椭圆函数正篇:Gauss与AGM(4-3)


[注:题图是 Euler1749 年在柏林科学院宣读的文章Animadversiones in Rectificationem Ellipsis(椭圆弧长研究) 第一页。文章收录于 Euler 的著作Opuscula varii argumenti第二卷 (共三卷)]

Gauss 并不是第一个发现 AGM 序列与椭圆积分关系的人。在 Gauss 开始研究 AGM 之前,Lagrange 就已经发表了一篇关于椭圆积分的文章(1785 年)。在文章中,他给出了如下结论:

定义 $p^\prime=p+\sqrt {p^2-q^2}$,$q^\prime=p-\sqrt {p^2-q^2}$。如果给定变换 $y^\prime=y\sqrt {\frac {1\pm p^2y^2}{1\pm q^2y^2}}$,那么 $\frac {\mathrm {d} y}{\sqrt {(1\pm (py)^2)(1\pm (qy)^2)}}=\frac {\mathrm {d} y^\prime}{\sqrt {(1\pm (p^\prime y^\prime)^2)(1\pm (q^\prime y^\prime)^2)}}$。

Lagrange 所用的变换正是Landen 变换。注意到上面的定义已经定义了逆向的 AGM 序列,如果把迭代过程逆过来,那就是正向的 AGM 序列。由于正向迭代过程中的 $p,q$ 很快收敛到同一极限,因此,这个迭代不仅给出了

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

的一个方便的计算方法,同时还给出了 Gauss 的AGM 与椭圆积分的关系

有趣的是 Lagrange 在 1777 年 1 月 3 日致Condorcet信件中明确说过,他知道 Landen 的文章:

J'ai vu, dans le dernier Volume des Transactions philosophiques, un théorème de M. Landen qui me paraît bien singulier. Il réduit la rectification des arcs elliptiques à celle des arcs hyperboliques. Je n'ai pas encore eu le temps d'examiner s'il n'y a pas de paralogisme dans la démonstration.我在上期自然科学会报上看到 Landen 先生的一个看起来很奇特的定理。文章将椭圆弧长转化为双曲线弧长。我还没能抽出时间来检查证明中是否有误。

尽管上面的变换形式上和 Landen 的变换一模一样,但 Lagrange 文章中对 Landen 却不置一词,所以 Landen 的文章对 Lagrange 有多大影响是无法确定的。

[注:Waldo Dunnington 的 Gauss 传记中有 Gauss 大学期间的借书记录。记录显示,Gauss 1797 年 1 月 18 日曾经借过 Landen 的数学著作,其中包含 Landen 变换的文章。但从 Gauss 后来的文章看,Landen 的文章并没有给 Gauss 留下关于 Landen 变换的任何印象。]


Lagrange 在 1785 年的文章的最末一节集中探讨了 AGM 与椭圆以及双曲线弧长的关系。在这一章的开头他明确地提到了 "feu M. Euler(已故的 Euler 先生)" 以及他的著作Opuscula varii argumenti。题图就是这部著作中关于椭圆弧长的文章Animadversiones in Rectificationem Ellipsis。跨时代的巨人 Euler 通过其文章影响的不只是 Lagrange,当然还有 Gauss。根据 Waldo Dunnington 的 Gauss 传记的附录,Gauss 在大学期间不止一次地借出 Euler 的著作Opuscula

椭圆弧长的研究可以归结为第二类椭圆积分

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

的研究。我们通过二项级数展开,并逐项积分,可以得到

$$q=\frac {\pi}{2}\left (1-\frac {1}{2\cdot 2} k^2-\frac {1\cdot1\cdot 3}{2\cdot 2\cdot 4\cdot 4} k^4-\frac {1\cdot1\cdot 3\cdot3\cdot 5}{2\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6\cdot 6} k^6-\cdots\right)$$

对 $q$ 求导,我们就有

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

其中

$$L=\frac {1}{2} k+\frac {1\cdot1\cdot 3}{2\cdot 2\cdot 4} k^3+\frac {1\cdot1\cdot 3\cdot3\cdot 5}{2\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6} k^5+\cdots$$

Gauss 在 Leiste 笔记 [见 Gauss 全集第十卷第一册,180 页] 上除了这个级数以外,还给出了第一类椭圆积分的级数展开

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

Gauss 通过两个级数 $K,L$ 建立了第一类椭圆积分与第二类椭圆积分之间的微分方程。说实话,Gauss 的这个方法真的是远远比分部积分方法要更容易记忆:

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

借此我们很容易导出

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

同时我们也有 [可以直接用级数验证第一个等式]

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

如果我们把等式中的 $k$ 换为 $\sqrt {1-k^2}$,并且借用 Gauss 导出的第一类椭圆积分与 AGM 的关系

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

那么我们有

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


以上的研究是有一些副产物的。

---如果令 $k\rightarrow 0^{+},$ 我们可以断定 $\frac {k^2}{M (1,k)}\rightarrow 0$, 从而有 $\frac {\mathrm {d}}{\mathrm {d} k}\frac {1}{M (1,k)}\sim-\frac {2}{\pi}\frac {1}{k}$。因此我们可以断定,当 $k\rightarrow 0^{+},$ 我们有 $M (1,k)\sim-\frac {\pi/2}{\log k}$。

