이중급수와 푸비니

격자의 수들을 행으로 더하든 열로 더하든 해 보는 장면입니다. 절댓값이 수렴하면 두 답이 같습니다.

가로줄부터 합산해도 세로줄부터 합산해도 결과는 하나입니다. 순서를 바꿔도 답이 같은 이유는 절댓값의 합이 유한하기 때문입니다. 조건부로만 수렴하면 순서를 바꾸는 순간 답도 바뀝니다. 대표 예의 값은 아래 두 번째 식과 같습니다.

예를 들면, 📦 상자를 격자로 쌓고 각 상자에 든 물건의 수를 셉니다. 가로줄씩 세어 더하나 세로줄씩 세어 더하나 전체 개수는 똑같습니다.

∑m∑nam,n=∑n∑mam,n=sup⁡finite F∑Fam,n\sum_{m}\sum_{n} a_{m,n} = \sum_{n}\sum_{m} a_{m,n} = \sup_{\text{finite } F} \sum_{F} a_{m,n}
∑m,n≥11m2n2=π436≈2.7058\sum_{m,n \ge 1} \frac{1}{m^2n^2} = \frac{\pi^4}{36} \approx 2.7058

예제

푸비니 정리(무한합, 음이 아닌 항)를 완전히 증명하세요: am,n≥0a_{m,n} \ge 0이면 ∑m∑nam,n=∑n∑mam,n\sum_m \sum_n a_{m,n} = \sum_n \sum_m a_{m,n}입니다.

유한 직사각형 위의 합의 상한 SS를 매개로 양쪽을 모두 SS와 같게 보이세요.

S=sup⁡M,N∑m≤M∑n≤Nam,n∈[0,∞]S = \sup_{M,N} \sum_{m \le M} \sum_{n \le N} a_{m,n} \in [0, \infty]
∑m=1∞∑n=1∞am,n=S=∑n=1∞∑m=1∞am,n\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} a_{m,n} = S = \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty} a_{m,n}
N=5N = 5: 행별 합 ≈2.1422\approx 2.1422, 열별 합 ≈2.1422\approx 2.1422 — 둘 다 (π2/6)2=π4/36≈2.7058(\pi^2/6)^2 = \pi^4/36 \approx 2.7058로 갑니다.
증명 보기

  1. T(M,N)=∑m≤M∑n≤Nam,nT(M,N) = \sum_{m \le M}\sum_{n \le N} a_{m,n} (유한합, ≥0\ge 0)과 S=sup⁡M,NT(M,N)∈[0,∞]S = \sup_{M,N} T(M,N) \in [0,\infty]를 둡니다.

    TT는 MM과 NN 각각에 대해 단조증가합니다.

    각 고정된 mm에 대해 안쪽 급수 ∑n=1∞am,n∈[0,∞]\sum_{n=1}^{\infty} a_{m,n} \in [0,\infty]는 항이 음이 아니므로 (유한 또는 +∞+\infty로) 수렴합니다.

  2. R=∑m=1∞∑n=1∞am,nR = \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} a_{m,n}이라 둡니다.

    각 M,NM, N에 대해 T(M,N)=∑m≤M∑n≤Nam,n≤∑m≤M∑n=1∞am,n≤RT(M,N) = \sum_{m \le M}\sum_{n \le N} a_{m,n} \le \sum_{m \le M}\sum_{n=1}^{\infty} a_{m,n} \le R입니다 (안쪽 유한합 ≤\le 안쪽 무한합, 바깥 유한합 ≤\le 바깥 무한합 — 모두 음이 아닌 항).

    M,NM, N에 대해 상한을 취하면 S≤RS \le R입니다.

  3. 반대 방향: 각 MM에 대해 ∑m≤M∑n=1∞am,n=sup⁡NT(M,N)≤S\sum_{m \le M}\sum_{n=1}^{\infty} a_{m,n} = \sup_N T(M,N) \le S입니다 (안쪽 무한합이 안쪽 유한합들의 상한).

