Gauss與AGM(VI-2)

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[題圖來自Gauss1805年的筆記Scheda An (見Gauss全集第十卷第二冊，102頁-103頁)，筆記的題名為Cereri, Palladi, Junoni sacrum。根據Gauss日記的記載[Gauss日記122條]，Gauss在1802年-1804年一直忙於天文觀測及其相關計算，直到1805年Gauss才返回到純粹數學的研究上來。這一張圖來自Scheda An 的第7頁。在Scheda An 的第8頁上有Gauss寫下的模形式 $p( au)$ 滿足的若干函數方程。根據這些記載以及Gauss日記的記錄，Gauss全集第十卷的編輯Schlesinger斷定，Gauss在1800年左右就知道下面提及的模形式 $p,q,r$ 的函數方程，而Gauss直到1805年左右才開始著手研究與 $p,q,r$ 相關的同餘子群的基本區域，Scheda An 上的這張圖正是這些基本區域的示意圖。這一非常重要的概念從未落到Abel和Jacobi的手中，直到Riemann把它"發展為自己理論中受到鍾愛的工具"(見Klein《數學在19世紀的發展》第一卷，齊民友譯，38頁)。Gauss的基本區域與我們通用的記法不同之處在於，他的基本區域是我們通用的基本區域順時針旋轉90度以後得到的圖形。在下文中我們一概採用現代記法而不採用Gauss的記法。]

前情提要：Gauss所發現的函數

$egin{align}p( au)&=sum_{ninmathbb{Z}}e^{pi in^2 au}\q( au)&=sum_{ninmathbb{Z}}(-1)^ne^{pi in^2 au}\r( au)&=sum_{ninmathbb{Z}}e^{pi i(n+1/2)^2 au}end{align}$

都是上半複平面 $Im{ au}>0$ 上的解析函數，而且它們都滿足某些對稱性，這些對稱性可以由函數方程刻畫，例如

$p^2(frac{ au}{2 au+1})=(2 au+1)p^2( au)$

那麼我們應當如何刻畫 $p,q,r$ 的所有可能的對稱性[換言之，這些函數在何種變換群下保持不變]？這些對稱性與複數AGM的迭代過程有什麼關係？這是我們本篇集中探討的內容。

1861年Gauss的學生兼密友Johann Franz Encke曾經提及過他與Gauss的幾次私人談話，在談話中Gauss強調，數學乃是「視覺的科學」(eine Wissenschaft für das Auge )[原文見Kronecker全集第五卷，391頁]。遵循Gauss這個觀點，我們就必須引入複平面這個幾何工具，它對於我們理解 $p,q,r$ 及其背後的模形式大家族有著至關重要的作用。

Ex. 函數 $p^2( au)$ 滿足以下函數方程：

$p^2( au+2)=p^2( au)\ p^2(frac{ au}{2 au+1})=(2 au+1)p^2( au)$

它們刻畫的正是 $p^2( au)$ 在線性分式變換 $aumapsto au+2$ 以及 $aumapstofrac{ au}{2 au+1}$ 作用下所滿足的"對稱性"。我們對這些變換進行複合，就可以導出更多的函數方程。那麼這些函數方程的具體形式是什麼？

我們知道，線性分式變換中的"線性"二字來自於以下事實：兩個線性分式變換的複合等價於兩個 $2 imes2$ 非奇異矩陣的複合。因此，線性分式變換 $aumapsto au+2$ 與 $aumapstofrac{ au}{2 au+1}$ [及其逆]的所有複合等價於 $egin{pmatrix}1 & 2\0 & 1end{pmatrix}$ 與 $egin{pmatrix}1 & 0\2 & 1end{pmatrix}$ 生成的群。這意味著，這些線性變換的複合都是下面的線性分式變換群的元素[這就是著名的modular group $Gamma(1)$ ]：

$aumapstofrac{a au+b}{c au+d},a,b,c,dinmathbb{Z},ad-bc=1$

進一步觀察我們可以看出，除了要求 $ad-bc=1$ 以外，我們其實還得要求 $b,c$ 均為偶數。所有滿足 $ad-bc=1$ , $b,c$ 均為偶數的整數矩陣 $egin{pmatrix}a & b\c & dend{pmatrix}$ 在矩陣乘法下也構成一個群，我們稱之為層次2的主同餘子群(principal congruence subgroup of level 2，這是源自Klein的術語，通用記號為 $Gamma(2)$ )。

