Gauss與AGM(V-3)

02-15

[註：題圖是Gauss為Eisenstein 1847年數學論文集寫的序言中的一頁。Andre Weil 1976年關於橢圓函數的小冊子的一半內容就來自於這本論文集中討論橢圓函數的二重積和二重級數表示的文章。]

從Scheda Ac 的記錄來看，Gauss也曾經嘗試過完全照著自己1797年研究雙紐線的途徑來研究一般的橢圓積分。但是我們現在有的只是Gauss留下的一些不完整的記錄。這條路徑的空白恐怕只有到Eisenstein橫空出世以後才得以填補。當然那就是另一個故事了。

我們可以按照本系列(I)(II)(III)的思路重新推導所有的公式。在此我們只能滿足於寫下這一思路的概要[下面的大多數推理是作者的推理]。

----依照預篇：伯爵Fagnano與Euler的加法定理(III)中的補註，我們可以完全平行於雙紐線的推理寫下：

記一般橢圓積分為[ 假定 $mu$ 是實數]

$int_0^{S}frac{mathrm{d}u}{sqrt{1-u^2}sqrt{1+mu^2u^2}}$

我們先強行假設其反函數 $S(u)$ 是單值解析函數。如果我們記

$C(u)=sqrt{frac{1-S^2}{1+mu^2S^2}}$

那麼我們根據預篇：伯爵Fagnano與Euler的加法定理(III)的補註直接可以寫下

$egin{align}S(u+v)=frac{S(u)C(v)+S(v)C(u)}{1-mu^2S(u)S(v)C(u)C(v)}\C(u+v)=frac{C(u)C(v)-S(u)S(v)}{1+mu^2S(u)S(v)C(u)C(v)}end{align}$

Gauss在Scheda Ac 第33頁[見Gauss全集第十卷第一冊，196-197頁]已經寫下了一般橢圓積分的加法定理。但是他寫下的並沒有我們寫下的這樣簡潔。

----我們記

$varpi=2int_0^{1}frac{mathrm{d}u}{sqrt{1-u^2}sqrt{1+mu^2u^2}}$

$varpi^prime=2int_0^{i/mu}frac{mathrm{d}u}{sqrt{1-u^2}sqrt{1+mu^2u^2}}$

我們有 $egin{cases} S(u+varpi/2)=C(u),\ C(u+varpi/2)=-S(u),\ S(u+varpi^prime/2)=i/(mu C(u)),\ C(u+varpi^prime/2)=-i/(mu S(u)). end{cases}$

這樣橢圓函數 $S,C$ 的雙周期性就可以很清楚地顯現出來, 其零點和極點的位置也一目了然。這些Gauss大概都知道了[見Gauss全集第十卷第一冊，200頁]。

----如果我們仍然強行記

$S(u)=frac{M(u)}{N(u)}$

依照雙紐線的推理，我們就應當得到[不管收斂性]

$egin{align}M(u)&=uprod_{m,n}(1-frac{u}{mvarpi+nvarpi^prime})\N(u)&=prod_{m,n}(1-frac{u}{mvarpi+nvarpi^prime})end{align}$

$M$ 中的下標遍歷所有整數對 $(m,n) eq(0,0)$ , $N$ 所有下標遍歷所有半整數對 $(m,n),m,ninmathbb{Z}+1/2$ 。而且我們有

$egin{align}frac{mathrm{d}^2}{mathrm{d}u^2}log M&=-frac{1}{S^2}\frac{mathrm{d}^2}{mathrm{d}u^2}log N&=mu^2 S^2end{align}$

----利用Eisenstein的條件收斂級數求和，我們可以得到

$egin{align}M=e^{Cu^2}P\N=e^{Cu^2}Qend{align}$

其中

$egin{align}P(u)&=frac{varpi}{pi}sin{frac{pi}{varpi}u}prod_{n=1}^{infty}left(1-frac{sin^2{frac{pi}{varpi}u}}{sin^2{npifrac{varpi^prime}{varpi}}} ight)\Q(u)&=prod_{n=0}^{infty}left(1-frac{sin^2{frac{pi}{varpi}u}}{cos^2{(n+1/2)pifrac{varpi^prime}{varpi}}} ight)end{align}$

