[注：题图是一个双周期函数的示意图。题图地址：Was ist die Bedeutung der Jacobi-Theta-Funktionen?]

1798 年 7 月前后 Gauss 重新回到椭圆函数的研究上来。他日记的第 92 条是这样写的 [原文 (无日期) 来自 Klein 1903 年在 Mathematische Annalen (数学年刊) 上发表的文章，译文来自高木贞治《近世数学史谈》第七章与 Jeremy Gray 在Gauss——Titan of Science中的附录 ]：

De lemniscata elegantissima omnes exspectationes superantia acquisivimus et quidem per methodos quae campum prorsus novum nobis aperiunt.关于双纽线我们获得了超出所有预想的极其美好的结果，研究中 [使用的方法] 无疑为我们打开了一个全新的领域。

从文字中无疑可以感受到 Gauss 的喜悦之情。这一年他获得的结果质量和数量都大大超出 1797 年，因此我们这一篇的长度无疑也是超出预期的。

上一篇我们在计算 Gauss 的函数 $M (u)$ 幂级数的展开残留着一个推理上的漏洞。根据 $M (u)$ 的定义，我们知道，它的对数导数的二阶微分得到的和式的求和顺序不是随便定义的。和式的每项实际上是 $-\sum_{i=1}^4\frac {1}{(u-i^k (m+in)\varpi)^2}$ 。和式 $-\sum_{m,n}\frac {1}{(u-(m+in)\varpi)^2}$ 形式上是双周期的，但是它不是绝对收敛的，因此它是不是可以通过重新求和化为 $\frac {\mathrm {d}^2\log M}{\mathrm {d} u^2}$ 就变得可疑起来。

解决问题的办法是再求一次导数。 $\frac {\mathrm {d}^3\log M}{\mathrm {d} u^3}=\sum_{m,n}\frac {2}{(u-(m+in)\varpi)^3}$ 是绝对收敛的，因此原来的分组可以拆开随意换项。根据 Liouville 定理以及函数 $M (u)$ 在 $u=0$ 处的性态，我们可以严格地推出 $M (u)$ 的幂级数展开式 [以及 $s (u)=\frac {M (u)}{N (u)}$ ]。但这种方法就带来一种全新的可能性。既然我们可以随意组合各项，那么，我们就引入 Eisenstein 的求和约定

$$\lim_{X\rightarrow\infty}\sum_{n=-X}^{X}\lim_{Y\rightarrow\infty}\sum_{m=-Y}^{Y}$$

对

$\sum_{m,n}\frac {2}{(u-(m+in)\varpi)^3}$ 重新求和。

根据 Euler 的结果，我们可以得到

$$\frac {\mathrm {d}^3\log A\sin {\frac {\pi}{\varpi} u}}{\mathrm {d} u^3}=\lim_{Y\rightarrow\infty}\sum_{m=-Y}^{Y}\frac {2}{(u-m\varpi)^3}.$$

$$A$ 是一个待定的常数。那么我们可以断定 $\lim_{X\rightarrow\infty}\sum_{n=-X}^{X}\frac {\mathrm {d}^3\log A\sin {\frac {\pi}{\varpi}(u+in\varpi)}}{\mathrm {d} u^3}=\frac {\mathrm {d}^3\log M}{\mathrm {d} u^3}.$$

我们注意到

$$\sin {\frac {\pi}{\varpi}(u+in\varpi)}\sin {\frac {\pi}{\varpi}(u-in\varpi)}=\sin^2 {\frac {\pi}{\varpi} u}-\sin^2 {i\pi n}$$

为了使未来出现的无穷乘积绝对收敛，我们取各项 (n 不为 0) 的待定常数为 $\frac {1}{\sin {i\pi n}}$ 。那么我们就有

$$\frac {\mathrm {d}^3}{\mathrm {d} u^3}\log \left (\sin {\frac {\pi}{\varpi} u}\prod_{n=1}^{\infty}\left (1-\frac {\sin^2 {\frac {\pi}{\varpi} u}}{\sin^2 {in\pi}}\right)\right)=\frac {\mathrm {d}^3\log M}{\mathrm {d} u^3}.$$

再根据 $M (u)$ 的奇偶性，以及 $u=0$ 附近的性态，那么我们就有非常重要的

$$M (u)=e^{Cu^2} P (u),\quad P (u)=\frac {\varpi}{\pi}\sin {\frac {\pi}{\varpi} u}\prod_{n=1}^{\infty}\left (1-\frac {\sin^2 {\frac {\pi}{\varpi} u}}{\sin^2 {in\pi}}\right).$$