一個自然的問題是： $egin{pmatrix}1 & 2\0 & 1end{pmatrix}$ 與 $egin{pmatrix}1 & 0\2 & 1end{pmatrix}$ 生成的群與 $Gamma(2)$ 之間的關係是什麼？我們可以用代數方法[輾轉相除法]和幾何方法兩種方法來解決這個問題。兩種方法中幾何方法涵蓋了更多的信息，所以我們把代數方法放在一邊，把注意力集中在這個問題的幾何方法上。

線性分式變換群

$aumapstofrac{a au+b}{c au+d},a,b,c,dinmathbb{Z},ad-bc=1$

最自然的作用對象是上半平面 $Im au>0$ 。上半平面的任意一點在這個群的作用下都有無窮多個像點，如下圖所示：

離散線性分式變換群在上半平面的作用[TSUBASA!]

空心圈點是上半平面的點 $i$ 在這個群作用下的像。直觀看來，這些像點是越來越接近實軸的。換言之，在群的作用下，上半平面上的點 $au$ 的虛部趨於0。這一點很容易用代數計算來證實。通過計算我們可以得到 $Imfrac{a au+b}{c au+d}=frac{(ad-bc)Im au}{vert c au+dvert^2}=frac{Im au}{vert c au+dvert^2}$ 。 $c,d$ 是離散的整數，當 $c,d$ 中的一者趨於無窮，那麼 $Imfrac{a au+b}{c au+d}$ 的值必然趨於0。這一觀察還帶來一個結論，那就是對於給定的 $au$ , $Imfrac{a au+b}{c au+d}$ 存在最大值。

上面的推理一樣適用於 $egin{pmatrix}1 & 2\0 & 1end{pmatrix}$ 與 $egin{pmatrix}1 & 0\2 & 1end{pmatrix}$ 生成的群與 $Gamma(2)$ 。我們記前者為 $G$ ，那麼上半平面上總存在點 $au$ ,它的虛部不小於它在 $G$ 作用下的所有像點的虛部。據此我們可以得知，

$frac{Im au}{vert pm2 au+1vert^2}leqIm au$ ,也就是 $vertpm2 au+1vert^2geq1$ 。由於 $egin{pmatrix}1 & 2\0 & 1end{pmatrix}$ 作用並不改變 $au$ 的虛部，因此我們可以把 $au$ 的實部限制在 $-1$ 到 $1$ 之間[為什麼？]。因此，我們就得到了以下的上半平面的區域 $D:Im au>0,vertpm2 au+1vertgeq1,-1leqRe auleq1$ 的圖像：

Gamma(2)的基本區域D(與模形式p關聯)

[註：Gauss在1827年的筆記中(見Gauss全集第三卷，477-478頁)明確地給出了這個基本區域的圖形，然而Gauss全集的第一任編輯Schering完全沒理解Gauss的意思，把這個圖畫錯了。直到1898年Klein負責主持Gauss全集的編輯工作以後，這個錯誤才由Robert Fricke更正過來(見Gauss全集第八卷，105頁)。]

我們可以根據這一觀察來導出 $Gamma(2)$ 與群 $G$ 之間的關係。根據上面的推理，我們如果取區域中 $D$ 的點 $au$ ,並任意取 $gammainGamma(2)$ ，那麼我們總能在 $G$ 中找到元素 $g$ ，使得 $ggamma au$ 也屬於這一區域。我們取 $D$ 中的點 $i$ ,並且記 $ggamma=egin{pmatrix}u & v\x & yend{pmatrix}$ ，我們就會得到限制 $vert vy+uxvertleq u^2+v^2\ vert vy+uxvertleq x^2+y^2\ uy-vx=1,u,v,x,yinmathbb{Z},v,x,mathrm{are,even,numbers}$

