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预篇:伯爵Fagnano与Euler的加法定理(III)

预篇:伯爵Fagnano与Euler的加法定理(III)

Euler, par une combinaison qu'on peut regarder comme fort heureuse, quoique ces hasards n'arrivent jamais qu'à ceux qui savent les faire naître , trouva l'intégrale algébrique complète d'une équation différentielle composée de deux termes séparés, mais semblables, dont chacun n'est intégrable que par des arcs de sections coniques.

Euler, 在一次可以说是非常幸运的[代数式的?]组合中——尽管说这样的幸运仅仅降临在给它们以生命的人的身上——找到了[某个]微分方程的代数解,这个微分方程两侧不含相同的变量,而且对方程两侧的任意一侧积分都只产生圆锥曲线的弧长。

[上文摘自Legendre1811年的书Exercices de calcul intégral...第2页,题图是Euler 1752年宣读,1761年发表的论文Observationes de comparatione arcuum curvarum irrectificibilium中关于双纽线的插图]

Morris Kline在其《古今数学思想》一书中这样写道[第18章第4节]:

Count Giulio Carlo de' Toschi di Fagnano (1682-1766), an amateur mathematician, began in 1714 to take up these problems.

但当时欧洲的数学界肯定不觉得Fagnano是业余数学家。1750年,Fagnano被提名为柏林科学院成员。1754年,时年十八岁的Lagrange也曾写信给Fagnano寻求学术上的指点。Fagnano此时已经是七十多岁的老人,在来往信件中除了一些客套话以外并不能给Lagrange以真正的指点。Lagrange在同年也曾经寻求另一位大人物的帮助,但没能得到及时的回应。次年他与这位大人物终于取得了联系,这位大人物正是本篇的主人公——Euler。

开篇引用Jacobi的信件中提到了Fagnano与Euler之间的关系。Fagnano被提名柏林科学院成员并不意味着他就能当选。柏林科学院需要找一位合适的数学家来评价Fagnano在数学方面的成果。根据柏林科学院的记录[记录用法语写成],1751年12月23日,Fagnano的著作来到了Euler的案头。Weil的数论史记载(p. 245), Euler本人

On reading those few pages Euler caught fire instantly;...

因为他在次年1月27日就向柏林科学院宣读了一篇长度大约30页的论文[Euler在2月1日与Pierre Louis Maupertuis的通信中曾经提到这篇文章中的一个结论],而在4个月之后(5月30日)与Goldbach的通信中已经提到了1753年4月30日另一篇相关文章中的部分重点内容,考虑到Euler在同一时间还在处理其他完全不同的数学问题,这种速度可以说是神速了。后人曾经整理Euler在这个主题上的工作,统计结果证明,Euler大概就这个主题写了二三十篇文章。

Euler 1752年在柏林科学院宣读的文章题名为Observationes de comparatione arcuum curvarum irrectificibilium(关于不可求长的曲线弧长的比较研究),次年递交的文章则是关于微分方程 \frac{m\,}{\sqrt{1-x^4}}\mathrm{d}x=\frac{n\,}{\sqrt{1-z^4}}\mathrm{d}z 的研究。这两篇文章在1761年发表于圣彼得堡的期刊Novi Commentarii academiae scientiarum Petropolitanae第六卷上。我们在这里就深入这两篇文章关于双纽线积分的部分,看一看Euler在Fagnano的基础上添加了哪些自己的东西。

[注:1761年这卷期刊的前面近400页全是Euler的各种文章。]


我们把时间顺序倒转一下,先从Euler 1753年宣读的文章开始,因为这篇文章中关于双纽线积分的内容反倒是比1752年中的关键内容来得自然。1752年5月30日,Euler在给Goldbach的信件末尾提到了以下两件事实(它们形式上的相似不可能不引起Euler的注意):


1. \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}\mathrm{d}y 的一组解可以这样表示:

y^2+x^2=c^2+2xy\sqrt{1-c^2}


2. \frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{1-y^4}}\mathrm{d}y 的一组解可以这样表示:

y^2+x^2=c^2+2xy\sqrt{1-c^4}-c^2x^2y^2


第一个方程容易理解,它来自正弦函数的和差角公式。但对于第二个方程,Euler并没有正弦函数这样的现成工具可以用,至少他本人在1753年的文章里是这么认为的。按Euler自己的说法,他是靠猜测得到这个方程的代数解的。Euler可能的合情推理是什么呢?

