[注:题图是 Gauss 发表于杂志 Monatliche Correspondenz zur Beförderung der Erd-und Himmelskunde 第二期 (1800 年) 上关于复活节的计算的文章。这一工作的主体应当完成于 1800 年 5 月。]
按 Schlesinger 的记载 [见 Gauss 全集第十卷第二册,第 8 页],Gauss 的每一本工作记录除编号以外,还有各自的题名。例如 1805 年的Scheda编号为 An,题名为Cereri, Palladi, Junoni sacrum。从题名看这一本Scheda主要内容是天文观测 [注意题名中的谷神星,智神星和婚神星],但其中仍然包含数学内容。而 1799 年的Scheda Ac的题名为
Varia, Novbr. 1799. Imprimis de Integrali$\int\frac {\mathrm {d}\varphi}{\sqrt {1+\mu^2\sin^2\varphi}}$
Scheda Ac正是 Gauss 1799 年 11 月开始的一系列研究的工作记录,题名中的积分自然是 Gauss 这一段时间研究的重头戏。
我们上篇提及的内容是Scheda Ac关于一般椭圆积分第一阶段的工作,这个时候Scheda题名中的积分还未显式地出现在这一阶段的工作记录中。Gauss 日记在 1800 年 1 月到 4 月没有一条关于椭圆函数的记录 [这并不意味着 Gauss 在这段时间里就停止了椭圆函数的研究]。而 1800 年 5 月的第一条记录标志着 Gauss 椭圆函数研究的高潮的到来。从 1800 年 5 月初到 1800 年 6 月中旬,Gauss 的日记本上 [第 105 条-第 111 条] 只有一条记录与椭圆函数无关,而这条与椭圆函数完全无关的记录正是复活节具体日期的推算,后来成为了题图所示文章的主要内容。
[吐槽:与 Gauss 这段时间的主要研究内容相比,复活节的计算等于是 Gauss 算来散心用的小问题]
假设我们从积分 $\int\frac {\mathrm {d}\varphi}{\sqrt {1+\mu^2\sin^2\varphi}}$ [先假定 $\mu$ 为实数] 出发,那么,Gauss 在 1797 年-1798 年关于双纽线的工作不过是这一积分当 $\mu=1$ 的特例。下面我们会把双纽线的几个主要公式推广到积分 $\int\frac {\mathrm {d}\varphi}{\sqrt {1+\mu^2\sin^2\varphi}}$ 上去。
[本篇我们会频繁利用到Gauss 与 AGM (V-1)中出现的所有结果]
I)我们在Gauss 与 AGM (III-1)中得到了双纽线积分的反函数 $s (u)$ 的表达式
$$s (u)=\frac {2\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^ne^{-\pi (n+1/2)^2}\sin (2n+1)\pi\frac {u}{\varpi}}{1+2\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2}\cos 2\pi n\frac {u}{\varpi}}$$
其中 $s (u)$ 的周期是 2 倍 $\frac {\pi}{M (1,\sqrt {2})}$ 。这一常数自然是 $\varpi=\frac {\pi}{M (1,\sqrt {\mu^2+1})}$ 的特例。根据我们上篇的内容,如果我们记
$$\begin {align} p (z)&=1+2z+2z^4+2z^9+\cdots\\q (z)&=1-2z+2z^4-2z^9+\cdots\\r (z)&=2z^{1/4}+2z^{9/4}+2z^{25/4}+\cdots\end {align}$$
并记
$$\varpi^\prime=\frac {\pi}{M (\mu,\sqrt {\mu^2+1})}$ , $\tau=\frac {\varpi^\prime}{\varpi}$ , $x=\exp\left (-\pi\tau\right)$$
那么 $\mu=\frac {r^2 (x)}{q^2 (x)}$ [为什么?]