這些約束條件給出的唯一可能就是 $ggamma=pm I$ , $I$ 是單位矩陣[為什麼？]，因此我們已經導出，線性分式變換 $aumapsto au+2$ 與 $aumapstofrac{ au}{2 au+1}$ 是線性分式變換群 $aumapstofrac{a au+b}{c au+d},egin{pmatrix}a & b\c & dend{pmatrix}inGamma(2)$

的生成元。

上面的推理奠定了我們本篇內容的基石。這一推理可以產生以下的推論：

任意給定上半平面 $Im au>0$ 中的一點 $au$ ,我們總可以找到 $gammainGamma(2)$ ，使得 $gamma au$ 落在我們指定的區域 $D$ 內。這一區域 $D$ 我們稱之為 $Gamma(2)$ 的基本區域(Fundamental Domain, Fundamentalbereich)；
$egin{pmatrix}1 & 2\0 & 1end{pmatrix}$ 與 $egin{pmatrix}1 & 0\2 & 1end{pmatrix}$ 生成的群並不是 $Gamma(2)$ ，而是它的一個指數為2的子群，這個子群同構於 $Gamma(2)/{pm I}$ ,或者可以說，它的元素是 $Gamma(2)$ 中滿足 $aequiv dequiv1pmod 4$ 的矩陣 $egin{pmatrix}a & b\c & dend{pmatrix}$ 。我們記這個群為 $Gamma(2)_0$ 。通過歸納法可以證明，給定 $egin{pmatrix}a & b\c & dend{pmatrix}inGamma(2)_0$ ，我們有 $p^2(frac{a au+b}{c au+d})=(c au+d)p^2( au)$ 這是我們在這一系列中真正展示的第一個模形式。
注意到 $p^2( au+1)=q^2( au)$ ,藉此我們可以得到[為什麼？]：給定 $egin{pmatrix}a & b\c & dend{pmatrix}inGamma(2)_0$ ，有 $q^2(frac{a au+b}{c au+d})=(-1)^{c/2}(c au+d)q^2( au)$ 這是所謂的帶有乘子(multiplier)的模形式。從這裡我們可以看出，如果 $egin{pmatrix}a & b\c & dend{pmatrix}inGamma(2)_0$ 且 $cequiv0pmod4$ ,那麼我們有 $q^2(frac{a au+b}{c au+d})=(c au+d)q^2( au)$ 。所有這樣的矩陣依然構成一個群，我們稱之為 $Gamma_2(4)$ 。這個群的基本區域完全可以用與 $Gamma(2)$ 一致的方法導出。具體可以寫為 $D^prime:Im au>0,vertpm4 au+1vertgeq1,vertpm4 au+3vertgeq1,-1leqRe auleq1$ 。

Gamma_2(4)的基本域(與模形式q關聯)

[請讀者思考： $r^2( au)$ 在 $Gamma(2)$ 作用下滿足什麼樣的函數方程？ $p,q,r$ 在我們提到的各種群(尤其是modular group $Gamma(1)$ )的作用下又是如何變化的？(Gauss當然知道這些問題的答案[參見Gauss全集第十卷第一冊，224頁])]

我們不清楚Gauss的推理過程是否與我們的推理重合。儘管我們不知道Gauss具體的推理過程，但已有的材料傾向於表明：Gauss知道上面我們寫下的所有結論，絕大多數思想成型的時間不會晚於1827年，最基本的思想更是早在1800年或1805年就已經成型，可惜的是他始終沒有把自己的思想寫成文章，我們所看到的只是思想的斷片而已。

經過漫長的鋪墊以後，我們才能嘗試去解決Gauss的問題：

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問題：給定迭代的初值 $a_0=a,b_0=b,a,bin mathbb{C}$ [我們捨去 $ab=0$ 或 $a^2=b^2$ 的平凡情形]。迭代過程由
$egin{cases}a_{n+1}=(a_n+b_n)/2\b_{n+1}=sqrt{a_nb_n}end{cases}$
確定。由於複數域上的分數次冪是多值函數，因此一般每次迭代會產生兩個不同的 $b_{n+1}$ 的值。我們想要知道，這一迭代過程所有可能的極限值是什麼。

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我們仍然可以從上一篇的toy model的分析過程中獲取靈感。上一篇中對於toy model中的絕大多數分析都可以直接用到Gauss的問題上去。

