Abel 变换
学过分部积分的朋友都清楚，它在求解各类积分问题时有着极强的威力。而事实上，在离散求和范畴内，也存在与之思想高度契合的结论，这便是离散形式下的分部积分 —— 阿贝尔（\(\mathrm{Abel}\)）变换。
\(\mathrm{Abel}\) 变换在求解复杂极限等问题中有广泛的应用，在本节的第一部分，我先对这一结论进行证明，同时通过两道超级有意思的题目展现其在取整函数板块的应用，第二部分则带大家看看 \(\mathrm{Abel}\) 在极限问题中的巧妙应用。
结论
Abel 变换
设 \(\left\{ a_{n} \right\}_{n=1}^N,\left\{ b_{n} \right\}_{n=1}^N\) 是数列，则有恒等式：
\[
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{N} a_{k}b_{k} &= (a_{1}-a_{2})b_{1}+\dots+(a_{N-1}-a_{N})(b_{1}+b_{2}+\dots+b_{N-1})+a_{N}(b_{1}+b_{2}+\dots+b_{N})\\
&= \sum_{j=1}^{N-1} (a_{j}-a_{j+1})\sum_{i=1}^{j} b_{i}+a_{N}\sum_{i=1}^{N} b_{i}
\end{aligned}
\]
证法 1：（从右往左）
我们先考虑从右往左推导：
\[
\begin{aligned}
& \sum_{j=1}^{N-1} (a_{j}-a_{j+1})\sum_{i=1}^{j} b_{i}+a_{N}\sum_{i=1}^{N} b_{i}\\
=&\sum_{j=1}^{N-1} \left( a_{j}\sum_{i=1}^{j} b_{i}-a_{j+1}\sum_{i=1}^{j} b_{i} \right)+a_{N}\sum_{i=1}^{N} b_{i}\\
=&\sum_{j=1}^{N-1} \left( a_{j}\sum_{i=1}^{j} b_{i}-{\color{red}{a_{j+1}\sum_{i=1}^{j+1} b_{i}}} \right) + \sum_{j=1}^{N-1} \left( {\color{red}{a_{j+1}\sum_{i=1}^{j+1} b_{i}}}-a_{j+1}\sum_{i=1}^{j} b_{i} \right) + a_{N}\sum_{i=1}^{N} b_{i}\\
=& a_{1}b_{1}-{\color{blue}{a_{N}\sum_{i=1}^{N} b_{i}}}+\sum_{j=1}^{N-1} a_{j+1}b_{j+1}+{\color{blue}{a_{N}\sum_{i=1}^{N} b_{i}}}\\
=& \sum_{j=1}^{N} a_{j}b_{j}
\end{aligned}
\]
上面的红色部分是我们为了凑出裂项结构强行进行的添项处理，蓝色部分自然抵消，从而从右往左证明了此恒等式。这就是 \(\mathrm{Abel}\) 变换。
证法 2：（从左往右）
当然也可以从左向右推导，记 \(B_{k}\) 为数列 \(\left\{ b_{n} \right\}_{n=1}^N\) 的部分和，过程如下：
\[
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{N} a_{k}b_{k} &= a_{1}b_{1}+\sum_{k=2}^{N} a_{k}b_{k}\\
&= a_{1}B_{1}+\sum_{k=2}^{N} a_{k}(B_{k}-B_{k-1})\\
&= a_{1}B_{1}+\sum_{k=2}^{N} a_{k}B_{k}-\sum_{k=2}^{N} a_{k}B_{k-1}\\
&= \sum_{k=1}^{N-1} a_{k}B_{k}+a_{n}B_{n}-\sum_{k=1}^{N-1} a_{k+1}B_{k}\\
&= \sum_{k=1}^{N-1} (a_{k}-a_{k+1})B_{k}+a_{n}B_{n}\\
\end{aligned}
\]
这两种证明方法你更喜欢哪一种呢？
取整函数篇
下面首先来看一道不等式证明题，来自1981 美国数学奥林匹克第 5 题。
例 1
Example
设 \(x\) 为正实数，\(n\) 为正整数，求证：
\[
[nx]\geqslant [x]+\frac{[2x]}{2}+\dots+\frac{[nx]}{n}
\]
解：对 \(1\leqslant k\leqslant n\)，记 \(x_{k}=[kx]\).
因此即证：
\[
\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{i}\leqslant x_{n}
\]
因为对于任意实数 \(a,b\)，有取整函数性质：\([a]+[b]\leqslant [a+b]\)，所以对于任意 \(1\leqslant i,j\leqslant n\)，有 \(x_{i}+x_{j}\leqslant x_{i+j}\).