我们注意到 $\mu=1$ 时 $x=e^{-\pi}$ , 因此自然的联想是积分
$$\int_0^{S}\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {1-t^2}\sqrt {1+\mu^2t^2}}$$
的反函数可以表示为
$$S (u)=\frac {T (u)}{W (u)}$$
其中 $T (u)=2\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^ne^{-\pi (n+1/2)^2\tau}\sin (2n+1)\pi\frac {u}{\varpi}$
$$W (u)=1+2\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2\tau}\cos 2\pi n\frac {u}{\varpi}$$
这一表达式还需要一些修正。注意到如果 $S$ 是给定积分的反函数,那么 $S (\varpi/2)=1$ ,这与计算 $\frac {T (\varpi/2)}{W (\varpi/2)}=\frac {r (x)}{q (x)}=\sqrt {\mu}$ 是不符的。
另外我们还要求 $W (0)=1$ [这与 $W$ 的无穷乘积表达式有关,我们会在后文提到],所以我们需要给分子分母除以 $p (x)$ ,也就是分子分母乘以 $\sqrt {M (1,\frac {1}{\sqrt {\mu^2+1}})}$ ,综合这两点我们有 [Gauss 全集第十卷第一册,194-195 页]
$$T (u)=\sqrt {\frac {\pi}{\varpi}}\frac {1}{\sqrt [4]{\mu^2 (1+\mu^2)}}\cdot\left (2\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^ne^{-\pi (n+1/2)^2\tau}\sin (2n+1)\pi\frac {u}{\varpi}\right)$$
$$W (u)=\sqrt {\frac {\pi}{\varpi}}\frac {1}{\sqrt [4]{1+\mu^2}}\cdot\left (1+2\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\pi n^2\tau}\cos 2\pi n\frac {u}{\varpi}\right)$$
[注:Gauss 为了使记号更加简单明了,利用了三角代换 $\tan\nu=\mu$ 。本篇会广泛采用这一三角代换。]
高木贞治的《近世数学史谈》第九章有一个评论,我们特别把它转录在这里,我们上面的推理可以作为这一段话的注解 (记号略有变动,仔细推敲的话这段话里也有不严密的地方):
凡てはレムニスケートの場合と全く同様で、唯 $h=e^{-\pi}$ がここでは一般化されて $h=e^{\pi i\tau}$ になっているだけであるが、苦心の存する所は、週期 $\varpi,i\varpi^\prime$ の発見にある。レムニスケートの場合には $\varpi,i\varpi^\prime$ が自然に出て来たのであるが、ここではそうは行かない。一切和双纽线的情形完全相同,只有 $h=e^{-\pi}$ 在这里被一般化为 $h=e^{\pi i\tau}$ 。[Gauss] 花了不少力气才发现了周期 $\varpi,i\varpi^\prime$ 。双纽线的情形下周期 $\varpi,i\varpi^\prime$ 可以自然地产生出来,[一般情形下] 并非如此。
["苦心" 二字说得一点也不错。我们的Gauss 与 AGM (IV-2),Gauss 与 AGM (IV-3),Gauss 与 AGM (V-1)就是为此做铺垫的。至于高木贞治为什么称 $\varpi,i\varpi^\prime$ 为周期,请读者根据 $S (u)$ 的定义验证 $S (u)$ 是关于 $u$ 的双周期函数,两个周期正是 $2\varpi,2i\varpi^\prime$ ]
II)$S (u)$ 是否为给定积分的反函数还有待验证。为此我们必须证明
$$\frac {\mathrm {d} S}{\mathrm {d} u}=\sqrt {(1-S^2)(1+\mu^2S^2)}$$
换言之,我们需要证明
$$W\frac {\mathrm {d} T}{\mathrm {d} u}-T\frac {\mathrm {d} W}{\mathrm {d} u}=\sqrt {(W^2-T^2)(W^2+\mu^2T^2)}$$
Gauss 在Scheda Ac中只对等式的右侧进行了计算。为此我们首先可以计算 $W^2,T^2$ 的展开式。以 $W^2$ 为例,我们知道
$$W^2=M (1,\cos\nu)\sum_{m,n\in \mathbb {Z}} e^{-\pi (m^2+n^2)\tau+2\pi i (m+n)\frac {u}{\varpi}}$$
我们可以把这个式子重写为 [为什么?]