  • 根据Fagnano的结果,我们知道第二个方程有代数解 x^2y^2+x^2+y^2=1 ;
  • 交换x,y, 方程不变。因此方程的代数解 \phi(x,y)=0 左侧应当是x,y的对称多项式。
  • 根据上篇Bernoulli的结果,我们可以得到解 x^2y^2+1=0 ;
  • x=y 是平凡解。我们把它写成对称的形式,也就是 x^2+y^2-2xy=0 ;
  • [重要]上面的解都是特解。根据这些特解,可以假设,包含这些解的最简单的多项式方程应当有以下形式: \alpha(x^2+y^2)=2\beta xy+\gamma x^2y^2+\delta
  • 有了这个观察之后,剩下的就是在方程两侧取微分,并联立原方程求待定系数。结果是 \alpha^2=\beta^2+\gamma^2,\gamma+\delta=0. 走到这一步,Euler的结果就是显然的了;
  • Euler并未止步于此。同样的方法可以外推到稍微复杂一些的微分方程 \frac{1}{\sqrt{1+mx^2+nx^4}}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{1+my^2+ny^4}}\mathrm{d}y .前面的一切推理仍然适用。此时 n\beta^2=n\alpha^2+\gamma^2+m\alpha\gamma,\gamma=n\delta
  • 根据Weil的记载,Euler后来甚至走得更远。他认为如果作分式线性变换 x\mapsto\frac{ax+b}{cx+d} 可以把更一般的微分形式 \frac{1}{\sqrt{A+Bx+Cx^2+Dx^3+Ex^4}}\mathrm{d}x 化为 \frac{1}{\sqrt{1+mx^2+nx^4}}\mathrm{d}x 。Legendre后来证明在复数域上这总是可行的。
  • Euler试图给出解 y^2+x^2=c^2+2xy\sqrt{1-c^4}-c^2x^2y^2 的几何意义。我们已经知道 \frac{1}{\sqrt{1-u^4}}\mathrm{d}u 是弹性曲线的弧长微分。依照Euler原文中示意图(如下所示),如果M点横坐标为x,那么弧长AM等于 \int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-u^4}}\mathrm{d}u 。那么自由常数c与弧长的关系是什么?我们如果假设Fig.2 中d点的横坐标是x,m点横坐标是y,它们满足上面的代数关系。那么根据微分方程 \frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{1-y^4}}\mathrm{d}y ,我们知道弧am-弧ad=常数(为什么?)。令x为0,此时d点与a点重合,而由微分方程的代数解我们可以确定,待定常数即为d点横坐标为c时的弧长ac。
Euler 1752年论文插图
  • 我们重新表述一下Euler的结论。如果 y^2+x^2=c^2+2xy\sqrt{1-c^4}-c^2x^2y^2 ,或者说 y=\frac{x\sqrt{1-c^4}+c\sqrt{1-x^4}}{1+c^2x^2} ,那么我们就有Euler[关于双纽线]的加法定理 \int_{0}^{y}\frac{1}{\sqrt{1-u^4}}\mathrm{d}u=\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-u^4}}\mathrm{d}u+\int_{0}^{c}\frac{1}{\sqrt{1-u^4}}\mathrm{d}u ,正是弧长间的和差关系。

Weil以及Alfred Enneper(Elliptische functionen, Theorie und geschichte)在其关于椭圆函数早期发展的历史中都提到,Euler在更早些时候就已经提出了如下定理:

定理(Euler, 1752):设 z 的代数函数 u 满足微分方程 \frac{1}{\sqrt{1-u^4}}\mathrm{d}u=\frac{n}{\sqrt{1-z^4}}\mathrm{d}z ,其中 n 是某个正整数。那么下面关于 u,z 的代数函数 s

s=\frac{z\sqrt{\frac{1-u^2}{1+u^2}}+u\sqrt{\frac{1-z^2}{1+z^2}}}{1-uz\sqrt{\frac{1-u^2}{1+u^2}\frac{1-z^2}{1+z^2}}} 满足 \frac{1}{\sqrt{1-s^4}}\mathrm{d}s=\frac{(n+1)}{\sqrt{1-z^4}}\mathrm{d}z

这与上面加法定理中的式子是完全等价的,但是形式上远比后来提出的那个要复杂。Euler是怎么得到这个表达式的?关于这个Euler只有一点点提示[译文来自这里]:

Primum quidem tentando elicui, si arcus simpli corda sit =z , tum arcus tripli cordam fore =\frac{z(3-6z^4-z^8)}{1+6z^4-3z^8} verum postea rem sequenti modo generaliter expediri posse intellexi.