我們仍然規定"好的"複數對 $(a_n,b_n)$ 滿足 $|a_n-b_n|leq|a_n+b_n|$ 。如果定義 $M_n=max(|a_n|,|b_n|)$ ，那麼 $M_n$ 依然是單調遞減的，從而存在極限；
如果 $(a_n,b_n)$ 是"不好"的，那麼我們有 $M_{n+2}leq cM_n$ 對某個嚴格小於1的正實數 $c$ 成立。因此如果迭代中有無限多對 $(a_n,b_n)$ 是"不好"的，那麼迭代的極限必然是0。[其實我們可以定 $c=0.86$ ，請讀者推理一下，這個值是怎麼來的？]；
序列中只有有限多對"不好"的 $(a_n,b_n)$ 的情形是我們需要重點考察的對象。Gauss早在1810年左右就計算過這樣的序列[見Gauss全集第十卷第一冊，219頁]，他的計算顯示，取初值 $a_0=3,b_0=1$ ，如果只有第一次迭代是"不好"的( $a_1=2,b_1=-sqrt{3}$ )，那麼迭代數值上收斂到 $0.2469962+0.6318686i$ 。類似於我們上篇的推理，我們可以證明，如果序列中只有有限多對"不好"的 $(a_n,b_n)$ ，那麼 ${a_n},{b_n}$ 收斂到同一個值。我們把這個證明交給讀者來完成；
我們在上篇中用函數 $p,q$ 來表示序列 ${a_n},{b_n}$ ： $a_n=lambda_n p^2( au_n)\b_n=lambda_n q^2( au_n)$ 此時我們就要求，對於某正整數 $N$ ，對 $ngeq N$ 總有 $Re{frac{q^2( au_n)}{p^2( au_n)}}geq 0$ . 這一不等式所確定的 $au_n$ 屬於上半平面的哪些區域呢？細心的讀者或許已經看出來，我們在上篇中已經處理過關於簡化模型的類似問題。我們這裡的問題當然遠比簡化情形中的三角函數要困難得多；
依Jacobi和Legendre等人的傳統記法，令 $k^prime( au)=frac{q^2( au)}{p^2( au)},k( au)=frac{r^2( au)}{p^2( au)}$ ，必有 $(k^prime( au))^2+(k( au))^2=1$ [為什麼？]。根據前面關於 $p,q$ 函數方程的討論，我們知道 $k^primeleft(frac{a au+b}{c au+d} ight)=(-1)^{c/2}k^prime( au),egin{pmatrix}a & b\c & dend{pmatrix}inGamma(2)$ 所以我們考慮 $k^prime( au)$ 在 $Gamma_2(4)$ 的基本區域 $D^prime$ 上的取值就可以了;
下圖中我們把兩個基本區域 $D,D^prime$ 放在同一張圖裡。

橢圓模函數與同餘子群的基本區域，圖中的標號表示橢圓模函數k把這一部分區域映射到複平面上像點所處象限的標號。圖中各圓與實軸的交點從左至右分別記為A,B,C,D,E。

