[注：题图是 Gauss1798 年 4 月 21 日致 Bolyai 的信，与正文有一点点的关系。里面有 Gauss 画的小地图和 Gauss 的签名，所以就把它用作题图了。]

Gauss 在致 Schumacher 的信中提到自己在 14 岁时就开始研究算术-几何平均 (AGM)，那么，有什么其他证据证明 Gauss 在 14 岁时就开始这项研究了呢？答案是没有。Gauss 全集公布的日期明确的记录当中，没有 Gauss 1797 年之前关于 AGM 研究的内容。第一条时间非常明确的记录来自 1798 年 11 月的Scheda Ab ,这一段记录正好与Scheda Aa的写作时间 (1798 年 7 月开始) 衔接。

Scheda Ab中给出了$M (1+x,1)$的幂级数展开式 [见 Gauss 全集第十卷第一册，172 页，174 页]：

$$M (1+x,1)=1+\frac {1}{2} x-\frac {1}{16} x^2+\frac {1}{32} x^3-\frac {21}{1024} x^4+\frac {31}{2048} x^5-\cdots$$

这一级数展开来自$M (a,b)$的初等性质$M (a,b)=M ((a+b)/2,\sqrt {ab})$以及$M (\lambda a,\lambda b)=\lambda M (a,b),\lambda>0$。如果

$$M (1+x,1)=\sum a_nx^n,a_0=1$$

令$x=2t+t^2$

那么我们有

$$\sum a_n (2t+t^2)^n=(1+t)\sum a_n (\frac {t^2}{2 (1+t)})^n.$$

两边级数展开，一项一项对比系数就可以得到上面的结果。

这个级数并不是计算$M (1+x,1)$的理想选择，因为从展开式可以看到，它的收敛速度是很慢的。Gauss 在Scheda Ab中计算了$M (\sqrt {2},1)-1$，只得到$0.19814$[见 Gauss 全集第十卷第一册，174 页]。得到这样的精度至少得用幂级数的前六项或七项，所以进行这样的数值计算并不是很划算。话说回来，为什么 Gauss 要计算$M (\sqrt {2},1)$呢？这并不能完全归结为 Gauss 的所谓“直觉”，有可能来自 AGM 数列的另外一个初等性质。我们知道，AGM 迭代过程可以归结为

$$a^\prime=(a+b)/2,b^\prime=\sqrt {ab}.$$

将这个过程逆转过来，我们就有

$$a=a^\prime+\sqrt {{a^\prime}^2-{b^\prime}^2},b=a^\prime-\sqrt {{a^\prime}^2-{b^\prime}^2}.$$

前者可称为正向 AGM 迭代，后者称为反向 AGM 迭代。下面的数值计算 [摘自 Gauss 全集第三卷，363 页]

表明，反向迭代中 a 似乎趋于无穷，而 b 趋于 0，而且，每一次迭代似乎使 a 的值近似变为原来的2 倍。我们采用 Gauss 的记号，如果设$(^0a=a,\,^0b=b)$

$$\begin {align}^{n+1} a=\, ^{n} a+\sqrt {(\, ^{n} a)^2-(\, ^{n} b)^2}\\^{n+1} b=\, ^{n} a-\sqrt {(\, ^{n} a)^2-(\, ^{n} b)^2}\end {align}$$

那么我们有

$$\frac {^{n+1} a}{2^{n+1}}=\frac {1}{2}\left (\frac {^{n} a}{2^n}+\sqrt {(\frac {^{n} a}{2^n})^2-(\frac {^{n} b}{2^n})^2}\right)$$

这只是半个正向 AGM 的迭代过程。我们很容易找到它的另一半：

$$(^{n+1} a)^2-(^{n+1} b)^2=4\times\, ^{n} a\sqrt {(\, ^{n} a)^2-(\, ^{n} b)^2}$$

所以$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac {^{n} a}{2^n}=M (a,\sqrt {a^2-b^2})$。正向迭代引出极限$M (a,b)$，反向迭代引出$M (a,\sqrt {a^2-b^2})$。当$a=1,b=\sqrt {2}/2$, 两个极限是相等的。那么计算这个特殊极限$M (1,\sqrt {2}/2)$或其倍数$M (\sqrt {2},1)$就显得顺理成章。