$$W^2=CF_1+DF_2$$
其中
$$\begin {align} F_1 (\tau;u)&=\sum_{m\in \mathbb {Z}} e^{-\pi m^2\cdot2\tau+2m\pi i\frac {2u}{\varpi}}\\F_2 (\tau;u)&=\sum_{m\in \mathbb {Z}} e^{-\pi (m+1/2)^2\cdot2\tau+(2m+1)\pi i\frac {2u}{\varpi}}\\\end {align}$$
$$\begin {align} C&=M (1,\cos\nu) p (x^2)\\D&=M (1,\cos\nu) r (x^2)\end {align}$$
同样我们可以写出
$$T^2=AF_1-BF_2$$
$$\begin {align} A&=M (1,\cos\nu) r (x^2)/\mu\\B&=M (1,\cos\nu) p (x^2)/\mu\end {align}$$
III)[参见 Gauss 全集第十卷第一册,197-198 页] 为了进行进一步的化简,我们仍然需要利用 AGM 的性质。由上篇计算 $M (1,x)$ 渐进展开所用的函数方程可知,如果令 $k>0,l=\frac {2\sqrt {k}}{1+k},l^\prime=\sqrt {1-l^2},k^\prime=\sqrt {1-k^2}$ ,那么我们会有 $\frac {M (1,l^\prime)}{M (1,l)}=\frac {1}{2}\frac {M (1,k^\prime)}{M (1,k)}$ 。同时我们有 $\frac {1}{M (1,l^\prime)}=\frac {1+k}{M (1,k^\prime)}$ 或 $\frac {1+l^\prime}{2}\frac {1}{M (1,l^\prime)}=\frac {1}{M (1,k^\prime)}$ 。根据上篇的内容,我们可以据此写出 [为什么?]
$$\frac {p^2 (z)+q^2 (z)}{2}=p^2 (z^2)$$
依据类似的推理我们有
$$\frac {p^2 (z)-q^2 (z)}{2}=r^2 (z^2)$$
在这里我们还有一个副产物。由于 $p^4 (z)=q^4 (z)+r^4 (z)$ , 我们顺便可以得到 [为什么?]
$p (z) q (z)=q^2 (z^2)$ 。这个副产物具有极其重要的作用,我们在后面还要多次提到。
把这些代回 $T^2,W^2$ 的展开式,同时利用 $\tan\nu=\mu=\frac {r^2 (x)}{q^2 (x)}$ ,化简得到 [见 Gauss 全集第十卷第一册,195-196 页]
$$\begin {align} A&=\sqrt {M (1,\cos\nu)}\cot\nu\sin (\nu/2)\\B&=\sqrt {M (1,\cos\nu)}\cot\nu\cos (\nu/2)\\C&=\sqrt {M (1,\cos\nu)}\cos (\nu/2)\\D&=\sqrt {M (1,\cos\nu)}\sin (\nu/2)\end {align}$$
借此我们可以算出 [见 Gauss 全集第十卷第一册,196 页]
$$\begin {align} W^2 (u)-T^2 (u)&=\frac {\sqrt {M (1,\cos\nu)}}{\sin\nu}\left (F_1\sin (\nu/2)+F_2\cos (\nu/2)\right)\\&=\frac {T^2 (u+\varpi/2)}{\cos\nu}\end {align}$$
$$\begin {align} W^2 (u)+\mu^2T^2 (u)&=\frac {\sqrt {M (1,\cos\nu)}}{\cos\nu}\left (F_1\cos (\nu/2)-F_2\sin (\nu/2)\right)\\&=\frac {W^2 (u+\varpi/2)}{\cos\nu}\end {align}$$
IV)计算 $W\frac {\mathrm {d} T}{\mathrm {d} u}-T\frac {\mathrm {d} W}{\mathrm {d} u}$ 的过程非常直白。我们可以直接写出
$$\begin {align} W\frac {\mathrm {d} T}{\mathrm {d} u}-T\frac {\mathrm {d} W}{\mathrm {d} u}=M (1,\cos\nu)\frac {\pi e^{-\pi\tau/4}}{\varpi\sqrt {\mu}} S_1\end {align}$$
其中
$$\begin {align} S_1&=\sum_{m,n\in \mathbb {Z}}(-1)^n (2n-2m+1) e^{-\pi (m^2+n^2+n)\tau+\pi i (2m+2n+1)\frac {u}{\varpi}}\end {align}$$
令 $m^\prime=m+n$ , 我们就有
$$\begin {align} S_1&=\sum_{m^\prime} e^{\pi i (2m^\prime+1)\frac {u}{\varpi}}\sum_{n}(-1)^n (4n+1-2m^\prime) e^{-\pi\tau (2n^2-(2m^\prime-1) n+(m^\prime)^2)}\\&=\sum_{m^\prime} e^{\pi i (2m^\prime+1)\frac {u}{\varpi}-\pi\tau\frac {(m^\prime)^2+m^\prime}{2}}\sum_{n}(-1)^n (4n+1-2m^\prime) e^{-\pi\tau (2n-m^\prime)(2n-m^\prime+1)/2}\\&=\sum_{m^\prime}\chi (m^\prime) e^{\pi i (2m^\prime+1)\frac {u}{\varpi}-\pi\tau\frac {(m^\prime)^2+m^\prime}{2}}\sum_{n}(-1)^n (4n+1) e^{-\pi\tau n (2n+1)}\end {align}$$
$\chi (m^\prime)$ 当 $m^\prime$ 模 4 余 1 或-1 时为 1,其他时候为-1。
通过类似的角标变换,我们可以得到
$$T (u+\varpi/2) W (u+\varpi/2)=M (1,\cos\nu)\frac {e^{-\pi\tau/4}}{\cos\nu\sqrt {\mu}} S_2$$
其中 $\begin {align} S_2&=\sum_{m^\prime}\chi (m^\prime) e^{\pi i (2m^\prime+1)\frac {u}{\varpi}-\pi\tau\frac {(m^\prime)^2+m^\prime}{2}}\sum_{n}(-1)^n e^{-\pi\tau n (2n+1)}\end {align}$
注意到 $\frac {\pi}{\varpi}=\frac {M (1,\cos\nu)}{\cos\nu}$ ,那么我们只需要证明 [为什么?]