记前缀和 \(S_{i}=x_{1}+x_{2}+\dots+x_{i}\)，\(1\leqslant i\leqslant n\)，则：
\[
\begin{aligned}
2S_{i}&=(x_{1}+x_{i-1})+\dots+(x_{i-1}+x_{1})+2x_{i}\\
&\leqslant (i+1)x_{i}
\end{aligned}
\]
考虑 \(\mathrm{Abel}\) 变换：
\[
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{i}&=\sum_{i=1}^{n-1} S_{i}\left( \frac{1}{i}-\frac{1}{i+1} \right)+S_{n}\cdot \frac{1}{n}\\
&\leqslant \sum_{i=1}^{n-1} \frac{x_{i}}{2i}+ \frac{(n+1)x_{n}}{2n}\\
&= \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{i}+ \frac{x_{n}}{2}
\end{aligned}
\]
移项整理可得：
\[
\sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{i}\leqslant x_{n}
\]
Tip
当然本题也可以考虑对 \(n\) 进行归纳，也是比较容易的，这里不做展开。
时隔 45 年，这个类型的题目又在2026 美国数学奥林匹克第 1 题中出现了：
例 2
Example
设整数 \(n>1\)，求下式的最大值，并求取到时 \(x\) 的值。
\[
[nx]-\sum_{k=1}^{n} \frac{[kx]}{k}
\]
解：本题和上一题不等号的方向是反的。
我们熟知：对于任意实数 \(a, b\)，取整函数不仅有 \([a]+[b] \leqslant [a+b]\)，还有另一个方向的边界：由于 \([a+b] - [a] - [b] \in \{0, 1\}\)，因此必定有：
\[[a] + [b] \geqslant [a+b] - 1\]
同样记 \(x_k = [kx]\)。对于任意 \(1 \leqslant j \leqslant i-1\)，应用上述性质可得：
\[x_j + x_{i-j} \geqslant x_i - 1\]
记前缀和 \(S_i = x_1 + x_2 + \dots + x_i\)。与上题方法如出一辙，我们把求和序列倒序相加：
\[
\begin{aligned}
2S_{i-1} &= (x_1 + x_{i-1}) + (x_2 + x_{i-2}) + \dots + (x_{i-1} + x_1) \\
&\geqslant \sum_{j=1}^{i-1} (x_i - 1) \\
&= (i-1)(x_i - 1)
\end{aligned}
\]
等式两边同加 \(2x_i\)，得到 \(S_i\) 的下界：
\[
\begin{aligned}
2S_i &= 2S_{i-1} + 2x_i \\
&\geqslant (i-1)x_i - (i-1) + 2x_i \\
&= (i+1)x_i - i + 1
\end{aligned}
\]
再次对目标和式的主体使用 \(\mathrm{Abel}\) 变换：
\[
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} &= \sum_{i=1}^{n-1} S_i\left( \frac{1}{i}-\frac{1}{i+1} \right) + S_n \cdot \frac{1}{n} \\
&\geqslant \sum_{i=1}^{n-1} \frac{(i+1)x_i - i + 1}{2} \cdot \frac{1}{i(i+1)} + \frac{(n+1)x_n - n + 1}{2n}
\end{aligned}
\]
我们将上式拆分为含有 \(x_i\) 的变量部分和纯常数部分：
变量部分：
\[\sum_{i=1}^{n-1} \frac{x_i}{2i} + \frac{(n+1)x_n}{2n} = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} + \frac{x_n}{2}\]
常数部分（设为 \(C\)）：
\[C = -\sum_{i=1}^{n-1} \frac{i-1}{2i(i+1)} - \frac{n-1}{2n}\]
我们用裂项法单独算出这个常数和：
\[
\begin{aligned}
C &= -\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n-1} \left( \frac{2}{i+1} - \frac{1}{i} \right) - \frac{n-1}{2n} \\
&= -\frac{1}{2} \left[ 2\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}\right) - \left(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n-1}\right) \right] - \frac{1}{2} + \frac{1}{2n}
\end{aligned}
\]
记调和级数 \(H_n = \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\)，则括号内为 \(2(H_n - 1) - H_{n-1} = H_n - 2 + \dfrac{1}{n}\)，代入得：
\[C = -\frac{1}{2} \left( H_n - 2 + \frac{1}{n} \right) - \frac{1}{2} + \frac{1}{2n} = -\frac{1}{2}(H_n - 1)\]
将变量部分和常数部分组合，我们得到：
\[\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} \geqslant \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} + \frac{x_n}{2} - \frac{1}{2}(H_n - 1)\]
移项化简得：
\[\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} \geqslant x_n - (H_n - 1)\]
因此，待求式最大值为：
