我放弃了, 找反例就找到半个, 我还是把"柯西乘积去括号"的级数的定义完整的写一遍吧. 希望能帮助接下来思考的人.
对于级数\sum_{n=0}^{+\infty}a_n 与 \sum_{n=0}^{+\infty}b_n , 它的柯西乘积为 \sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^n a_k b_{n-k} , 而级数 \sum_{n=0}^{+\infty} c_n 称为"柯西乘积去括号" , 如果其中 c_n 满足:
\begin{aligned} c_n&=a_{i-j}b_{j-1}\\ i&=\Big\lfloor \frac{1+\sqrt{8n+1}}{2}\Big\rfloor=\Big\lfloor \frac{1}{2}+\sqrt{2n+2}\Big\rfloor\\ j&=n+1-\frac{i(i-1)}{2}\\ \end{aligned}\\
其中 \lfloor x\rfloor 表示对 x 向下取整.
也即
\begin{aligned}\sum_{n=0}^{+\infty}c_n=\sum_{n=0}^{+\infty} & a_{\frac{\big\lfloor \frac{1}{2}+\sqrt{2n+2}\big\rfloor\big(\big\lfloor \frac{1}{2}+\sqrt{2n+2}\big\rfloor+1\big)}{2}-n-1} \;\;\;\; b_{n-\frac{\big\lfloor \frac{1}{2}+\sqrt{2n+2}\big\rfloor\big(\big\lfloor \frac{1}{2}+\sqrt{2n+2}\big\rfloor-1\big)}{2}}\end{aligned}\\
发现若将上面的级数 \sum_{n=0}^{+\infty} c_n 的每 k 个数加上括号( k 从 1 每隔 1 步一直向上取), 得到的带括号的级数即为柯西乘积级数.
下面是半个反例
反例只找到了一半, 可以使"柯西乘积去括号"的级数不是绝对收敛的, 但是柯西乘积是绝对收敛的, 首先分析问题:
为使"柯西乘积去括号"的级数不绝对收敛, 最简单的办法就是使它的一个子级数 \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n} b_{n} 不是绝对收敛的. (如果记"柯西乘积去括号"的级数为 \sum_{n=0}^{+\infty}c_n , 那么有 c_0=a_0b_0 , c_1=a_1b_0 , c_2=a_0b_1 , c_3=a_2b_0 , c_4=a_1b_1 , c_5=a_0b_2 , c_6=a_3b_0 , c_7=a_2b_1 以此类推, 容易发现\sum_{n=0}^{+\infty} a_{n} b_{n} 是 \sum_{n=0}^{+\infty}c_n 的一个子级数 )
如果 \sum_{n=1}^{+\infty}a_n 与 \sum_{n=1}^{+\infty}b_n 至少有一个绝对收敛并且两个都收敛, 那么由Mertens定理可知, 柯西乘积 \sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=1}^n a_k b_{n-k} 收敛, 而很容易证明, 对角线乘积 \sum_{n=1}^{+\infty} a_n b_n 也收敛并且绝对收敛.
证明: 不妨假设 \sum_{n=1}^{+\infty} a_n 绝对收敛, 由于 \sum_{n=1}^{+\infty}b_n 收敛, 故 b_n 有界, 即存在一个 M>0 , 使 b_n<M , 于是 \Bigg|\sum_{n=1}^{+\infty}a_n b_n\Bigg|\le\sum_{n=1}^{+\infty}|a_n b_n|\le\sum_{n=1}^{+\infty} M |a_n| , 即对角线乘积 \sum_{n=1}^{+\infty} a_n b_n 绝对收敛.
