[注：题图是 Gauss 为 Eisenstein 1847 年数学论文集写的序言中的一页。Andre Weil 1976 年关于椭圆函数的小册子的一半内容就来自于这本论文集中讨论椭圆函数的二重积和二重级数表示的文章。]

从Scheda Ac的记录来看，Gauss 也曾经尝试过完全照着自己 1797 年研究双纽线的途径来研究一般的椭圆积分。但是我们现在有的只是 Gauss 留下的一些不完整的记录。这条路径的空白恐怕只有到 Eisenstein 横空出世以后才得以填补。当然那就是另一个故事了。

我们可以按照本系列 (I)(II)(III) 的思路重新推导所有的公式。在此我们只能满足于写下这一思路的概要 [下面的大多数推理是作者的推理]。

依照预篇：伯爵 Fagnano 与 Euler 的加法定理 (III)中的补注，我们可以完全平行于双纽线的推理写下：

记一般椭圆积分为 [假定 $\mu$ 是实数]

$$\int_0^{S}\frac {\mathrm {d} u}{\sqrt {1-u^2}\sqrt {1+\mu^2u^2}}$$

我们先强行假设其反函数 $S (u)$ 是单值解析函数。如果我们记

$$C (u)=\sqrt {\frac {1-S^2}{1+\mu^2S^2}}$$

那么我们根据预篇：伯爵 Fagnano 与 Euler 的加法定理 (III)的补注直接可以写下

$$\begin {align} S (u+v)=\frac {S (u) C (v)+S (v) C (u)}{1-\mu^2S (u) S (v) C (u) C (v)}\\C (u+v)=\frac {C (u) C (v)-S (u) S (v)}{1+\mu^2S (u) S (v) C (u) C (v)}\end {align}$$

Gauss 在Scheda Ac第 33 页 [见 Gauss 全集第十卷第一册，196-197 页] 已经写下了一般椭圆积分的加法定理。但是他写下的并没有我们写下的这样简洁。

我们记

$$\varpi=2\int_0^{1}\frac {\mathrm {d} u}{\sqrt {1-u^2}\sqrt {1+\mu^2u^2}}$$

$$\varpi^\prime=2\int_0^{i/\mu}\frac {\mathrm {d} u}{\sqrt {1-u^2}\sqrt {1+\mu^2u^2}}$$

我们有 $\begin {cases} S (u+\varpi/2)=C (u),\\ C (u+\varpi/2)=-S (u),\\ S (u+\varpi^\prime/2)=i/(\mu C (u)),\\ C (u+\varpi^\prime/2)=-i/(\mu S (u)). \end {cases}$

这样椭圆函数 $S,C$ 的双周期性就可以很清楚地显现出来，其零点和极点的位置也一目了然。这些 Gauss 大概都知道了 [见 Gauss 全集第十卷第一册，200 页]。

如果我们仍然强行记

$$S (u)=\frac {M (u)}{N (u)}$$

依照双纽线的推理，我们就应当得到 [不管收敛性]

$$\begin {align} M (u)&=u\prod_{m,n}(1-\frac {u}{m\varpi+n\varpi^\prime})\\N (u)&=\prod_{m,n}(1-\frac {u}{m\varpi+n\varpi^\prime})\end {align}$$

$$M$ 中的下标遍历所有整数对 $(m,n)\neq (0,0)$ , $N$ 所有下标遍历所有半整数对 $(m,n),m,n\in\mathbb {Z}+1/2$ 。而且我们有

$\begin {align}\frac {\mathrm {d}^2}{\mathrm {d} u^2}\log M&=-\frac {1}{S^2}\\\frac {\mathrm {d}^2}{\mathrm {d} u^2}\log N&=\mu^2 S^2\end {align}$$

利用 Eisenstein 的条件收敛级数求和，我们可以得到

$$\begin {align} M=e^{Cu^2} P\\N=e^{Cu^2} Q\end {align}$$

其中

$$\begin {align} P (u)&=\frac {\varpi}{\pi}\sin {\frac {\pi}{\varpi} u}\prod_{n=1}^{\infty}\left (1-\frac {\sin^2 {\frac {\pi}{\varpi} u}}{\sin^2 {n\pi\frac {\varpi^\prime}{\varpi}}}\right)\\Q (u)&=\prod_{n=0}^{\infty}\left (1-\frac {\sin^2 {\frac {\pi}{\varpi} u}}{\cos^2 {(n+1/2)\pi\frac {\varpi^\prime}{\varpi}}}\right)\end {align}$$

