Gauss與AGM(IV-3)

01-29

[註：題圖是Euler1749年在柏林科學院宣讀的文章Animadversiones in Rectificationem Ellipsis (橢圓弧長研究)第一頁。文章收錄於Euler的著作Opuscula varii argumenti 第二卷(共三卷)]

Gauss並不是第一個發現AGM序列與橢圓積分關係的人。在Gauss開始研究AGM之前，Lagrange就已經發表了一篇關於橢圓積分的文章(1785年)。在文章中，他給出了如下結論：

定義 $p^prime=p+sqrt{p^2-q^2}$ ， $q^prime=p-sqrt{p^2-q^2}$ 。如果給定變換 $y^prime=ysqrt{frac{1pm p^2y^2}{1pm q^2y^2}}$ ，那麼 $frac{mathrm{d}y}{sqrt{(1pm (py)^2)(1pm (qy)^2)}}=frac{mathrm{d}y^prime}{sqrt{(1pm (p^prime y^prime)^2)(1pm(q^prime y^prime)^2)}}$ 。

Lagrange所用的變換正是Landen變換。注意到上面的定義已經定義了逆向的AGM序列，如果把迭代過程逆過來，那就是正向的AGM序列。由於正向迭代過程中的 $p,q$ 很快收斂到同一極限，因此，這個迭代不僅給出了

$int_{0}^{infty}frac{mathrm{d}y}{sqrt{(1+p^2y^2)(1+q^2y^2)}}$

的一個方便的計算方法，同時還給出了Gauss 的AGM與橢圓積分的關係。

有趣的是Lagrange在1777年1月3日致Condorcet的信件中明確說過，他知道Landen的文章：

Jai vu, dans le dernier Volume des Transactions philosophiques, un théorème de M. Landen qui me para?t bien singulier. Il réduit la rectification des arcs elliptiques à celle des arcs hyperboliques. Je nai pas encore eu le temps dexaminer sil ny a pas de paralogisme dans la démonstration.
我在上期自然科學會報上看到Landen先生的一個看起來很奇特的定理。文章將橢圓弧長轉化為雙曲線弧長。我還沒能抽出時間來檢查證明中是否有誤。

儘管上面的變換形式上和Landen的變換一模一樣，但Lagrange文章中對Landen卻不置一詞，所以Landen的文章對Lagrange有多大影響是無法確定的。

[註：Waldo Dunnington的Gauss傳記中有Gauss大學期間的借書記錄。記錄顯示，Gauss 1797年1月18日曾經借過Landen的數學著作，其中包含Landen變換的文章。但從Gauss後來的文章看，Landen的文章並沒有給Gauss留下關於Landen變換的任何印象。]

Lagrange在1785年的文章的最末一節集中探討了AGM與橢圓以及雙曲線弧長的關係。在這一章的開頭他明確地提到了"feu M. Euler (已故的Euler先生)"以及他的著作Opuscula varii argumenti 。題圖就是這部著作中關於橢圓弧長的文章Animadversiones in Rectificationem Ellipsis。跨時代的巨人Euler通過其文章影響的不只是Lagrange，當然還有Gauss。根據Waldo Dunnington的Gauss傳記的附錄，Gauss在大學期間不止一次地借出Euler的著作Opuscula。

橢圓弧長的研究可以歸結為第二類橢圓積分

$q=int_{0}^{pi/2}sqrt{1-k^2sin^2theta},mathrm{d}theta$

的研究。我們通過二項級數展開，並逐項積分，可以得到

$q=frac{pi}{2}left(1-frac{1}{2cdot 2}k^2-frac{1cdot1cdot 3}{2cdot 2cdot 4cdot 4}k^4-frac{1cdot1cdot 3cdot3cdot 5}{2cdot 2cdot 4cdot 4cdot 6cdot 6}k^6-cdotsright)$