于是为了找到反例, 至少需要找到两个条件收敛级数\sum_{n=1}^{+\infty}a_n 与 \sum_{n=1}^{+\infty}b_n , 而它们的柯西乘积\sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=1}^n a_k b_{n-k} 收敛, 这种反例还是很好找的, 【实分析中的反例】就给出一个:
令
f(x)=\frac{1+x}{(x^3+1)^{\frac{1}{2}}}= \sum_{n=0}^{+\infty} a_n x^n\\ g(x)=\frac{1-x+x^2}{(x^3+1)^{\frac{1}{2}}}= \sum_{n=0}^{+\infty} b_n x^n\\
容易得到 , 此时 \sum_{n=0}^{+\infty}b_n 与 \sum_{n=0}^{+\infty}a_n 均条件收敛, 而且由于 f(x) g(x)=1 , 故 \sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^n a_k a_{n-k} 绝对收敛, 且 c_n=\sum_{k=0}^n a_k a_{n-k}\left\{\begin{align} 1,n=0\\ 0,n>0 \end{align} \right.\\
注意到:
\large{\frac{1-x+x^{2}}{\sqrt{1+x^{3}}}}=\sum_{n=-\infty}^{\infty} \begin{cases}\left(\begin{array}{ll} \Large{\frac{(-1)^{(4+n) / 3}\left(-\frac{7}{6}+\frac{n}{3}\right) !}{\sqrt{\pi}\left(\frac{1}{3}(-2+n)\right) !} }& (n \geq 2 \text { and }(-2+n) \bmod 3=0 \text { and }(-1+n) \bmod 3>0 \\ & \text { and } n \bmod 3>0) \\\normalsize{ \frac{(-1)^{(4+n) / 3}}{{\sqrt{\pi }}}\left(\frac{\left(-\frac{7}{6}+\frac{n}{3}\right) !}{\left(\frac{1}{3}(-2+n)\right) !}-\frac{\sqrt[3]{-1}\left(-\frac{5}{6}+\frac{n}{3}\right) !}{\left(\frac{1}{3}(-1+n)\right) !}\right) }& (n \geq 2 \text { and } (-2+n) \bmod 3=0 \text { and } (-1+n) \bmod 3= 0 \\ &\text { and } n \bmod 3>0 ) \\ \Large{{\frac{(-1)^{(2+n) / 3}\left(-\frac{5}{6}+\frac{n}{3}\right) !}{\sqrt{\pi}\left(\frac{1}{3}(-1+n)\right) !}}} & (n \geq 1 \text { and }(-1+n) \bmod 3=0 \text { and }(-2+n) \bmod 3>0 \\ & \text { and } n \bmod 3>0) \\ \Large{\frac{(-1)^{n / 3}\left(-\frac{1}{2}+\frac{n}{3}\right) !}{\sqrt{\pi} \frac{n}{3} !}} & (n=0 \text { or }(n \geq 0 \text { and }(-2+n) \bmod 3>0 \text { and }(-1+n) \\ & \bmod 3>0 \text { and } n \bmod 3=0)) \\ \end{array}\right)\end{cases}x^n
\frac{1+x}{\sqrt{1+x^{3}}}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\left(\left\{\begin{array}{ll} \Large{\frac{(-1)^{(5+n) / 3}\left(-\frac{5}{6}+\frac{n}{3}\right) !}{\sqrt{\pi}\left(\frac{1}{3}(-1+n)\right) !} }& (n \geq 1 \text { and }(-1+n) \bmod 3=0 \text { and } n \bmod 3>0) \\ \Large{\frac{(-1)^{n / 3}\left(-\frac{1}{2}+\frac{n}{3}\right) !}{\sqrt{\pi} \frac{n}{3} !}} & (n \geq 0 \text { and } n \bmod 3=0) \end{array}\right) x^{n}\right.\\
取满足 n\ge 1 \wedge (n-1)\mathrm{mod3}=0 \wedge (n-2)\mathrm{mod3}>0 \wedge (n)\mathrm{mod3}>0 的子列 \{n_k\} , 于是:
\begin{aligned}a_{n_k} b_{n_k}&=\frac{(-1)^{(5+n) / 3}\left(-\frac{5}{6}+\frac{n}{3}\right) !}{\sqrt{\pi}\left(\frac{1}{3}(-1+n)\right) !}\cdot \frac{(-1)^{(2+n) / 3}\left(-\frac{5}{6}+\frac{n}{3}\right) !}{\sqrt{\pi}\left(\frac{1}{3}(-1+n)\right) !}\\ &=-\Bigg(\frac{\left(-\frac{5}{6}+\frac{n}{3}\right) !}{\sqrt{\pi}\left(\frac{1}{3}(-1+n)\right) !}\Bigg)^2\end{aligned}\\
不妨令 n=3k+1, k\in\mathbb Z ,于是有:
a_{n_k} b_{n_k}=-\Bigg(\frac{(\frac{2k-1}{2}) !}{\sqrt{\pi}(k) !}\Bigg)^2\\
用正项级数的高斯判别法(https://www. zhihu.com/question/5111 7048/answer/1606793590 ), 有
\begin{aligned} \lim_{k\to +\infty} k\ln k\Bigg(\frac{a_{n_k}b_{n_k}}{a_{n_{k+1}}b_{n_{k+1}}}-1-\frac{1}{k}\Bigg) &=\lim_{k\to +\infty} k\ln k\Bigg(\frac{(k+1)^2}{(k+\frac{1}{2})^2}-1-\frac{1}{k}\Bigg)\\ &=\lim_{k\to+\infty}\frac{\ln k(-\frac{1}{4}k-\frac{1}{4})}{k^2+k+\frac{1}{4}}=0<1 \end{aligned}\\
于是子级数 \sum_{k=0}^{+\infty} a_{n_k} b_{n_k} 发散, 如果 \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n} b_{n} 绝对收敛, 那么它的任何子级数全部收敛, 于是产生了矛盾, 于是 \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n} b_{n} 不绝对收敛, 那么"柯西乘积去括号"的级数不可能绝对收敛.
为了证明"柯西乘积去括号"的级数不是收敛的，可以采用反证法，由于收敛级数任意添加括号都收敛，并且收敛与同一个值，又由于柯西乘积级数是一个添加括号后的级数，于是如果"柯西乘积去括号"的级数收敛，它必收敛于1，所以可以想办法添加一种括号，使其不收敛于1.
不过，我试了几种添加括号的方式，都失败了，要么是不会求收敛值，要么是收敛于1。