$$p (e^{-\pi\tau})^2\sum_{n}(-1)^n e^{-\pi\tau n (2n+1)}=\sum_{n}(-1)^n (4n+1) e^{-\pi\tau n (2n+1)}$$
就可以证明待证明的结论。问题是这并不是一个显然的结论。为此我们需要暂时放下这个等式的证明,进入 Gauss 1800 年开始的另一个主题。
从函数 $T,W$ 的展开式来看,它们是 Gauss 关于双纽线的函数$P,Q$ 的自然推广。 $P,Q$ 是可以写成无穷乘积形式的。那么 $T,W$ 是不是也有无穷乘积的表达式呢?答案是肯定的。
V)我们从双纽线的函数 $Q$ 出发。从Gauss 与 AGM (III-1)我们可以知道,双纽线的函数
$$Q (u)=\prod_{n=0}^{\infty}\left (1-\frac {\sin^2 {\frac {\pi}{\varpi} u}}{\cos^2 {i (n+1/2)\pi}}\right)$$
到积分
$$\int_0^{S}\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {1-t^2}\sqrt {1+\mu^2t^2}}$$
的自然推广必然是
$$W^\prime (u)=\prod_{n=0}^{\infty}\left (1-\frac {\sin^2 {\frac {\pi}{\varpi} u}}{\cosh^2 {(n+1/2)\pi\tau}}\right)$$
我们同样可以把它展成 Fourier 级数。为此我们对每项做一个恒等变换,将所有三角函数换为指数函数,可以得到,无穷乘积的每一项可以改写为
$$\frac {(1+e^{-\pi (2n+1)\tau-2\pi iu/\varpi})(1+e^{-\pi (2n+1)\tau+2\pi iu/\varpi})}{(1+e^{-\pi (2n+1)\tau})^2},n=0,1,2,\cdots$$
因此 Gauss 尝试展开无穷乘积 [Scheda Ac42 页,见 Gauss 全集第十卷第一册,204 页,记号有变动]
$$f (y,\alpha)=(1+\frac {y}{\alpha})(1+\frac {y^3}{\alpha})(1+\frac {y^5}{\alpha})\cdots (1+y\alpha)(1+y^3\alpha)(1+y^5\alpha)\cdots$$
为 $\alpha$ 的 Laurent 级数。Gauss 的方法是一个非常标准的方法。首先他建立了 $f (y,\alpha)$ 的函数方程:
$$(1+\alpha y) f (y,\alpha y^2)=(1+\frac {1}{\alpha y}) f (y,\alpha)$$
如果 $f (y,\alpha)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} R_k (y)\alpha^k$
根据函数方程,对比系数我们有 $R_k (y)=R_{k-1}(y) y^{2k-1}$ 。所以我们有 $R_k (y)=R_0 (y) y^{k^2}$ 。我们令 $y=e^{-\pi\tau},\alpha=e^{-2\pi iu/\varpi}$ ,因为 $W (0)=W^\prime (0)=1$ , 所以 $W (u)=W^\prime (u)$ 。
还有一个问题有待解决: $R_0 (y)$ 的解析表达式是什么?从 $f (y,\alpha)$ 的展开式我们可以得到,
$$\begin {align} R_0 (y) p (y)=(1+y)^2 (1+y^3)^2 (1+y^5)^2\cdots\\R_0 (y) q (y)=(1-y)^2 (1-y^3)^2 (1-y^5)^2\cdots\end {align}$$
从 III) 节的结论可知, $R_0 (y) q (y^2)=(1-y^2)(1-y^6)(1-y^{10})\cdots$
但是 $R_0 (y^2) q (y^2)=(1-y^2)^2 (1-y^6)^2 (1-y^{10})^2\cdots$
因此 $\frac {R_0 (y)}{R (y^2)}=\frac {1}{(1-y^2)(1-y^6)(1-y^{10})\cdots}$
我们用 $y^2,y^4,\cdots$ 代替这个递推式中的 $y$ ,相乘后可以得到
$$R_0 (y)=\frac {1}{(1-y^2)(1-y^4)(1-y^{6})(1-y^8)\cdots}$$
得到了 $R_0 (y)$ 的表达式,我们就得到了 Jacobi 的Jacobi triple product。
[读者可以思考一下: $T (u)$ 的无穷乘积表示应该是什么样子?]