對 $q$ 求導，我們就有

$-frac{mathrm{d}q}{mathrm{d}k}=frac{pi}{2}L$

其中

$L=frac{1}{2}k+frac{1cdot1cdot 3}{2cdot 2cdot 4}k^3+frac{1cdot1cdot 3cdot3cdot 5}{2cdot 2cdot 4cdot 4cdot 6}k^5+cdots$

Gauss在Leiste筆記[見Gauss全集第十卷第一冊，180頁]上除了這個級數以外，還給出了第一類橢圓積分的級數展開

$begin{align}K&=frac{2}{pi}int_{0}^{pi/2}frac{1}{sqrt{1-k^2sin^2theta}}mathrm{d}theta&=1+frac{1cdot1}{2cdot 2}k^2+frac{1cdot1cdot 3cdot3}{2cdot 2cdot 4cdot 4}k^4+cdotsend{align}$

Gauss通過兩個級數 $K,L$ 建立了第一類橢圓積分與第二類橢圓積分之間的微分方程。說實話，Gauss的這個方法真的是遠遠比分部積分方法要更容易記憶：

$begin{align}frac{mathrm{d}(kL)}{mathrm{d}k}&=kfrac{mathrm{d}(kK)}{mathrm{d}k}kfrac{mathrm{d}L}{mathrm{d}k}&=frac{mathrm{d}K}{mathrm{d}k}end{align}$

藉此我們很容易導出

$L=(k^2-1)frac{mathrm{d}K}{mathrm{d}k}+kK$

同時我們也有[可以直接用級數驗證第一個等式]

$q=frac{pi}{2}(K-kL)=frac{pi}{2}(1-k^2)left(K+kfrac{mathrm{d}K}{mathrm{d}k}right)$

如果我們把等式中的 $k$ 換為 $sqrt{1-k^2}$ ，並且借用Gauss導出的第一類橢圓積分與AGM的關係

$K(sqrt{1-k^2})=frac{1}{M(1,k)}$

那麼我們有

$int_{0}^{pi/2}sqrt{cos^2theta+k^2sin^2theta},mathrm{d}theta=frac{pi}{2}left(frac{k^2}{M(1,k)}-k(1-k^2)frac{mathrm{d}}{mathrm{d}k}frac{1}{M(1,k)}right)$

以上的研究是有一些副產物的。

---如果令 $krightarrow 0^{+},$ 我們可以斷定 $frac{k^2}{M(1,k)}rightarrow 0$ ,從而有 $frac{mathrm{d}}{mathrm{d}k}frac{1}{M(1,k)}sim-frac{2}{pi}frac{1}{k}$ 。因此我們可以斷定，當 $krightarrow 0^{+},$ 我們有 $M(1,k)sim-frac{pi/2}{log k}$ 。

---Gauss在1800年的Scheda Ae 中[見Gauss全集第十卷第一冊，207-208頁]給出了 $M(a,b)$ 偏導數的計算方法。 $M(a,b)$ 是齊次函數，所以我們利用Euler關於齊次函數的定理，可以得到

$afrac{partial}{partial a}M(a,b)+bfrac{partial}{partial b}M(a,b)=M(a,b)$

如果令 $a^prime=frac{a+b}{2},b^prime=sqrt{ab}$

那麼 $M(a,b)=M(a^prime,b^prime)$ 且

$begin{align}frac{partial}{partial a}M(a,b)&=frac{1}{2}frac{partial}{partial a^prime}M(a^prime,b^prime)+frac{1}{2}sqrt{frac{b}{a}}frac{partial}{partial b^prime}M(a^prime,b^prime)&=frac{M}{2a}+frac{a-a^prime}{2a}frac{partial}{partial a^prime}M(a^prime,b^prime)end{align}$