其中 $C=\frac {\mu^2}{\varpi}\int_{0}^{\varpi/2} S^2 (u)\mathrm {d} u$

我们可以不用上篇的结论来展开上面的无穷乘积。借用

$$\begin {align}\frac {\mathrm {d}^2}{\mathrm {d} u^2}\log M&=-\frac {1}{S^2}\\\frac {\mathrm {d}^2}{\mathrm {d} u^2}\log N&=\mu^2 S^2\end {align}$$

及 $S$ 的双周期性，我们可以导出 [为什么？]

$$\begin {align} P (u+\varpi^\prime)&=-P (u) e^{Au+B}\\Q (u+\varpi^\prime)&=Q (u) e^{Au+B}\end {align}$$

如果指定 $\Im {\frac {\varpi^\prime}{\varpi}}>0$ ，那么由 $Q$ 的无穷乘积表示可以得到

$$e^B=Q (\varpi^{\prime})=e^{-\pi i\frac {\varpi^\prime}{\varpi}}$$

这一方法中最难确定的就是 $P,Q$ 函数方程中的待定常数 $A$ 。

重复利用 $\frac {\mathrm {d}^2}{\mathrm {d} u^2}\log N=\mu^2 S^2$ 以及Gauss 与 AGM (III-1)中关于未定常数 $C$ 的计算，我们就可以得到 [为什么？]

$$A=\frac {\mu^2}{\varpi}\left (\varpi\int_{0}^{\varpi^\prime} S^2 (u)\mathrm {d} u-\varpi^\prime\int_{0}^{\varpi} S^2 (u)\mathrm {d} u\right)$$

计算这一式子最方便的方法无疑是采用留数定理计算 $zS^2 (z)$ 在 $0,\varpi,\varpi+\varpi^\prime,\varpi^\prime$ 为顶点的平行四边形上的围道积分，其结果为 $-\frac {2\pi i}{\varpi}$ 。有没有到达这个结果的其他途径呢？我们注意到，这个等式可以改写为非常对称的形式

$$\begin {align}\int_{0}^{\pi/2}\frac {1}{\sqrt {1+\mu^2\sin^2\theta}}\mathrm {d}\theta\cdot\int_{0}^{\pi/2}\frac {\sin^2\theta}{\sqrt {\mu^2+\sin^2\theta}}\mathrm {d}\theta+\int_{0}^{\pi/2}\frac {\mu^2}{\sqrt {\mu^2+\sin^2\theta}}\mathrm {d}\theta\cdot\int_{0}^{\pi/2}\frac {\sin^2\theta}{\sqrt {1+\mu^2\sin^2\theta}}\mathrm {d}\theta=\frac {\pi}{2}\end {align}$$

它本质上正是 Gauss 记下的Theorema Elegantissimum[为什么？]！

有了 $P,Q$ 的函数方程，遵循我们在Gauss 与 AGM (III-1)第二个例子中的推理，可以写出

$$\begin {align} P&=p_0\sum_{n\in\mathbb {Z}}(-1)^n e^{\pi i (n^2+n)\frac {\varpi^\prime}{\varpi}+\pi i (2n+1)\frac {u}{\varpi}}\\Q&=q_0\sum_{n\in\mathbb {Z}} e^{\pi i n^2\frac {\varpi^\prime}{\varpi}+2\pi i n\frac {u}{\varpi}}\end {align}$$

取 $P,Q$ 的一些特殊值，我们有

$$S (\varpi/2) S (\varpi^\prime/2)=\frac {P (\varpi/2)}{Q (\varpi^\prime/2)}\frac {P (\varpi^\prime/2)}{Q (\varpi/2)}=-i\frac {p_0^2}{q_0^2}=\frac {i}{\mu}$$

这样我们就又回到了Gauss 与 AGM (V-2)中的表达式 $S (u)=\frac {T (u)}{W (u)}$ 。

1808 年 9 月 17 日Gauss 在致 Schumacher 的信中这样提及自己的超越函数研究 [译文来自 Kolmogorov 等人编著的十九世纪数学史以及高木贞治《近世数学史谈》第九章]:

... Mit Kreisfunctionen und Logarithmischen wissen wir jetzt umzugehen, wie mit dem 1 mal 1, aber die herrliche Goldgrube, die das Innere der höhern Functionen enthält ist noch fast ganz Terra Incognita. Ich habe darüber ehemals sehr viel gearbeitet und werde dereinst ein eignes grosses Werk darüber geben, wovon ich bereits in meinen Disq. arithm. p. 593 einen Wink gegeben habe. Man geräth in Erstaunen über den überschwenglichen Reichthum an neuen höchst interessanten Wahrheiten und Relationen die dergleichen Functionen darbieten (wohin u. a. auch diejenigen gehörigen, mit denen die Rectification der Ellipse und Hyperbel zusammen hängt). ...……我们现在运用圆函数 [当指指数函数及三角函数] 以及对数就好像算一乘一那样容易，然而富藏各种奇妙的高等函数的金矿仍然几乎处于未被开发的状态。我过去在这上面下了很大功夫，当我有时间的时候我计划就此主题写一本大部头著作，对此我已经在《算术研究》第 593 页给了一点提示。这些函数中充满了极其有趣的各种事实以及关系，令人为之惊叹 (其中包含椭圆及双曲线弧长的相关内容)。……

1808 年的 Gauss 似乎还没有时间来整理并进一步发展自己多年前的研究。不过 1809 年 Gauss 的日记证明 [139 条，140 条] 他还在继续完善自己的工作。以下的两个例子属于 Gauss 在这一段时间的研究成果，它们都是Gauss 1800 年工作的自然延续。

Ex 1.Gauss 在 1801 年的Scheda Af计算了我们在Gauss 与 AGM (V-1)中提到的 $z=\exp\left (-\frac {\pi}{2}\frac {M (1,x^\prime)}{M (1,x)}\right)$ 的对数微分。借用本系列这一篇中 Gauss 的 Theorema Elegantissimum, 我们可以得到 [为什么？]

$$\frac {1}{z}\frac {\mathrm {d} z}{\mathrm {d} x}=\frac {M^2 (1,x^\prime)}{x (x^\prime)^2}$$

其中 $x^\prime=\sqrt {1-x^2}$

我们可以把它改写为

$$z\frac {1}{x}\frac {\mathrm {d} x}{\mathrm {d} z}=\left (\frac {x^\prime}{M (1,x^\prime)}\right )^2$$

借用 $x\mathrm {d} x+x^\prime\mathrm {d} x^\prime=0$ ，我们可以得到 [见 Gauss 全集第十卷第一册，212 页]

$$-z\frac {1}{x^\prime}\frac {\mathrm {d} x^\prime}{\mathrm {d} z}=\left (\frac {x}{M (1,x^\prime)}\right )^2$$

因此我们有

$$z\frac {1}{x}\frac {\mathrm {d} x}{\mathrm {d} z}-z\frac {1}{x^\prime}\frac {\mathrm {d} x^\prime}{\mathrm {d} z}=\left (\frac {1}{M (1,x^\prime)}\right )^2$$

为了理解这个式子蕴含的数论背景，就有必要引入上篇的无穷乘积。如果我们引入

$$\begin {align} p (z)&=1+2z+2z^4+2z^9+\cdots\\q (z)&=1-2z+2z^4-2z^9+\cdots\\r (z)&=2z^{1/4}+2z^{9/4}+2z^{25/4}+\cdots\end {align}$$

那么根据我们这一系列前面的内容，可以把这个式子改写为

$$4z\frac {\mathrm {d}}{\mathrm {d} z}\log\frac {r (z)}{q (z)}=p^4 (z)$$

然而根据 Jacobi 的无穷乘积，我们可以得到 [为什么？]

$$\begin {align} r (z)&=2z^{1/4}\prod_{m=1}^{\infty}(1-z^{2m})(1+z^{2m})^2\\q (z)&=\prod_{m=1}^{\infty}(1-z^{2m})(1-z^{2m-1})^2\end {align}$$

所以我们有

$$1+8z\sum_{m=1}^{\infty}\frac {\mathrm {d}}{\mathrm {d} z}\log\frac {1-z^{4m}}{1-z^m}=p^4 (z)$$

或者

$$1+8\sum_{m}\frac {mz^m}{1-z^m}=p^4 (z)$$

求和对所有模 4 不等于 0 的自然数求和。我们注意到，等式右侧是表自然数为四平方和的生成函数，因此，展开等式左侧就可以计算表自然数为四平方和的表法个数。这是 Jacobi 引以为豪的四平方和定理，而它的等价形式 Gauss 早在 1808 年-1810 年间就得到了 [见 Gauss 全集第三卷，445 页]。