VI)有了 Jacobi 的无穷乘积,我们就可以处理未证明命题等号右侧的一项。令
$$\begin {align} S_0=\sum_{n\in\mathbb {Z}}(4n+1) y^{n (2n+1)}\end {align}$$
那么
$$\begin {align} 2S_0&=\sum_{n\in\mathbb {Z}}(4n+1) y^{n (2n+1)}-\sum_{n\in\mathbb {Z}} (4n-1) y^{n (2n-1)}\\&=\sum_{n\in\mathbb {Z}}(-1)^n (2n+1) y^{n (n+1)/2}\end {align}$$
等式右侧与 Jacobi 的一项著名发现相关 [见 GTM 172,第 28 页],尽管 Gauss 早在 1808 年就掌握了它 [见 Gauss 全集第十卷第一册,293 页]。Gauss 记 $\frac {1}{R_0 (y^{1/2})}=[y]$ 。根据 Jacobi 的 Triple Product,我们有 [为什么?]
$$\sum_{n\in\mathbb {Z}} y^{n^2+n}\alpha^n=[y^2]\left (1+\frac {1}{\alpha}\right)\prod_{n=1}^{\infty}(1+y^{2n}\alpha)(1+y^{2n}/\alpha)$$
将 $\alpha$ 换为 $\alpha^{-1}$ ,两式相加,我们有
$$\sum_{n\in\mathbb {Z}} y^{n^2+n}\frac {\alpha^{n+1}+\alpha^{-n}}{\alpha+1}=2 [y^2]\prod_{n=1}^{\infty}(1+y^{2n}\alpha)(1+y^{2n}/\alpha)$$
令 $\alpha\rightarrow-1$ ,我们立刻有
$$2S_0=\sum_{n\in\mathbb {Z}}(-1)^n (2n+1) y^{n (n+1)/2}=2 [y]^3$$
那么 $\sum_{n}(-1)^n (4n+1) y^{n (2n+1)}=[y^2]^3\prod_{n=1}^{\infty}(1+y^{2n-1})^3$
根据 Jacobi Triple Product,我们有
$$\sum_{n}(-1)^n y^{n (2n+1)}=[y^4]\prod_{n=1}^{\infty}(1-y^{2n-1})$$
$$p (y)=[y^2]\prod_{n=1}^{\infty}(1+y^{2n-1})^2$$
剩下的仅仅是简单的验证。但我们证明的等式还有一种解释。从 Jacobi 的 Triple Product 我们可以得到
$$\sum_{n}(-1)^n y^{n (2n+1)}\alpha^n=[y^4]\prod_{n=1}^{\infty}(1-y^{4n-1}\alpha)(1-y^{4n-3}/\alpha)$$
如果取式子在 $\alpha=1$ 处的对数微分,我们就可以得到
$$\frac {\sum_{n\in\mathbb {Z}}(-1)^n (4n+1) y^{n (2n+1)}}{\sum_{n\in\mathbb {Z}}(-1)^n y^{n (2n+1)}}=1+4\sum_{m=1}^{\infty}\left (-\frac {1}{1-y^{4m-1}}+\frac {1}{1-y^{4m-3}}\right)$$
但是我们已经算出等式左侧的值为 $p^2 (y)$ 。所以我们有
$$p^2 (y)=1+4\sum_{m=1}^{\infty}\frac {(-1)^{m-1}}{1-y^{2m-1}}$$
我们就这样抵达了 Jacobi 的二平方和定理。Jacobi 的四平方和定理也早就落入 Gauss 之手,我们会在下篇中提及。
作者: | rainbow zyop |