\[x_n - \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{i} \leqslant H_n - 1 = \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\]
要让上述所有不等式取等号，核心在于必须满足 \([kx] + [(i-k)x] = [ix] - 1\)。
观察原函数 \(f(x) = [nx] - \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{[kx]}{k}\)，易证 \(f(x+1) = f(x)\)（因为 \([k(x+1)] = [kx]+k\)，代入后 \(n\) 正好抵消），所以它是一个周期为 1 的函数。
我们只看 \(x \in [0, 1)\) 的情况：如果让 \(x\) 从 \(1\) 的左侧无限逼近（例如取 \(x = 1 - \dfrac{1}{2n}\)），此时对于所有的 \(1 \leqslant k \leqslant n\)，都有 \(kx = k - \dfrac{k}{2n}\)。因为 \(0 < \dfrac{k}{2n} < 1\)，所以此时 \([kx] = k - 1\)。将 \([kx] = k - 1\) 代入原式：
\[
\begin{aligned}
f(x) &= (n-1) - \sum_{k=1}^{n} \frac{k-1}{k} \\
&= n - 1 - \sum_{k=1}^{n} \left(1 - \frac{1}{k}\right) \\
&= n - 1 - n + H_n \\
&= H_n - 1
\end{aligned}
\]
为了保证所有 \(k \leqslant n\) 都有 \([kx] = k-1\)，只需 \(k - 1 \leqslant kx < k\)，即 \(1 - \dfrac{1}{k} \leqslant x < 1\)。
因此在周期区间内的解为 \(x \in \left[1 - \dfrac{1}{n}, 1\right)\)。
结合周期性，当 \(x \in \left[m - \dfrac{1}{n}, m\right)\)（\(m\) 为任意整数）时，原式取得最大值 \(\displaystyle\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\)。
怎么样，这两道题目是不是都非常精彩！下面为大家带来 \(\mathrm{Abel}\) 在求解复杂极限问题中的巧妙应用！
极限篇
先来看一道 \(\mathrm{Abel}\) 定理的基础应用：
例 3
Example
设级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n}\) 收敛，证明：
\[
\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n}=0
\]
证明：容易发现形式和 \(\mathrm{Stolz}\) 形式很类似，但是直接使用会将问题转化为求解 \(\displaystyle\lim_{ n \to \infty }a_{n}\)，而这个极限存在与否我们是不知道的，因此此方法行不通。
记 \(\displaystyle \frac{a_{n}}{n}\) 的部分和为 \(S_{n}\)，则由 \(\mathrm{Abel}\) 变换得：
\[
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{n} a_{k} &= \sum_{k=1}^{n} k \cdot \frac{a_{k}}{k}\\
&= \sum_{k=1}^{n-1} [k-(k+1)]\sum_{i=1}^{k} \left( \frac{a_{i}}{i} \right)+ nS_{n}\\
&= nS_{n}-\sum_{k=1}^{n-1} S_{k}
\end{aligned}
\]
因为级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n}\) 收敛，所以其部分和极限存在，记作 \(\displaystyle \lim_{ n \to \infty }S_{n}=S\).
对上式左右同时除以 \(n\)，并结合 \(\mathrm{Stolz}\) 定理，得：
\[
\begin{aligned}
\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} a_{k} &= \lim_{ n \to \infty } S_{n}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} S_{k}\\
&= S-\lim_{ n \to \infty } \frac{S_{n}}{n-(n-1)}\\
&= S-S\\
&= 0
\end{aligned}
\]
事实上，本题结论可以进行推广，如下：
推广
设级数 \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n^{\alpha}}\)(\(\alpha>0\)) 收敛，则：
\[
\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n^{\alpha}}=0
\]
下面来看一道类似的题目：
例 4
Example
设 \(\displaystyle \lim_{ n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}a_{k}\) 存在，证明：
\[
\lim_{ n \to \infty } \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n} ka_{k}}{n}=0
\]
证明：观察发现式子的形式很像 \(\mathrm{Stolz}\)，但是真的可以直接用吗？我们来试试：
\[
\begin{aligned}
\lim_{ n \to \infty } \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n} ka_{k}}{n}&=\lim_{ n \to \infty } \frac{na_{n}}{n-(n-1)}\\
&= \lim_{ n \to \infty } na_{n}
\end{aligned}
\]
但是我们推出来的这个极限未必存在，因此我们需要另寻他路。
考虑 \(\mathrm{Abel}\) 变换：