Ex2.我们在Gauss 与 AGM (V-1)提过，Gauss 大约在 1799 年年底或 1800 年年初就观察到

$$\frac {M (1,\sin 75^\circ)}{M (1,\sin 15^\circ)}=\sqrt {3}$$

这个结论该怎么解释呢？

为了解释这一结论，我们还得回到 1801 年Scheda Af的另一条记录 [见 Gauss 全集第十卷第一册，212 页]

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

$$\sqrt {2}-1$ 这个数从何而来？我们就必须用到上篇的一个结论

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 $\frac {M (1,l^\prime)}{M (1,l)}=\frac {1}{2}\frac {M (1,k^\prime)}{M (1,k)}$ 。

令 $l^\prime=k$ , 我们自然可以解出 $k=\sqrt {2}-1,l=\sqrt {2\sqrt {2}-2}$ 以及 $\frac {M (1,l^\prime)}{M (1,l)}=\sqrt {\frac {1}{2}}$$

所以为了解决 Gauss 的问题，我们自然是去寻找

$$\frac {M (1,l^\prime)}{M (1,l)}=\frac {1}{3}\frac {M (1,k^\prime)}{M (1,k)}$$

时 $l,k$ 之间满足的代数关系。这个时候 $M (1,x)$ 的函数方程就没法使用，我们必须从其他途径入手。

令 $y=\exp\left (-\pi\frac {M (1,l^\prime)}{M (1,l)}\right)$ ，那么 $l^\prime=\frac {q^2 (y)}{p^2 (y)},l=\frac {r^2 (y)}{p^2 (y)},k^\prime=\frac {q^2 (y^3)}{p^2 (y^3)},k=\frac {r^2 (y^3)}{p^2 (y^3)}$ 。

Gauss 在手稿中给出了 $l^\prime,k^\prime$ 之间具体的代数关系 [见 Gauss 全集第三卷，442 页 (或 Gauss 全集第十卷第一册，307 页)，符号有变动]。多项式方程 $f (l^\prime,k^\prime)=0$ 中 $l^\prime,k^\prime$ 的次数都不超过 4，如果预知了这一点，那么用待定系数法就可以确定多项式方程中的所有系数。它的一个等价形式是

$$(l^\prime-k^\prime)^4=16 (lk)^2l^\prime k^\prime$$

Gauss 所没有记录的是，同时交换 $l,l^\prime$ 以及 $k,k^\prime$ ，得到的等式依然是正确的。

$$(l-k)^4=16lk (l^\prime k^\prime)^2$$

两个等式各自开方并相加，我们就有

$$kl+k^\prime l^\prime+2\sqrt {klk^\prime l^\prime}(\sqrt {kl}+\sqrt {k^\prime l^\prime})=1$$

从此方程可以解得 [舍去一组解]

$$\sqrt {kl}+\sqrt {k^\prime l^\prime}=1$$

这一方程出现在 1828 年 2 月 9 日 Legendre 致 Jacobi 的信件当中。如果 $k=l^\prime$ , 那么我们有 $ll^\prime=1/4$ ，那么 [舍去一组解] $l=\sin75^\circ,k=\sin 15^\circ$ 。我们至此就导出了 Gauss 在Scheda Ac中猜想的解释。

[注：我们导出的方程等价于 $q (y) q (y^3)+r (y) r (y^3)=p (y) p (y^3)$ 。请读者尝试验证这一等式。]

Gauss 在手稿中计算过

$$\frac {M (1,l^\prime)}{M (1,l)}=\frac {1}{n}\frac {M (1,k^\prime)}{M (1,k)},\,n=3,5,7$$

时 $l,k$ 之间满足的代数关系。如果我们预先知道 $l,k$ 满足的代数方程的最高次数，那么计算 $k,l$ 之间的代数关系就可以通过 $p,q,r$ 的级数展开以及待定系数法来实现。问题在于我们事先并不知道代数方程的最高次数是多少。解决这一问题需要我们动用椭圆函数中最艰难而深刻的工具。即使是 Gauss，在他生前也只是深入研究了其中的一部分。这是我们本系列关于 Gauss 的最后一部分内容。