[注：逆向 AGM 过程已经出现在 Leiste 算术书第 56 页的记录中。]

1798 年的下半年和 1799 年的上半年 Gauss 很可能没有花太多时间在 AGM 上，因为还有很多其他的事情等着他去做。Gauss 已经在 1798 年 9 月结束哥廷根的学生生涯，返回家乡不伦瑞克。《算术研究》于 1798 年 4 月在哥廷根东北方向的 Goslar 开始印刷，但印刷速度极其缓慢，令他很不满意。在 11 月 29 日与终生好友Farkas Bolyai的通信中，他提到自己正在第四次修订《算术研究》关于二次型的一章，同时，他也在抓紧创作《算术研究》关于高次同余式的第八章，预计可以在 1799 年复活节前完成第八章的写作 (Gauss 日记中 1798 年 11 月到 1799 年 3 月也确实只有一条记录，还是关于二次型的记录)。1799 年 4 月 Gauss 的注意力又转移到月球视差上，在 4 月-5 月期间他还在不伦瑞克公爵的要求之下向 Helmstedt 大学提交了博士论文。这些事情完成后，Gauss 与 Bolyai 两人相约在哥廷根与不伦瑞克之间的 Clausthal 见面。两人在 5 月 24 日见面，5 月 25 日含泪道别。两人都是步行前来，从各自的住处来到会面地点每人都得走 10 小时以上 (值得 Gauss 这样做的朋友在此之后大概是没有了)。根据两人5 月 28 日和5 月 29 日的通信，两人在回程的路上都碰到了大雨，Gauss 似乎还吃坏了肚子，在 5 月 29 日写信的时候还感到不适。就在这样的情况之下，Gauss 日记上出现了一条新的记录 (1799 年 5 月 30 日)：

Terminum medium arithmetico-geometricum inter$1$et$\sqrt {2}$esse$=\frac {\pi}{\varpi}$usque ad figuram undecimam comprobavimus, qua re demonstrata prorsusnovus campus in analysi certo aperietur.我们已经证实$1$与$\sqrt {2}$算术几何平均与$\frac {\pi}{\varpi}$相等到小数点后 11 位，证明此问题必然会开启分析学的新领域。

我们在前面提到的幂级数展开在这里派不上用场——因为它收敛太慢了。可以证明，计算$M (\sqrt {2},1)$只需要迭代四次就可以精确到小数点后 11 位 (为什么？)，所以还是老老实实迭代比较划算。Gauss 在Scheda Ab中已经已经给出了$\sqrt {2}$以及$\sqrt [4]{2}$的数值 (精确到小数点后 13 位)，所以我们就可以列出下面的表格 [计算方法不限幂级数，对数表以及 Newton 迭代，结果取小数点后 12 位有效数字]

$$\begin {array}{c|c|c} & a_n & b_n\\0& 1.414213562373 & 1.000000000000\\1 & 1.207106781187 & 1.189207115003\\2& 1.198156948095&1.198123521493\\3 & 1.198140234794& 1.198140234677\\4&1.198140234736&1.198140234736\end {array}$$

经过 4 次迭代后$a_4,b_4$差的绝对值已经小于$10^{-12}$(其实已经小于$10^{-18}$)。我们如果回头去看我们在预篇中 Stirling 的计算以及 Euler 的推理，我们就知道，如果$\varpi=2\int_{0}^1\frac {\mathrm {d} x}{\sqrt {1-x^4}}$, 那么$\frac {\pi}{\varpi}=2\int_{0}^1\frac {x^2\mathrm {d} x}{\sqrt {1-x^4}}\approx1.198140234736$。

