阿贝尔变换与部分和估计

当单项正负交错，但部分和容易控制时，可以把加权和改写成“部分和乘权重差”。全文只涉及有限求和。

有限分部求和公式

设 $a_1,\ldots,a_n,b_1,\ldots,b_n$ 为实数，记 $A_0=0$ ， $A_k=\sum_{i=1}^k a_i$ 。由 $a_k=A_k-A_{k-1}$ ，移位相减得到

\sum_{k=1}^n a_kb_k=A_nb_n+\sum_{k=1}^{n-1}A_k(b_k-b_{k+1}).

具体地，右侧展开为 $A_1b_1+(A_2-A_1)b_2+\cdots+(A_n-A_{n-1})b_n$ ，即左侧。 $n=1$ 时第二个求和为空，公式仍成立。

若所有 $|A_k|\le M$ ， $M\ge0$ ，则由三角不等式

\left|\sum_{k=1}^n a_kb_k\right|\le M\left(|b_n|+\sum_{k=1}^{n-1}|b_k-b_{k+1}|\right).

若 $b_k$ 单调，则绝对差的和等于 $|b_1-b_n|$ ，从而

\left|\sum_{k=1}^n a_kb_k\right|\le M\bigl(|b_n|+|b_1-b_n|\bigr)\le M\bigl(|b_1|+2|b_n|\bigr).

特别地， $b_1\ge\cdots\ge b_n\ge0$ 时，上界简化为 $Mb_1$ 。

若只知 $A_k\ge0$ ，并且 $b_1\ge\cdots\ge b_n\ge0$ ，原恒等式的每项均非负，故 $\sum a_kb_k\ge0$ 。无需要求每个 $a_k\ge0$ 。

取 $a_k=(-1)^{k-1}$ 、 $b_k=1/k$ 。部分和 $A_k$ 在 $0,1$ 之间交替，且 $b_k$ 非负递减，因此对每个正整数 $n$ ，

0\le1-\frac12+\frac13-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}n\le1.

这里证明的是每个有限部分和的界，不需要讨论无穷级数。

把一般上界误写成 $M(2|b_1|+|b_n|)$ 并不成立。取 $a_1=1,a_2=-2$ ，则 $A_1=1,A_2=-1$ ，可取 $M=1$ ；取递增的 $b_1=0,b_2=1$ ，左侧为 $2$ ，错误上界却为 $1$ 。因此应优先记住带绝对差的精确估计。

设 $A_k=\sum_{i=1}^ka_i$ 均满足 $m\le A_k\le M$ ，且 $b_1\ge\cdots\ge b_n\ge0$ 。阿贝尔恒等式中的系数 $b_n,b_k-b_{k+1}$ 非负，系数和为 $b_1$ ，故

mb_1\le\sum_{k=1}^na_kb_k\le Mb_1.

$m$ 可以为负。 $b_1>0$ 时除以 $b_1$ ，所得正是各部分和的加权平均； $b_1=0$ 时全部权重为零，两端均为零。上界取等当且仅当每个正系数对应的 $A_k=M$ ；下界类似。

设 $a_1,\ldots,a_n$ 为实数， $b_1\ge\cdots\ge b_n\ge0$ ，且对每个 $k$ ，都有 $\sum_{i=1}^ka_i\ge\sum_{i=1}^kb_i$ 。则

\sum_{i=1}^na_i^2\ge\sum_{i=1}^nb_i^2.

对 $a_i-b_i$ 作阿贝尔变换，有 $\sum(a_i-b_i)b_i\ge0$ 。记 $B=\sum b_i^2$ ，于是 $\sum a_ib_i\ge B$ 。若 $B=0$ ，结论显然；若 $B>0$ ，柯西不等式给

B^2\le\left(\sum a_ib_i\right)^2\le\left(\sum a_i^2\right)B.

除以 $B$ 即得。等号当且仅当逐项 $a_i=b_i$ ： $B>0$ 时柯西等号及内积等于 $B$ 强制比例系数为 $1$ ； $B=0$ 时两列必须全零。

例如 $a=(4,1,1),b=(3,2,1)$ 的部分和逐项不小于，平方和为 $18\ge14$ 。不需要 $a_i$ 单调； $b_i$ 的非负递减条件是本证明的关键。