设$f:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{R}$是函数.使得$$\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$$是绝对收敛的.那么$$\sum_{n=0}^{\infty}(\sum_{m=0}^{\infty}f(n,m))=\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)=\sum_{(m,n)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)=\sum_{m=0}^{\infty}(\sum_{n=0}^{\infty}f(n,m))$$
证明：
我们先证$\sum_{n=0}^{\infty}(\sum_{m=0}^{\infty}f(n,m))$是绝对收敛的.由于$\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}|f(n,m)|$是绝对收敛的，因此任意交换级数$\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}|f(n,m)|$的求和次序,收敛性和收敛到的值都不会变.所以可以任意挑选一种求和次序.所以$$\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{m+n=i}f(n,m)=\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$$
对于任意的自然数$N$,$M$,$$\sum_{n=0}^{N}(\sum_{m=0}^{M}|f(n,m)|)\leq \sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}|f(n,m)|=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{m+n=i}|f(n,m)|$$
因此$$\sum_{n=0}^{N}(\sum_{m=0}^{\infty}|f(n,m)|)\leq \sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}|f(n,m)|=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{m+n=i}|f(n,m)|$$
因此$$\sum_{n=0}^{\infty}(\sum_{m=0}^{\infty}|f(n,m)|)\leq \sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}|f(n,m)|=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{m+n=i}|f(n,m)|$$
而且易证$$\sum_{n=0}^{\infty}(\sum_{m=0}^{\infty}|f(n,m)|)< \sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}|f(n,m)|=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{m+n=i}|f(n,m)|$$是不可能的(为什么?)，因此$$\sum_{n=0}^{\infty}(\sum_{m=0}^{\infty}|f(n,m)|)=\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}|f(n,m)|=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{m+n=i}|f(n,m)|$$
这样我们就证好了$\sum_{n=0}^{\infty}(\sum_{m=0}^{\infty}f(n,m))$是绝对收敛的.
然后我们再证明$$\sum_{n=0}^{\infty}(\sum_{m=0}^{\infty}f(n,m))=\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$$
（首先我们可以断定绝对收敛必条件收敛）这很简单，因为我们可以把数列$(\sum_{m=0}^{\infty}f(n,m))_{n=0}^{\infty}$分成两个子列，一个子列$A$里的元素全非负，一个子列$B$里的元素全负.(可能某一个子列是空子列，这无妨).然后仿照陶哲轩实分析命题7.4.3, 讨论起来就很简单了.$\Box$
注:有一个问题是，这个结论对于条件收敛级数成不成立呢？答案是不成立.因为对于条件收敛级数来说，即使是连$\sum_{(n,m)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}}f(n,m)$也无法定义，这是因为条件收敛级数经过重排后未必收敛，即使收敛，也未必收敛到同一个值.