根據這一遞推關係可以導出Schumacher關於橢圓弧長的公式，我們把它留給有興趣的讀者作為練習。

[註：Schumacher可以借一己之力推出Gauss手稿中的一個命題，功力也是十分深厚的(按Schumacher自己的說法，他還是受到1804年Philosophical Transaction上一篇文章的影響，而那篇文章說的正是Landen變換)。根據高木貞治《近世數學史談》第十六章的記載，Abel的一篇關於天體力學的稿件曾經被Schumacher退回，原因就是Schumacher發現了Abel文章中的根本性的錯誤]

---我們在這裡提過 $K(k),K(sqrt{1-k^2})$ 的Wronsky行列式是 $frac{C}{k(k^2-1)}$ 。我們現在來確定常數 $C$ 的值。我們上面已經確定了 $K(sqrt{1-k^2}),krightarrow 0^{+}$ (及其一階導數)的漸進特性。我們又知道當 $krightarrow 0$ , $K(k)sim1+frac{1}{4}k^2$ 。所以Wronsky行列式在 $krightarrow 0^{+}$ 時趨於 $-frac{2}{pi k}$ ，從而有 $C=frac{2}{pi}$ 。

Gauss在所藏Euler變分法著作的最後一頁上寫著以下內容[Gauss全集第八卷，98頁]：

Theorema Elegantissimum

這和我們上面的計算的Wronsky行列式本質上是一回事(為什麼？)。作者在查閱資料時注意到，日本方面的數學史資料(見第14回數學史シンポジウム)是提過Gauss的這個定理的，文章作者明確寫著他不明白Gauss的這個定理與Euler的變分法著作有什麼關聯。但如果我們看一看Euler著作的目錄，我們就會明白，Euler這本變分法著作的第一個附錄正是關於彈性曲線的附錄[Euler曾經利用變分法來研究彈性曲線]，而Gauss的定理正是彈性曲線的性質

$int_{0}^{1}frac{mathrm{d}x}{sqrt{1-x^4}}cdotint_{0}^{1}frac{x^2mathrm{d}x}{sqrt{1-x^4}}=frac{pi}{4}$

的自然推廣(只要令Gauss定理中的 $varphi=45^{circ}$ )[也許Gauss在用這種方式向Euler致敬？]。

Euler已經知道，如果 $k$ 的值接近於1，那麼利用級數來計算 $q,K,L$ 的值必然會十分吃力，因為對應的級數收斂速度非常緩慢。那麼我們如何計算級數在 $k=1$ 附近的值呢？

Euler的方法從 $q$ 滿足的微分方程出發，我們也可以把這個方法搬到 $K$ 的計算上去。我們注意到， $K(sqrt{1-k^2})$ 滿足微分方程

$k^2frac{mathrm{d}^2K}{mathrm{d}k^2}+kfrac{(3k^2-1)}{(k^2-1)}frac{mathrm{d}K}{mathrm{d}k}+frac{k^2}{k^2-1}K=0$

當 $krightarrow0$ 時方程可以近似為Cauchy-Euler equation

$k^2frac{mathrm{d}^2K}{mathrm{d}k^2}+kfrac{mathrm{d}K}{mathrm{d}k}=0$

這個方程的解一組基是 $1,log k$ 。因此，我們可以猜測 $K(sqrt{1-k^2})approx C_1+C_2log k$ , $C_1,C_2$ 是待定常數。Euler進一步假定：

$K(sqrt{1-k^2})= C_1(1+Ak+Bk^2+cdots)+C_2(1+alpha k+beta k^2+cdots)log k$

這正是所謂的微分方程求解的Frobenius Method的雛形。

下一步是計算展開式中的係數。其他係數[的值或之間的關係]可以通過代回原微分方程得到，但是係數 $C_1$ 是不能用待定係數法求得的。Euler仍然利用他那令人望塵莫及的計算能力(比如說，取冪級數表示前十項，每項計算到小數點後12位)歸納出了係數 $C_1$ 的值[並且證明了自己的結論！](註：Euler的文章中一直關注的都是 $q$ 而非 $K$ ，不過從 $K$ 的計算可以推知 $q$ 的相關計算，反過來也成立)。