\[
\begin{aligned}
\lim_{ n \to \infty } \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n} ka_{k}}{n}&=\lim_{ n \to \infty } \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} (k-(k+1))\sum_{j=1}^{k} a_{j} + n\sum_{k=1}^{n} a_{k}}{n}\\
&= \lim_{ n \to \infty } \frac{\displaystyle-\sum_{k=1}^{n-1} \sum_{j=1}^{k} a_{j}}{n}+\lim_{ n \to \infty } \sum_{k=1}^{n} a_{k}\\
&= \lim_{ n \to \infty } \frac{-\displaystyle\sum_{j=1}^{n} a_{j}}{(n+1)-n}+\lim_{ n \to \infty } \sum_{k=1}^{n} a_{k}\\
&= 0
\end{aligned}
\]
既然说 \(\mathrm{Abel}\) 变换是离散版本的分部积分，那么把上面这个例题 4 改成连续版本是否有相同的结论呢？答案是肯定的，也就是下面的例题 5：
例 5
Example
设函数 \(f:[0,+\infty)\to \mathbb{R}\)，且 \(\displaystyle \int_{0}^{+\infty} f(x) \mathrm{~d} x\) 收敛，证明：
\[
\lim_{ x \to +\infty } \frac{\int_{0}^{x} yf(y) \mathrm{~d} y }{x}=0
\]
证明：在例题 4 中，我们先使用 \(\mathrm{Abel}\) 变换然后使用 \(\mathrm{Stolz}\) 定理，那么 \(1:1\) 地类比过来，我们的思路就是先分部积分然后再洛必达。
设变限积分 \(F(y)=\displaystyle\int_{0}^{y} f(t) \mathrm{~d} t\)，且由题意知 \(\displaystyle \lim_{ x \to +\infty }F(x)\) 存在，则：
\[
\begin{aligned}
\lim_{ x \to +\infty } \frac{\int_{0}^{x} yf(y) \mathrm{~d} y }{x} &= \lim_{ x \to +\infty } \frac{\int_{0}^{x} y \mathrm{~d} F(y) }{x}\\
&= \lim_{ x \to +\infty } \frac{1}{x}\cdot yF(y)\bigg|_{0}^x - \lim_{ x \to +\infty } \frac{\int_{0}^{x} F(y) \mathrm{~d} y }{x}\\
&\xlongequal{L'} \lim_{ x \to +\infty } F(x) - \lim_{ x \to +\infty } F(x)\\
&= 0
\end{aligned}
\]
下面来看一道第十届 CMC 非数的压轴题：
例 6
Example
已知 \(\{a_n\},\{b_n\}\) 是正数数列，且 \(b_{k+1}-b_k \geqslant \delta,\ k=1,2,\cdots,\ \delta\) 为一常数。证明：若级数 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) 收敛，则下面这个级数收敛：
\[
\sum_{k=1}^{\infty} \frac{k\sqrt[k]{(a_1a_2\cdots a_k)(b_1b_2\cdots b_k)}}{b_{k+1}b_k}
\]
证明：令 \(\displaystyle S_k = \sum_{i=1}^{k} a_i b_i,\ a_k b_k = S_k - S_{k-1},\ S_0=0,\ a_k = \frac{S_k - S_{k-1}}{b_k},\ k=1,2,\cdots\).
\[
\begin{aligned} \sum_{k=1}^{N} a_k &= \sum_{k=1}^{N} \frac{1}{b_k}\cdot a_{k}b_{k} \\
&= \sum_{k=1}^{N-1} \left( \frac{1}{b_k} - \frac{1}{b_{k+1}} \right)S_{k} + \frac{S_N}{b_N} \\
&= \sum_{k=1}^{N-1} \frac{\color{red}b_{k+1}-b_k}{b_k b_{k+1}} S_k + \frac{S_N}{b_N} \\
&\geqslant \sum_{k=1}^{N-1} \frac{\delta}{b_k b_{k+1}} S_k \end{aligned}
\]
所以 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{S_k}{b_k b_{k+1}}\) 收敛 , 由 \(\mathrm{AM-GM}\) 不等式得：
\[ \sqrt[k]{(a_1a_2\cdots a_k)(b_1b_2\cdots b_k)} \leqslant \frac{a_1b_1 + \cdots + a_kb_k}{k} = \frac{S_k}{k} \]
因此：
\[ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{k\sqrt[k]{(a_1a_2\cdots a_k)(b_1b_2\cdots b_k)}}{b_{k+1}b_k} \leqslant \sum_{k=1}^{\infty} \frac{S_k}{b_k b_{k+1}} \]
故结论得证！
Tip
事实上，本题还可以使用 \(\mathrm{Carleman}\) 不等式进行解决，但今天的主题是 \(\mathrm{Abel}\) 变换，所以就不做展开了，感兴趣的朋友可以自己了解。
今天就通过这四道题目带大家领略了 \(\mathrm{Abel}\) 变换在求解极限问题中的应用，正如分部积分在积分问题中的效果往往是改善阶，（这一点在之前介绍 \(\mathrm{Froullani}\) 积分的时候展现过，文章附在下面，忘记的朋友可以复习一下），\(\mathrm{Abel}\) 变换往往也有这种效果，可以再体会体会。
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