    이 등식에는 정당화가 필요합니다: 고정된 MM에 대해 각 안쪽 합 ∑n≤Nam,n\sum_{n \le N} a_{m,n}은 am,n≥0a_{m,n} \ge 0이므로 NN에 대해 증가하고 ∑n=1∞am,n\sum_{n=1}^{\infty} a_{m,n}으로 수렴합니다.

    유한합(MM개 항)에서는 상한과 합을 교환할 수 있습니다 — 유한한 개수의 증가 수열들의 합은 증가하고, 그 상한은 상한들의 합과 같습니다(항별로 검증 가능).

    따라서 ∑m≤Msup⁡N∑n≤Nam,n=sup⁡N∑m≤M∑n≤Nam,n=sup⁡NT(M,N)\sum_{m \le M} \sup_N \sum_{n \le N} a_{m,n} = \sup_N \sum_{m \le M} \sum_{n \le N} a_{m,n} = \sup_N T(M,N)입니다.

    MM에 대해 상한을 취하면 R=sup⁡M∑m≤M∑n=1∞am,n≤SR = \sup_M \sum_{m \le M}\sum_{n=1}^{\infty} a_{m,n} \le S입니다.

    따라서 R=SR = S입니다.

  4. 행과 열의 역할을 바꾸면 똑같은 논증으로 C=∑n=1∞∑m=1∞am,n=SC = \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty} a_{m,n} = S를 얻습니다 (같은 T(M,N)T(M,N)의 상한).

    따라서 R=C=SR = C = S — 두 반복합이 같습니다.

    S<∞S < \infty이면 공통값은 유한하고, S=∞S = \infty이면 양쪽 모두 +∞+\infty로 발산합니다.

    증명 끝.

절대수렴하는 경우로 확장하세요 (짧은 완전 증명): ∑m,n∣am,n∣<∞\sum_{m,n} \lvert a_{m,n}\rvert < \infty이면 a=a+−a−a = a^+ - a^- 분해를 이용해 첫 번째 문제의 결과를 각 부분에 적용하고, ∑m∑nam,n=∑n∑mam,n\sum_m\sum_n a_{m,n} = \sum_n\sum_m a_{m,n}을 결론지으세요.

a+=max⁡(a,0),a−=max⁡(−a,0),∣a∣=a++a−,a=a+−a−a^+ = \max(a, 0), \quad a^- = \max(-a, 0), \quad \lvert a\rvert = a^+ + a^-, \quad a = a^+ - a^-
∑m∑na=∑m∑na+−∑m∑na−=∑n∑ma+−∑n∑ma−=∑n∑ma\sum_m\sum_n a = \sum_m\sum_n a^+ - \sum_m\sum_n a^- = \sum_n\sum_m a^+ - \sum_n\sum_m a^- = \sum_n\sum_m a
N=5N = 5: 부호가 있지만 ∑∣a∣\sum \lvert a\rvert가 수렴하므로 행별 합 ≈0.7033\approx 0.7033과 열별 합 ≈0.7033\approx 0.7033이 일치하고, 둘 다 π4/144≈0.6765\pi^4/144 \approx 0.6765로 갑니다.
증명 보기

  1. am,n+=max⁡(am,n,0)a^+_{m,n} = \max(a_{m,n}, 0), am,n−=max⁡(−am,n,0)a^-_{m,n} = \max(-a_{m,n}, 0)라 둡니다.

    그러면 0≤am,n±≤∣am,n∣0 \le a^{\pm}_{m,n} \le \lvert a_{m,n}\rvert이고 ∣a∣=a++a−\lvert a\rvert = a^+ + a^-, a=a+−a−a = a^+ - a^-입니다.

    비교판정법에 의해 ∑am,n+\sum a^+_{m,n}와 ∑am,n−\sum a^-_{m,n}는 모두 ∑∣am,n∣<∞\sum \lvert a_{m,n}\rvert < \infty 이하로 수렴합니다.

  2. a+a^+와 a−a^-는 음이 아니므로 첫 번째 문제(푸비니, 음이 아닌 항)를 각각에 적용합니다: ∑m∑na+=∑n∑ma+<∞\sum_m\sum_n a^+ = \sum_n\sum_m a^+ < \infty이고 a−a^-도 마찬가지입니다.