其中 $C=frac{mu^2}{varpi}int_{0}^{varpi/2}S^2(u)mathrm{d}u$

我們可以不用上篇的結論來展開上面的無窮乘積。借用

$egin{align}frac{mathrm{d}^2}{mathrm{d}u^2}log M&=-frac{1}{S^2}\frac{mathrm{d}^2}{mathrm{d}u^2}log N&=mu^2 S^2end{align}$

及 $S$ 的雙周期性，我們可以導出[為什麼？]

$egin{align}P(u+varpi^prime)&=-P(u)e^{Au+B}\Q(u+varpi^prime)&=Q(u)e^{Au+B}end{align}$

如果指定 $Im{frac{varpi^prime}{varpi}}>0$ ，那麼由 $Q$ 的無窮乘積表示可以得到

$e^B=Q(varpi^{prime})=e^{-pi ifrac{varpi^prime}{varpi}}$

----這一方法中最難確定的就是 $P,Q$ 函數方程中的待定常數 $A$ 。

重複利用 $frac{mathrm{d}^2}{mathrm{d}u^2}log N=mu^2 S^2$ 以及Gauss與AGM(III-1)中關於未定常數 $C$ 的計算，我們就可以得到[為什麼？]

$A=frac{mu^2}{varpi}left(varpiint_{0}^{varpi^prime}S^2(u)mathrm{d}u-varpi^primeint_{0}^{varpi}S^2(u)mathrm{d}u ight)$

計算這一式子最方便的方法無疑是採用留數定理計算 $zS^2(z)$ 在 $0,varpi,varpi+varpi^prime,varpi^prime$ 為頂點的平行四邊形上的圍道積分，其結果為 $-frac{2pi i}{varpi}$ 。有沒有到達這個結果的其他途徑呢？我們注意到，這個等式可以改寫為非常對稱的形式

$egin{align}int_{0}^{pi/2}frac{1}{sqrt{1+mu^2sin^2 heta}}mathrm{d} hetacdotint_{0}^{pi/2}frac{sin^2 heta}{sqrt{mu^2+sin^2 heta}}mathrm{d} heta+int_{0}^{pi/2}frac{mu^2}{sqrt{mu^2+sin^2 heta}}mathrm{d} hetacdotint_{0}^{pi/2}frac{sin^2 heta}{sqrt{1+mu^2sin^2 heta}}mathrm{d} heta=frac{pi}{2}end{align}$

它本質上正是Gauss記下的Theorema Elegantissimum[為什麼？]！

----有了 $P,Q$ 的函數方程，遵循我們在Gauss與AGM(III-1)第二個例子中的推理，可以寫出

$egin{align}P&=p_0sum_{ninmathbb{Z}}(-1)^n e^{pi i(n^2+n)frac{varpi^prime}{varpi}+pi i(2n+1)frac{u}{varpi}}\Q&=q_0sum_{ninmathbb{Z}}e^{pi i n^2frac{varpi^prime}{varpi}+2pi i nfrac{u}{varpi}}end{align}$

取 $P,Q$ 的一些特殊值，我們有

$S(varpi/2)S(varpi^prime/2)=frac{P(varpi/2)}{Q(varpi^prime/2)}frac{P(varpi^prime/2)}{Q(varpi/2)}=-ifrac{p_0^2}{q_0^2}=frac{i}{mu}$

這樣我們就又回到了Gauss與AGM(V-2)中的表達式 $S(u)=frac{T(u)}{W(u)}$ 。

1808年9月17日Gauss在致Schumacher的信中這樣提及自己的超越函數研究[譯文來自Kolmogorov等人編著的十九世紀數學史以及高木貞治《近世數學史談》第九章]:

... Mit Kreisfunctionen und Logarithmischen wissen wir jetzt umzugehen, wie mit dem 1 mal 1, aber die herrliche Goldgrube, die das Innere der h?hern Functionen enth?lt ist noch fast ganz Terra Incognita. Ich habe darüber ehemals sehr viel gearbeitet und werde dereinst ein eignes grosses Werk darüber geben, wovon ich bereits in meinen Disq. arithm. p. 593 einen Wink gegeben habe. Man ger?th in Erstaunen über den überschwenglichen Reichthum an neuen h?chst interessanten Wahrheiten und Relationen die dergleichen Functionen darbieten (wohin u. a. auch diejenigen geh?rigen, mit denen die Rectification der Ellipse und Hyperbel zusammen h?ngt). ...
……我們現在運用圓函數[當指指數函數及三角函數]以及對數就好像算一乘一那樣容易，然而富藏各種奇妙的高等函數的金礦仍然幾乎處於未被開發的狀態。我過去在這上面下了很大功夫，當我有時間的時候我計劃就此主題寫一本大部頭著作，對此我已經在《算術研究》第593頁給了一點提示。這些函數中充滿了極其有趣的各種事實以及關係，令人為之驚嘆(其中包含橢圓及雙曲線弧長的相關內容)。……

1808年的Gauss似乎還沒有時間來整理並進一步發展自己多年前的研究。不過1809年Gauss的日記證明[139條，140條]他還在繼續完善自己的工作。以下的兩個例子屬於Gauss在這一段時間的研究成果，它們都是Gauss 1800年工作的自然延續。

Ex 1. Gauss在1801年的Scheda Af 計算了我們在Gauss與AGM(V-1)中提到的 $z=expleft(-frac{pi}{2}frac{M(1,x^prime)}{M(1,x)} ight)$ 的對數微分。借用本系列這一篇中Gauss的Theorema Elegantissimum, 我們可以得到[為什麼？]

$frac{1}{z}frac{mathrm{d}z}{mathrm{d}x}=frac{M^2(1,x^prime)}{x(x^prime)^2}$

其中 $x^prime=sqrt{1-x^2}$

我們可以把它改寫為

$zfrac{1}{x}frac{mathrm{d}x}{mathrm{d}z}=left(frac{x^prime}{M(1,x^prime)} ight )^2$

借用 $xmathrm{d}x+x^primemathrm{d}x^prime=0$ ，我們可以得到[見Gauss全集第十卷第一冊，212頁]

$-zfrac{1}{x^prime}frac{mathrm{d}x^prime}{mathrm{d}z}=left(frac{x}{M(1,x^prime)} ight )^2$

因此我們有

$zfrac{1}{x}frac{mathrm{d}x}{mathrm{d}z}-zfrac{1}{x^prime}frac{mathrm{d}x^prime}{mathrm{d}z}=left(frac{1}{M(1,x^prime)} ight )^2$

為了理解這個式子蘊含的數論背景，就有必要引入上篇的無窮乘積。如果我們引入

$egin{align}p(z)&=1+2z+2z^4+2z^9+cdots\q(z)&=1-2z+2z^4-2z^9+cdots\r(z)&=2z^{1/4}+2z^{9/4}+2z^{25/4}+cdotsend{align}$

那麼根據我們這一系列前面的內容，可以把這個式子改寫為

$4zfrac{mathrm{d}}{mathrm{d}z}logfrac{r(z)}{q(z)}=p^4(z)$

然而根據Jacobi的無窮乘積，我們可以得到[為什麼？]

$egin{align}r(z)&=2z^{1/4}prod_{m=1}^{infty}(1-z^{2m})(1+z^{2m})^2\q(z)&=prod_{m=1}^{infty}(1-z^{2m})(1-z^{2m-1})^2end{align}$

所以我們有

$1+8zsum_{m=1}^{infty}frac{mathrm{d}}{mathrm{d}z}logfrac{1-z^{4m}}{1-z^m}=p^4(z)$

或者

$1+8sum_{m}frac{mz^m}{1-z^m}=p^4(z)$

求和對所有模4不等於0的自然數求和。我們注意到，等式右側是表自然數為四平方和的生成函數，因此，展開等式左側就可以計算表自然數為四平方和的表法個數。這是Jacobi引以為豪的四平方和定理，而它的等價形式Gauss早在1808年-1810年間就得到了[見Gauss全集第三卷，445頁]。

