∑i=12∑j=i+13∑k=j+14aijk,\sum_{i=1}^{2}\sum_{j=i+1}^{3}\sum_{k=j+1}^{4}a_{ijk},∑k=34∑j=2k−1∑i=1j−1aijk.\sum_{k=3}^{4}\sum_{j=2}^{k-1}\sum_{i=1}^{j-1}a_{ijk}.

两边都恰好包含 a123,a124,a134,a234a_{123},a_{124},a_{134},a_{234}。把指标元组列出来，就能直接核对上下限。

练习不能把独立指标合成一个

设 a1,…,ana_1,\ldots,a_n 均非零。下面的乘积是否总等于 nn？

(∑i=1nai)(∑j=1n1aj)\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right) \left(\sum_{j=1}^{n}\frac1{a_j}\right)
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解

不成立。展开后包含全部 n2n^2 个有序对，而不只是 i=ji=j 的对角线：

∑i=1n∑j=1naiaj=n+∑1≤i,j≤ni≠jaiaj.\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{a_i}{a_j} =n+\sum_{\substack{1\le i,j\le n\\i\ne j}}\frac{a_i}{a_j}.

取 n=2n=2、a1=a2=1a_1=a_2=1，乘积是 44，并非 n=2n=2。约束变量可以改名，但不能因此把原来独立取值的两个指标合并。

练习从乘积差推出分部求和

从相邻乘积之差推导本章的分部求和公式，并核对 n=1n=1 的情形。

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解

对乘积差求和，中间乘积全部抵消，留下 anbn−a0b0a_nb_n-a_0b_0。将包含 Δbk\Delta b_k 的和移到另一边，就得到公式。n=1n=1 时，右边化为

a1b1−a0b0−a1(b1−b0)=(a1−a0)b0,a_1b_1-a_0b_0-a_1(b_1-b_0)=(a_1-a_0)b_0,

正好等于左边唯一的一项，也核对了指标偏移的位置。

练习反对称性与平方和恒等式

设 ai,bia_i,b_i 为实数，记 cij=aibj−ajbic_{ij}=a_i b_j-a_j b_i。求 1≤i,j≤n1\le i,j\le n 上全部 cijc_{ij} 的和，并化简这些项的平方和。

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解

因为 cji=−cijc_{ji}=-c_{ij} 且 cii=0c_{ii}=0，未平方时各项两两相消。平方后，对称位置的项相等，因此

∑i=1n∑j=1ncij=0.\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}c_{ij}=0.∑i=1n∑j=1ncij2=2∑1≤i<j≤ncij2.\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}c_{ij}^2 =2\sum_{1\le i<j\le n}c_{ij}^2.

非对角线位置共有 n(n−1)/2n(n-1)/2 对。记

A=∑i=1nai2,B=∑i=1nbi2,C=∑i=1naibi.\begin{aligned} A&=\sum_{i=1}^{n}a_i^2,\\ B&=\sum_{i=1}^{n}b_i^2,\\ C&=\sum_{i=1}^{n}a_i b_i. \end{aligned}

展开平方，再把矩形区域上的和拆成乘积：两个平方项分别给出 ABAB，交叉项给出 −2C2-2C^2。于是

∑i=1n∑j=1ncij2=2(AB−C2),\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}c_{ij}^2=2(AB-C^2),

从而得到

AB−C2=∑1≤i<j≤n(aibj−ajbi)2.AB-C^2=\sum_{1\le i<j\le n}(a_i b_j-a_j b_i)^2.

这就是拉格朗日恒等式。右边非负，因而能推出实数情形的柯西–施瓦茨不等式，见不等式。将范围缩到 i<ji<j 时，必须先把完整的对称项配对，不能仅删掉对角线，再随意修改两个独立上下限。

练习延伸到无穷时，究竟在取什么极限？

有限项可以相消，是否足以保证无穷二重级数可以换序？对于上面的反对称数组，正方形区域上的部分和仍有什么结论？

展开讨论
解

每个 1≤i,j≤n1\le i,j\le n 的正方形部分和都为零，所以这一特定部分和序列的极限是零。但这不能证明逐次求和的两个无穷和存在或相等，因为它们采用了不同的取极限方式。二重级数绝对收敛，是自由重排各项的一个充分条件；条件收敛时则需要额外分析。把有限换序法推广到无穷求和之前，应先学习无穷级数。