根据同样的办法以及 $s (u)=\frac {M (u)}{N (u)}$ , 我们就可以得到同等重要的

$$N (u)=e^{Cu^2} Q (u),\quad Q (u)=\prod_{n=0}^{\infty}\left (1-\frac {\sin^2 {\frac {\pi}{\varpi} u}}{\cos^2 {i (n+1/2)\pi}}\right).$$

现在我们就只剩下一个未定常数 $C$ 了。根据上篇Gauss 在 1797 年的猜测，不难得到 $C=\frac {\pi}{2\varpi^2}$ 。问题就在于，怎么证明这一点？高木贞治先生在《近世数学史谈》第七章用了一大堆工具来解决这个问题，这里笔者尝试给出一个不同的证明。

根据上篇的结果，我们知道 $\frac {\mathrm {d}^2\log N}{\mathrm {d} u^2}=s^2 (u)$ 。因此 $\frac {\mathrm {d}\log N}{\mathrm {d} u}=\int_{0}^{u} s^2 (z)\mathrm {d} z$ 。注意到 $\frac {\mathrm {d}\log Q}{\mathrm {d} u}$ 在 $u=\frac {\varpi}{2}$ 处的值必然是 0，所以 $C\varpi=$ $\int_{0}^{\varpi/2} s^2 (z)\mathrm {d} z$ [为什么？]。然而根据 Euler 的结果，等式右边为 $\int_{0}^{1}\frac {z^2}{\sqrt {1-z^4}}\mathrm {d} z=\frac {\pi}{2\varpi}$ [为什么？]。问题得证。

Gauss 得到周期整函数$P (u),Q (u)$ 后，用自己纯熟的分析技巧导出了巨量 [非平凡] 的等式。这里我们举两个例子。

Ex1.计算 $s (u)$ 的 Fourier 级数。

通常的推导方法是利用双纽线函数的双周期性以及留数定理。而 Gauss 本人的方法依旧与众不同。Leiste 笔记 92-93 页 [见 Gauss 全集第十卷第一册，168 页] 上有 Gauss 的数值计算。可以猜想，Gauss 本人先进行了数值归纳然后进行了证明 [见 Gauss 全集第三卷，417 页。Gauss 本人的证明就一句话，下面可以说是作者对 Gauss 证明的补全]。

证明：令 $z=\sin {\frac {\pi}{\varpi} u}=\cos \varphi$ 。那么

$$s (u)=\frac {\frac {\varpi}{\pi} z\prod_{n=1}^{\infty}\left (1+\frac {z^2}{\sinh^2 {n\pi}}\right)}{\prod_{n=0}^{\infty}\left (1-\frac {z^2}{\cosh^2 {(n+1/2)\pi}}\right)}.$$

Euler 曾经把多项式的因式分解直接套在整函数 $\sin {\pi z}$ 上。他也曾经把有理函数的部分分式分解推广到半纯函数 $\cot {z}$ 上。如果我们把部分分式分解直接套在上式右侧的无穷乘积上，那么我们可以断言 [注意 $s (u)$ 是奇函数]，

$$s (u)=\sum_{n=0}^{\infty}\left (\frac {a_n}{z-\cosh {\pi (n+1/2)}}+\frac {a_n}{z+\cosh {\pi (n+1/2)}}\right)$$

$$a_n=\lim_{z\rightarrow\cosh {\pi (n+1/2)}} s (u)(z-\cosh {\pi (n+1/2)})$$

我们在本系列第一篇中已经隐式地给出了 $s (u)$ 在极点处的性态，因此可以算出 $\begin {align} a_n&=(-1)^{n+1}\cdot i\frac {\pi}{\varpi}\cos\frac {\pi}{\varpi}(\frac {\varpi}{2}+i\frac {\varpi (2n+1)}{2})\\&=(-1)^{n+1}\frac {\pi}{\varpi}\sinh \frac {\pi (2n+1)}{2}\end {align}$

根据这篇文章里的古典结果，我们知道

$$\begin {align} s (u)&=\frac {4\pi}{\varpi}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\sum_{m=0}^\infty e^{-\pi (n+1/2)(2m+1)}\cos (2m+1)\varphi\\&=\frac {4\pi}{\varpi}\sum_{m=0}^{\infty}\frac {(-1)^{m}}{e^{(m+1/2)\pi}+e^{-(m+1/2)\pi}}\sin {\frac {\pi (2m+1)}{\varpi} u}\end {align}.$$