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Ex2. 我們在Gauss與AGM(V-1)提過，Gauss大約在1799年年底或1800年年初就觀察到

$frac{M(1,sin 75^circ)}{M(1,sin 15^circ)}=sqrt{3}$

這個結論該怎麼解釋呢？

為了解釋這一結論，我們還得回到1801年Scheda Af 的另一條記錄[見Gauss全集第十卷第一冊，212頁]

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

$sqrt{2}-1$ 這個數從何而來？我們就必須用到上篇的一個結論

如果令 $k>0,l=frac{2sqrt{k}}{1+k},l^prime=sqrt{1-l^2},k^prime=sqrt{1-k^2}$ ，那麼我們會有 $frac{M(1,l^prime)}{M(1,l)}=frac{1}{2}frac{M(1,k^prime)}{M(1,k)}$ 。

令 $l^prime=k$ ,我們自然可以解出 $k=sqrt{2}-1,l=sqrt{2sqrt{2}-2}$ 以及 $frac{M(1,l^prime)}{M(1,l)}=sqrt{frac{1}{2}}$

所以為了解決Gauss的問題，我們自然是去尋找

$frac{M(1,l^prime)}{M(1,l)}=frac{1}{3}frac{M(1,k^prime)}{M(1,k)}$

時 $l,k$ 之間滿足的代數關係。這個時候 $M(1,x)$ 的函數方程就沒法使用，我們必須從其他途徑入手。

令 $y=expleft(-pifrac{M(1,l^prime)}{M(1,l)} ight)$ ，那麼 $l^prime=frac{q^2(y)}{p^2(y)},l=frac{r^2(y)}{p^2(y)},k^prime=frac{q^2(y^3)}{p^2(y^3)},k=frac{r^2(y^3)}{p^2(y^3)}$ 。

Gauss在手稿中給出了 $l^prime,k^prime$ 之間具體的代數關係[見Gauss全集第三卷，442頁(或Gauss全集第十卷第一冊，307頁)，符號有變動]。多項式方程 $f(l^prime,k^prime)=0$ 中 $l^prime,k^prime$ 的次數都不超過4，如果預知了這一點，那麼用待定係數法就可以確定多項式方程中的所有係數。它的一個等價形式是

$(l^prime-k^prime)^4=16(lk)^2l^prime k^prime$

Gauss所沒有記錄的是，同時交換 $l,l^prime$ 以及 $k,k^prime$ ，得到的等式依然是正確的。

$(l-k)^4=16lk(l^prime k^prime)^2$

兩個等式各自開方並相加，我們就有

$kl+k^prime l^prime+2sqrt{klk^prime l^prime}(sqrt{kl}+sqrt{k^prime l^prime})=1$

從此方程可以解得[捨去一組解]

$sqrt{kl}+sqrt{k^prime l^prime}=1$

這一方程出現在1828年2月9日Legendre致Jacobi的信件當中。如果 $k=l^prime$ ,那麼我們有 $ll^prime=1/4$ ，那麼[捨去一組解] $l=sin75^circ,k=sin 15^circ$ 。我們至此就導出了Gauss 在Scheda Ac 中猜想的解釋。

[註：我們導出的方程等價於 $q(y)q(y^3)+r(y)r(y^3)=p(y)p(y^3)$ 。請讀者嘗試驗證這一等式。]

Gauss在手稿中計算過

$frac{M(1,l^prime)}{M(1,l)}=frac{1}{n}frac{M(1,k^prime)}{M(1,k)},,n=3,5,7$

時 $l,k$ 之間滿足的代數關係。如果我們預先知道 $l,k$ 滿足的代數方程的最高次數，那麼計算 $k,l$ 之間的代數關係就可以通過 $p,q,r$ 的級數展開以及待定係數法來實現。問題在於我們事先並不知道代數方程的最高次數是多少。解決這一問題需要我們動用橢圓函數中最艱難而深刻的工具。即使是Gauss，在他生前也只是深入研究了其中的一部分。這是我們本系列關於Gauss的最後一部分內容。