    모든 반복합이 유한하므로 뺄셈이 정당하고, ∑m∑na=∑m∑na+−∑m∑na−=∑n∑ma+−∑n∑ma−=∑n∑ma\sum_m\sum_n a = \sum_m\sum_n a^+ - \sum_m\sum_n a^- = \sum_n\sum_m a^+ - \sum_n\sum_m a^- = \sum_n\sum_m a를 얻습니다.

    증명 끝.

가설이 날카로움을 보이세요: an,n=1a_{n,n} = 1, an,n+1=−1a_{n,n+1} = -1 (n≥1n \ge 1), 나머지는 00이라 둘 때, 모든 행 합이 00이므로 ∑m∑nam,n=0\sum_m\sum_n a_{m,n} = 0이지만, 열 11의 합은 11이고 n≥2n \ge 2인 열의 합은 00이므로 ∑n∑mam,n=1\sum_n\sum_m a_{m,n} = 1임을 완전히 계산으로 확인하고, ∑∣a∣=∞\sum \lvert a\rvert = \infty임을 지적하세요.

an,n=1,an,n+1=−1 (n≥1),else 0a_{n,n} = 1, \quad a_{n,n+1} = -1 \ (n \ge 1), \quad \text{else } 0
∑m∑nam,n=∑m0=0≠1=1+∑n≥20=∑n∑mam,n\sum_m \sum_n a_{m,n} = \sum_m 0 = 0 \quad\ne\quad 1 = 1 + \sum_{n \ge 2} 0 = \sum_n \sum_m a_{m,n}
위 그림의 교대급수는 절대수렴하므로 순서가 바뀌어도 안전합니다 — 하지만 아래 반례처럼 ∑∣a∣=∞\sum\lvert a\rvert = \infty이면 순서가 결과를 바꿀 수 있습니다.
증명 보기

  1. 행을 고정합니다 (mm 고정).

    00이 아닌 항은 n=mn = m에서의 am,m=1a_{m,m} = 1과 n=m+1n = m+1에서의 am,m+1=−1a_{m,m+1} = -1뿐입니다.

    따라서 행 합은 ∑n=1∞am,n=1+(−1)=0\sum_{n=1}^{\infty} a_{m,n} = 1 + (-1) = 0입니다 (유한합이므로 수렴 문제 없음).

    모든 mm에 대해 성립하므로 ∑m=1∞∑n=1∞am,n=∑m=1∞0=0\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} a_{m,n} = \sum_{m=1}^{\infty} 0 = 0입니다.

  2. 열을 고정합니다 (nn 고정).

    00이 아닌 항: an,n=1a_{n,n} = 1 (행 m=nm = n)과, n≥2n \ge 2일 때 an−1,n=−1a_{n-1,n} = -1 (행 m=n−1m = n-1, am,m+1=−1a_{m,m+1} = -1에 m=n−1m = n-1 대입).

    열 11: a1,1=1a_{1,1} = 1만 있으므로 합은 11.

    열 n≥2n \ge 2: 1+(−1)=01 + (-1) = 0.

    따라서 ∑n=1∞∑m=1∞am,n=1+∑n=2∞0=1\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty} a_{m,n} = 1 + \sum_{n=2}^{\infty} 0 = 1입니다.

  3. 두 반복합은 0≠10 \ne 1로 다릅니다 — 순서가 결과를 바꿉니다.

    깨진 가설은 절대수렴입니다: ∑m,n∣am,n∣=∑n=1∞(1+1)=∞\sum_{m,n} \lvert a_{m,n}\rvert = \sum_{n=1}^{\infty} (1 + 1) = \infty이므로 두 번째 문제의 가설이 성립하지 않습니다.

    음이 아닌 항(또는 절대수렴) 가설 없이는 푸비니가 성립하지 않으며, 이 예는 그 가설이 날카롭(sharp)음을 보여줍니다.

    증명 끝.

7. 급수