根據 $k^prime( au)$ 的定義，我們知道這個函數在虛軸上總是取非負實數值。如果我們用一下Gauss與AGM(V-2)提到的Jacobi乘積，我們還能進一步斷定，如果 $au$ 沿著虛軸從 $iinfty$ 移動到 $0$ ， $k^prime( au)$ 的值從1單調遞減到0[為什麼？]。我們又知道 $k^{prime}( au+1)=frac{1}{k^{prime}( au)}$ 以及 $k^{prime}left(frac{ au}{ au+1} ight)=-ifrac{k^{prime}( au)}{k( au)}$ 。因此我們可以斷定：1）當 $au$ 沿著弧CE從C移動到E，那麼 $ik^prime( au)$ 單調從 $0$ 變到正無窮；2）當 $au$ 沿著射線 $Re au=1,Im au>0$ 從E移動到無窮遠處，那麼 $k^prime( au)$ 單調從正無窮降到1。根據這兩個觀察以及幅角原理，我們就可以確定如下事實[區域D的邊界要稍加註意。邊界上兩點如果在 $Gamma_2(4)$ 作用下等價，那我們把它們算作同一點]，這一事實是Picard小定理的某個證明的關鍵要素：************************************************************************************* $k^prime( au)$ 將 $Gamma(2)$ 的基本區域 $D$ 一對一地映射到去掉兩點的右半平面 $Re augeq0, au eq 0,1$ 。 *************************************************************************************[註：Gauss本質上知道我們這裡關於 $k^prime( au)$ 的一切結論[見Gauss全集第三卷477-478頁]，只是寫法稍有不同。Gauss在手稿中是這樣描繪 $Gamma(2)$ 的基本區域的： $D:Im au>0,-1leqRe auleq1,-1leqRe(-1/ au)leq1$ 。Schering就是在整理Gauss這部分遺稿時出了錯。Gauss還給出了 $Gamma_2(4)$ 的基本區域的一個子域 $D^{primeprime}$ ,這一區域在 $k^prime( au)$ 映射下的像是去掉三個點的單位圓盤。有興趣的讀者可以嘗試繪製一下 $D^{primeprime}$ 的形狀。]
我們只有武裝到這個地步才能解決Gauss的問題。設序列 ${a_n},{b_n}$ 的初值為 $a_0=lambda_0p^2( au_0),b_0=lambda_0q^2( au_0)$ , $au_0$ 位於 $Gamma_2(4)$ 的基本區域 $D^prime$ 中。我們在上篇中已經提過，每一次迭代等價於 $lambda_{n+1}=frac{lambda_n}{4 au_ns_n+1}\ au_{n+1}=frac{2 au_n}{4 au_ns_n+1}$ $s_n$ 的值取0或1。如果 ${s_n}$ 的所有值都取0，那麼序列 ${a_n},{b_n}$ 收斂到 $lambda_0$ ，而且每一對 $(a_n,b_n),ngeq1$ 都是"好的"。Gauss稱這個值 $lambda_0$ 為初值 $a_0,b_0$ 的最簡[算術幾何]平均值(einfachst Mittel )。
上面的遞推式直接的推論是 $lambda_{n}=frac{lambda_0}{4K_n au_0+1}\ au_{n}=frac{2^n au_0}{4K_n au_0+1}$ 其中 $K_n=sum_{i=0}^{n-1}2^is_i$ 。假設從某個標號 $N$ 起 $Refrac{b_n}{a_n}geq 0,ngeq N$ 。那麼我們總能找到某個矩陣 $egin{pmatrix}a & b\c & dend{pmatrix}inGamma_2(4)$ ，使得 $ar{ au}_N=frac{a au_N+b}{c au_N+d}$ 位於 $Gamma(2)$ 的基本區域當中[為什麼？]。我們記 $a_N=ar{lambda}_Np^2(ar{ au}_N),b_N=ar{lambda}_Nq^2(ar{ au}_N)$ , 那麼根據我們前面關於最簡算術幾何平均值的推理，序列 ${a_n},{b_n}$ 收斂到 $ar{lambda}_N$ [為什麼？]。
$ar{lambda}_N$ 和 $lambda_0, au_0$ 的關係是什麼？根據 $p^2( au),q^2( au)$ 在 $Gamma_2(4)$ 的變換下滿足的規律，我們可以寫出 $egin{align}ar{lambda}_N&=frac{lambda_N}{c au_N+d}=frac{lambda_0}{(4dK_N+2^Nc) au_0+d}end{align}$ 換言之，迭代中生成的所有非平凡的平均值都可以表示為 $frac{lambda_0}{ar{c} au_0+ar{d}}$ , 其中 $ar{c}=4dK_N+2^Nc,ar{d}=d$ 。兩者是互質的整數而且 $ar{c}equiv0pmod4,ar{d}equiv1pmod4$ 。