[注：Gauss 早在 1797 年就在 Leiste 笔记上记录了$2\int_{0}^1\frac {x^2\mathrm {d} x}{\sqrt {1-x^4}}$的数值 [见 Gauss 全集第十卷第一册，146 页]，在 1798 年 7 月更是不知道接触过多少次$\frac {\pi}{\varpi}$及其倒数，见Gauss 与 AGM (III-1)，Gauss 与 AGM (III-2)，Gauss 与 AGM (III-3)]

双纽线积分就这样与 AGM 产生了联系。我们自然而然地就会产生疑问：这是一个孤立的现象呢，还是一个一般的现象呢？几个月以后 (11 月 24 日) Pfaff 在致 Gauss 的信中这样说 [可见 Gauss 之前已经和 Pfaff 说过自己 5 月 30 日的发现了，他对自己的发现并不是对谁都守口如瓶的]：

...Sehr interessant war mir die besondere Bemerkung, welche Sie uber das arithm. geom. Mittel zwischen$1$und$\sqrt {2}$gemacht haben, wobey die Übereinstimmung gewiss nicht zufällig und isolirt ist, sondern noch mehr in sich schliessen wird.... ……我对你在来信中着重指出的$1$与$\sqrt {2}$之间的算术几何平均值十分感兴趣，它与 [积分] 的吻合必然不是巧合，也不是孤立的，它们之间的关系应当更紧密。……

Pfaff 本人在来信里也做了一些计算，但他所做的计算并没有超出 GaussScheda Ab所涵盖的内容。至于 Pfaff 的断言 "它与 [积分] 的吻合必然不是巧合，也不是孤立的"，Gauss 必然也察觉到了这一点。我们知道，Gauss 在1798 年 7 月前后曾经数值计算过$\frac {\varpi}{\pi}$，其中含$\sqrt {2}$的唯一一个是

$$\begin {align}\frac {\varpi}{\pi}&=\frac {\sqrt 2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\frac {\mathrm {d}\theta}{\sqrt {1-\frac {1}{2}\sin^2 {\theta}}}=\frac {\sqrt 2}{2} F (1/2)\end {align}$$

其中$F (x)=1+\frac {1}{4} x+\frac {1}{4}\frac {9}{16} x^2+\frac {1}{4}\frac {9}{16}\frac {25}{36} x^3+\cdots$，那么，我们就有$F (1/2)=\frac {\sqrt {2}}{M (\sqrt {2},1)}=\frac {1}{M (1,\sqrt {2}/2)}$。结合$F (0)=M (1,1)=1$以及$F (1)=\infty,M (1,0)=0$，我们可以猜测，研究$M (1,x)$的倒数才是解决问题的关键，具体地说，我们有猜想$F (x^2)=\frac {1}{M (1,\sqrt {1-x^2})},-1< x< 1$。

[注：前面我们已经提过，1799 年 4 月 Gauss 在研究月球的视差问题。这一阶段研究月球视差公式的手稿中突然出现了加密的文字$\mathrm {REV.\,GALEN}$。$\mathrm {GALEN}$也出现在 1799 年 11 月研究椭圆函数的手稿当中 [[见 Gauss 全集第十卷第一册，187 页，539 页]。据 Kurt Biermann 1963 年的推断，这段文字可能指的就是研究 AGM 的倒数才是进一步研究的关键。(Biermann 推断：$\mathrm {GALEN}$的全称可能是NexumEgregium curvaeLemniscatae cum medioArithmetico-Geometrico)]

我们今天知道，Gauss 对这个等式有三个证明。其一来自形式幂级数的操作(这说不定是最早的证明，缺陷在于事先需要证明$M (1,\sqrt {1-x^2})$存在幂级数展开)，其二来自积分的变量代换(毫无疑问是最晚的证明)，而第三个证明利用的是$F (x^2)$所满足的微分方程。我们现在就给出这个证明 [见 Gauss 全集第十卷第一册，181-183 页。这一证明属于编号为 Ff 的 Gauss 文档]。