---Gauss 在 1800 年的Scheda Ae中 [见 Gauss 全集第十卷第一册,207-208 页] 给出了 $M (a,b)$ 偏导数的计算方法。$M (a,b)$ 是齐次函数,所以我们利用 Euler 关于齐次函数的定理,可以得到

$$a\frac {\partial}{\partial a} M (a,b)+b\frac {\partial}{\partial b} M (a,b)=M (a,b)$$

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

那么 $M (a,b)=M (a^\prime,b^\prime)$ 且

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

根据这一递推关系可以导出Schumacher 关于椭圆弧长的公式,我们把它留给有兴趣的读者作为练习。

[注:Schumacher 可以借一己之力推出 Gauss 手稿中的一个命题,功力也是十分深厚的 (按 Schumacher 自己的说法,他还是受到 1804 年 Philosophical Transaction 上一篇文章的影响,而那篇文章说的正是 Landen 变换)。根据高木贞治《近世数学史谈》第十六章的记载,Abel 的一篇关于天体力学的稿件曾经被 Schumacher 退回,原因就是 Schumacher 发现了 Abel 文章中的根本性的错误]

---我们在这里提过 $K (k),K (\sqrt {1-k^2})$ 的 Wronsky 行列式是 $\frac {C}{k (k^2-1)}$。我们现在来确定常数 $C$ 的值。我们上面已经确定了 $K (\sqrt {1-k^2}),k\rightarrow 0^{+}$(及其一阶导数) 的渐进特性。我们又知道当 $k\rightarrow 0$,$K (k)\sim1+\frac {1}{4} k^2$。所以 Wronsky 行列式在 $k\rightarrow 0^{+}$ 时趋于 $-\frac {2}{\pi k}$,从而有 $C=\frac {2}{\pi}$。

Gauss 在所藏 Euler变分法著作的最后一页上写着以下内容 [Gauss 全集第八卷,98 页]:

2222.jpgTheorema Elegantissimum

这和我们上面的计算的 Wronsky 行列式本质上是一回事 (为什么?)。作者在查阅资料时注意到,日本方面的数学史资料 (见第 14 回数学史シンポジウム) 是提过 Gauss 的这个定理的,文章作者明确写着他不明白 Gauss 的这个定理与 Euler 的变分法著作有什么关联。但如果我们看一看 Euler 著作的目录,我们就会明白,Euler 这本变分法著作的第一个附录正是关于弹性曲线的附录 [Euler 曾经利用变分法来研究弹性曲线],而 Gauss 的定理正是弹性曲线的性质

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

的自然推广 (只要令 Gauss 定理中的 $\varphi=45^{\circ}$)[也许 Gauss 在用这种方式向 Euler 致敬?]。


Euler 已经知道,如果 $k$ 的值接近于 1,那么利用级数来计算 $q,K,L$ 的值必然会十分吃力,因为对应的级数收敛速度非常缓慢。那么我们如何计算级数在 $k=1$ 附近的值呢?

Euler 的方法从 $q$ 满足的微分方程出发,我们也可以把这个方法搬到 $K$ 的计算上去。我们注意到,$K (\sqrt {1-k^2})$ 满足微分方程

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

当 $k\rightarrow0$ 时方程可以近似为Cauchy-Euler equation

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

这个方程的解一组基是 $1,\log k$。因此,我们可以猜测 $K (\sqrt {1-k^2})\approx C_1+C_2\log k$,$C_1,C_2$ 是待定常数。Euler 进一步假定:

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

这正是所谓的微分方程求解的Frobenius Method的雏形。

下一步是计算展开式中的系数。其他系数 [的值或之间的关系] 可以通过代回原微分方程得到,但是系数 $C_1$ 是不能用待定系数法求得的。Euler 仍然利用他那令人望尘莫及的计算能力 (比如说,取幂级数表示前十项,每项计算到小数点后 12 位) 归纳出了系数 $C_1$ 的值 [并且证明了自己的结论!](注:Euler 的文章中一直关注的都是 $q$ 而非 $K$,不过从 $K$ 的计算可以推知 $q$ 的相关计算,反过来也成立)。

我们可以用 AGM 走一条更简洁的路。我们已经得到猜测,当 $x\rightarrow 0^{+}$ 那么我们有

$$\frac {1}{M (1,x)}=C_1+C_2 \log x+o (1),\, C_2=-\frac {2}{\pi}.$$

但是 $M (1,x)=\frac {1+x}{2} M (1,\frac {2\sqrt {x}}{1+x})$,这样我们有

$$C_1+C_2 \log x+o (1)=\frac {2}{1+x}\left (C_1+C_2 \log \frac {2\sqrt {x}}{1+x}+o (1)\right)$$

整理后我们有

$$C_1+2C_2\log2+o (1)=0$$

那么我们就得到了如下结论:

命题:当 $x\rightarrow 0^{+}$ 我们有 $\frac {1}{M (1,x)}=\frac {2}{\pi}\, \log \frac {4}{x}+o (1)$

这一结论的重要性并不下于 Gauss 1799 年 5 月 30 日的发现,至于 Gauss 是如何发现这一结论的,我们恐怕永远也搞不清楚了。

作者: rainbow zyop