上面的证明以现代观点看显然是有缺陷的。补足缺陷的方法仍然是利用复变函数论中的 Cauchy 定理。我们如果想借助部分分式展开来研究半纯函数，就必须对函数的增长加上各种限制。假设 $\mathbb {C}$ 上的半纯函数 $f (z)$ 在一列半径趋于无穷的圆上一致有界，那么研究围道积分 $\oint_{C}\frac {f (\zeta)}{\zeta (\zeta-z)}\mathrm {d}\zeta$ 可以证明上面部分分式展开的合理性。我们把补足细节的工作交给读者来完成。

Ex2.$P (u)$ 与 $Q (u)$ 都是周期函数。试求其 Fourier 级数展开。

下面的证明并没有出现在 Gauss 的手稿里，但是证明的所有要素都出现在 Gauss 的手稿当中。

我们只写出 $P (u)$ 展开式的计算过程。 $Q (u)$ 的展开式的计算遵循同样的原理。根据 $P (u)$ 的无穷乘积表达式，我们知道 $P (u+\varpi)=-P (u)$ 。因此我们可以写出其 Fourier 展开 $P (u)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_ne^{\pi i (2n+1)\frac {u}{\varpi}}$ 。难点就在于确定 Fourier 系数。

解决问题的关键在于考察另一个“周期” $i\varpi$ 对 $P (u)$ 的作用。我们知道

$$\begin {align} P (iu)=e^{\frac {\pi}{2}\frac {u^2}{\varpi^2}} M (iu)=ie^{\frac {\pi}{2}\frac {u^2}{\varpi^2}} M (u)=ie^{\pi\frac {u^2}{\varpi^2}} P (u)\end {align}$$

因此 $\begin {align} P (iu+i\varpi)=e^{\pi\frac {(u+\varpi)^2}{\varpi^2}} P (u+\varpi)=-e^{\pi+2\pi\frac {u}{\varpi}} P (iu)\end {align}$ 。

所以 $\begin {align} P (u+i\varpi)=-e^{\pi} e^{-2\pi i\frac {u}{\varpi}} P (u)\end {align}$ 。借助这个函数方程，我们可以写出 Fourier 系数的递推关系：

$$a_{n+1}=-e^{-(2n+2)\pi} a_{n}.$$ 所以我们可以推出

$$P (u)=a_0\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^ne^{-\pi (n^2+n)+\pi i (2n+1)\frac {u}{\varpi}}$$

用同样的方法，我们可以推出

$$Q (u)=b_0\sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-\pi n^2+2\pi in\frac {u}{\varpi}}$$

我们还可以多走两步。我们知道， $P (\frac {i\varpi}{2})=a_0\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^ne^{-\pi (n^2+n)-\frac {\pi (2n+1)}{2}}=-a_0e^{\pi/2}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^ne^{-\pi n^2}$

$$Q (\frac {\varpi}{2})=b_0\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^ne^{-\pi n^2}.$$ 而 $P (\frac {i\varpi}{2})=ie^{\pi/4} P (\frac {\varpi}{2})=ie^{\pi/4} Q (\frac {\varpi}{2})$ 。因此我们有 $\frac {a_0}{b_0}=-ie^{-\pi/4}$ 。借此我们就得到 Gauss 手稿中的公式 [见 Gauss 文集第三卷 418 页]

$$s (u)=\frac {2\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^ne^{-\pi (n+1/2)^2}\sin (2n+1)\pi\frac {u}{\varpi}}{1+2\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2}\cos 2\pi n\frac {u}{\varpi}}$$

上面这些推理本质上可以作为 Klein 这些话的注解 [Klein，《数学在 19 世纪的发展》，第一章，高等教育出版社，2010]：

Es gelingt nämlich, die $\sigma$-Funktionen so in Faktoren zu spalten, daß der eine Faktor in bezug auf eine der Perioden automorph ist. So entsteht die von Jacobi als $\vartheta_1$ , bezeichnete Funktion, für die das Verfahren eine brillant konvergierende, für analytisches und numerisches Rechnen gleich geeignete Reihenentwicklung liefert.可以把一个 $\sigma$-函数分解因子，使其中之一对于一个周期是自守的。这就生成了一个雅可比所称的函数 $\vartheta_1$ , 它有一个漂亮的收敛级数展开式，使之对于解析运算和数值计算都很适用。

Gauss 本人是怎样得到“漂亮的收敛级数展开式”的呢？根据 Schlesinger 等人的推测，Gauss 是靠着数值计算得到 $P (u)$ 和 $Q (u)$ 的 Fourier 展开式的。这一点实在是太惊人了。由于 Gauss 的数值计算一样包含丰富的内容，我们会在后面展开来叙述 Gauss 摸索出 $P (u),Q (u)$ 的 Fourier 展开的可能的路径。