问题：证明$F (x^2)=\frac {1}{M (1,\sqrt {1-x^2})},-1< x< 1$。

证明：形式幂级数方法利用了函数方程$M (1,\sqrt {1-x^2})=M (1+x,1-x)$，令$x=\frac {2t}{1+t^2}$，我们就有

$$M (1+x,1-x)=\frac {1}{1+t^2} M (1+t^2,1-t^2)$$

借此通过对比等式两边的幂级数的系数来证明结论。这一性质暗示，$F (x^2)$满足变换$F\left (\left (\frac {2t}{1+t^2}\right)^2\right)=(1+t^2) F (t^4)$。

此时如果令$G (x)=M (1+x,1-x) F (x^2)$，那么$G\left (\frac {2t}{1+t^2}\right)=G (t^2),-1<t<1$。

函数方程决定：如果$G (t)$在$t=0$处连续，那么$G (t)$只能是常数 [为什么？]。可以证明$G (t)$在$t=0$处连续 [为什么？]，那么命题就得到了证明。

证明变换的关键在于证明$F\left (\left (\frac {2t}{1+t^2}\right)^2\right)$与$(1+t^2) F (t^4)$满足同一个二阶常微分方程。如果我们令

$$f (x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left (\frac {1\cdot3\cdot5\cdots\cdot (2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots\cdot (2n)}\right)^2x^{2n}=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{2n}$$

待证明的等式即为

$$\frac {2t}{1+t^2} f\left (\frac {2t}{1+t^2}\right)=2tf (t^2)$$

根据系数的递推关系

$$(2n)^2a_n=(2n-1)^2a_{n-1}$$, 我们可以建立$f$的微分方程 (为什么？)

$$x (x^2-1)\frac {\mathrm {d}^2f}{\mathrm {d} x^2}+(3x^2-1)\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} x}+xf=0$$

根据复合函数求导的法则，我们知道

$$\begin {align}\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} x}&=\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} y}\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}\\\frac {\mathrm {d}^2f}{\mathrm {d} x^2}&=\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} y}\frac {\mathrm {d}^2y}{\mathrm {d} x^2}+\left (\frac {\mathrm {d} y}{\mathrm {d} x}\right)^2\frac {\mathrm {d}^2f}{\mathrm {d} y^2}\end {align}$$

借此可建立$\frac {2t}{1+t^2} f\left (\frac {2t}{1+t^2}\right)$与$2tf (t^2)$满足的微分方程。通过计算，它们满足同一个二阶常微分方程 (请有兴趣的读者来验证)

$$t^2 (t^4+1)\frac {\mathrm {d}^2f}{\mathrm {d} t^2}+(3t^4-1) t\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} t}+(t^4+1) f=0$$

且两者在$t=0$处的零阶和一阶导数相等，这样我们就证明了结论。

这个过程有一个副产品。我们通过上面的推理，得出$\frac {1}{M (1,\sqrt {1-x^2})}$满足微分方程

$$x (x^2-1)\frac {\mathrm {d}^2f}{\mathrm {d} x^2}+(3x^2-1)\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} x}+xf=0$$。那么与之相伴的$\frac {1}{M (1,x)}$呢？利用与上面类似的计算，我们得到，$\frac {1}{M (1,x)}$也是这个微分方程的解，而且两者构成微分方程解空间的一组基。这样$M (1,x),M (1,\sqrt {1-x^2})$之间就有了更加密切的联系。

[注：我们可以使用 Wronsky 行列式来确定两个解是否线性无关。根据二阶线性微分方程的理论，我们可以得到上面微分方程的 Wronsky 行列式为$C/(x^3-x)$。我们会在下一篇中确定常数$C$的值。]

到 1799 年年底，Gauss 手中已经拿到了一般 [不限于双纽线积分] 椭圆积分理论的几片拼图：

• AGM；

• 微分方程；

如果我们回过头去看 1798 年 Gauss 的工作记录Scheda Aa(在那里出现了$\sqrt {\frac {\varpi}{\pi}}$)，我们就应当加入第三片拼图：

• theta 函数。

只有这些拼图全都到手才能开启下一阶段，也就是 Gauss 1799 年 11 月Scheda Ac的研究。在进入Scheda Ac之前，我们会在下一篇来解决 Schumacher 的问题，这与 Gauss 的后续研究有着极为密切的关系。