反過來我們要問，是不是所有形如 $frac{lambda_0}{ar{c} au_0+ar{d}},ar{c}equiv0pmod4,ar{d}equiv1pmod4,(c,d)=1$ 的複數都是迭代的極限值？答案是肯定的。我們在此給出一個序列 ${s_n}$ 的構造，這個構造可以保證迭代收斂到給定的 $frac{lambda_0}{ar{c} au_0+ar{d}}$ :
構造的關鍵在於找到合適的矩陣 $egin{pmatrix} ilde{a}_n & ilde{b}_n\ ilde{c}_n & ar{d}end{pmatrix}inGamma_2(4)$ ,使得 $au_n$ 在對應的分式線性變換作用下虛部總是足夠大的。此時我們可以把 $a_n$ 重寫為 $a_n=frac{lambda_0}{C_n au_0+ar{d}}p^2left(frac{A_n au_0+B_n}{C_n au_0+ar{d}} ight)$ 其中 $A_n= ilde{a}_n2^n+4 ilde{b}_nK_n,C_n= ilde{c}_n2^n+4ar{d}K_n$ 。如果我們能夠選取合適的 $ilde{c}_n,K_n$ ，使得 $C_n$ 恆等於 $ar{c}$ ，那麼我們的任務就基本完成了，因為此時的 $Imleft(frac{A_n au_0+B_n}{C_n au_0+ar{d}} ight)=frac{A_nar{d}-B_nC_n}{|ar{c} au_0+ar{d}|^2}Im{ au_0}=frac{2^n}{|ar{c} au_0+ar{d}|^2}Im{ au_0}$ [為什麼？]此時序列的極限必然是 $frac{lambda_0}{ar{c} au_0+ar{d}}$ 。注意到 $ilde{c}_n2^n+4ar{d}K_n$ 恆等於 $ar{c}$ ，所以我們可以給出遞推關係 $ilde{c}_0=ar{c},2 ilde{c}_{n+1}= ilde{c}_n-4ar{d}s_n$ 。由於 $ar{d}$ 是奇數， ${ ilde{c}_n}$ 各項都是4的倍數，我們很容易藉此確定 ${s_n}$ 各項的值：它與 $ilde{c}_n/4$ 的奇偶性是一致的。這樣我們就完成了必要的構造。
我們重新敘述一下我們得到的結果： *************************************************************************************我們令初值 $a_0=a,b_0=b$ , 並且令 $a_0=lambda_0p^2( au_0),b_0=lambda_0q^2( au_0)$ , $au_0$ 位於 $Gamma_2(4)$ 的基本區域 $D^prime$ 當中。那麼複數域上的AGM迭代總能收斂到一個固定的極限值，這個極限值有且只有兩類可能性：1）0，絕大多數的迭代過程只能收斂到這個值；2） $frac{lambda_0}{c au_0+d},cequiv0pmod4,dequiv1pmod4,(c,d)=1$ 。 ************************************************************************************
就Gauss現存的手稿來看，他最接近這個命題的記錄出現在Gauss全集第十卷第一冊219頁(Schlesinger給它的斷代是1810年)。他的命題可以這樣描述：取AGM迭代的初值 $a_0=a,b_0=b,a>b$ 為正實數。迭代中我們直到第N次迭代之前都取 $a_n,b_n$ 的正實數值。第N次迭代我們取 $b_N$ 小於0的值。之後所有的迭代如果我們都取"好的」複數對 $(a_n,b_n)$ ,那麼迭代收斂到一個複數值 $(mu)$ 。我們記初值為 $a,b$ 的最簡平均值為 $mu$ ,初值為 $a,sqrt{a^2-b^2}$ 的最簡平均值為 $lambda$ , Gauss斷言， $(mu)$ 必然滿足如下形式： $frac{1}{(mu)}=frac{1}{mu}+frac{4ik}{lambda},kinmathbb{Z}$ Gauss的命題當然只是我們上面命題的一個非常特殊的情形。至於他心中是否已經有我們本篇證明的最深刻的問題的答案，我們是完全無法回答的。
從Gauss手稿的日期看，他總是會間斷性地回到過去提出的問題，補充和完善以前提出的問題和推理。直到1827年Gauss還在不斷地修訂自己關於橢圓函數的工作(例如上面給出的 $Gamma(2)$ 的基本域就屬於這一時期的記錄)。然而Gauss知道Abel和Jacobi的工作以後似乎就放棄了自己已有的計劃。Gauss因此與橢圓函數論的歷史主流無緣。推動歷史的工作，就壓在了年輕一代人的肩上。