首先我通过尝试得到,当[双纽线(从原点到某点的)]弧的[坐标](注:这里指极坐标的半径坐标)等于 z ,那么三倍弧长对应的坐标是 =\frac{z(3-6z^4-z^8)}{1+6z^4-3z^8} ,不过我后来明白了可以用下面的方法处理一般的情况。

紧接着Euler就提出了上面的定理。之后都是大段的验证,至于动机一概不提。Weil以及Enneper也没有猜测Euler本人是怎么归纳出定理中的函数的。不过我们可以根据蛛丝马迹,猜一猜Euler的思考过程(当然,完全不能保证这些猜测就是Euler本人当年的思路)。


[私货时间]

双纽线三等分示意

0. 有理由猜测,Euler试图把微分方程 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x=\frac{n}{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}z 的性质外推到 \frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\mathrm{d}x=\frac{n}{\sqrt{1-z^4}}\mathrm{d}z 。这是所有推理的开端。

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1. 如上图所示,假设双纽线在第一象限的弧CA被点M, N三等分。Fagnano根据自己的文章中的定理,可以得到如下结论(为什么?):

如果线段CM=z,CN=x,那么 x^2=\frac{4z^2(1-z^4)}{(1+z^4)^2}=\frac{1-z^2}{1+z^2}

2. (0)中的第一个方程对应的是正弦的n倍角公式。对应的解为 x^2=R_n(z) ,R是多项式。根据Fagnano的二倍弧长公式,对(0)中第二个方程一个合理的猜测是:它的解为 x^2=\frac{\bar P_n(z)}{\bar Q_n(z)} 。微分方程中 x\mapsto\pm ix,z\mapsto\pm iz ,方程不变,其中i是虚数单位。因此我们可以进一步猜想 x^2=\frac{z^2P_n(z^4)}{Q_n(z^4)} (P,Q是互质的多项式)

3. (1)中x的值有两种可能。 消去z,我们有 x=0x^8+6x^4-3=0 。所以假想的三倍弧长公式中的多项式 P_3 可以被 z^2+6z-3 整除(为什么?)。另外(1)中的 z 满足方程 z^2=1(1+z^4)^2=4z^2(1+z^2)^2

4 . 将猜测解代回其对应的微分方程,整理可得

T^2=\frac{4n^2P(z^4)Q(z^4)(Q^2(z^4)-z^4P^2(z^4))}{1-z^4}

T 是关于 z^4 的多项式。因此有(3-1)=2种可能

a. P=f_1^2,Q=f_2^2,Q^2-z^4P^2=(1-z^4)f_3^2

b. P=(1-z^4)f_1^2,Q=f_2^2,Q^2-z^4P^2=f_3^2

f_1,f_2,f_3 都是 z^4 的多项式。对于n为奇数,我们取情形a,n为偶数当取情形b(为什么?)。

5. 根据上面(3)(4)的结论,可以猜测,当n=3, f_1(z^4) 含因子 z^8+6z^4-3 ,而 f_3(z^4) 含因子 (1+z^4)^2\pm4z^2(1+z^2)^2 。 综合这些考虑,我们可设 Q-z^2P=(1-z^2)((1+z^4)^2-4z^2(1+z^2)^2)^2g^2 , gz^2 的多项式。这个式子还可以化简: f_1-zf_2=(1-z)(1+z^4\pm 2z(1+z^2))^2h^2 , hz 的多项式。取正号可以保证展开时消去的项尽可能地多。展开 (1-z)(1+z^4+ 2z(1+z^2))^2 并重组各项,不难得到它的值为 (1-3z^8+6z^4-z(z^8+6z^4-3)) 。剩下验证性的工作不言自明。

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6. 上篇中Fagnano 1718年发表的文章中的定理可以这样叙述:

如果 x,x^\prime\in(0,1) ,且 x^\prime=\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}} ,那么 \int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-z^4}}\mathrm{d}z+\int_{0}^{x^\prime}\frac{1}{\sqrt{1-z^4}}\mathrm{d}z=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-z^4}}\mathrm{d}z

三角函数中与之平行的结论自然是

如果 x,x^\prime\in(0,1) ,且 x^\prime=\sqrt{1-x^2} ,那么

\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}z+\int_{0}^{x^\prime}\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}z=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-z^2}}\mathrm{d}z

因此,在这里x'之于x正如三角函数中余弦之于正弦,下文就统一采用这一记号。

7. 正弦的(n+1)倍角公式可以由n倍角公式导出。换言之,Euler 1752年定理的三角函数版本自然是 s=z\sqrt{1-u^2}+u\sqrt{1-z^2} 。对于双纽线积分,我们的第一猜测自然是把三角函数相应的表达式全部替换为双纽线版本。也就是 \bar s=z\sqrt{\frac{1-u^2}{1+u^2}}+u\sqrt{\frac{1-z^2}{1+z^2}}

8. 这个表达式靠不靠谱呢?根据Fagnano的公式以及上面的推理,我们可以计算出n=1,2,3,4倍弧长公式及其相关表达式,如下表所示:

对于2,3,4倍弧长公式这个猜想不算太离谱,至少 \bar{s} 和实际的弧长公式在分子上有数目不少的公因子。我们可以重写一下表达式: s=\bar{s}/K

\begin{align}K&=\frac{1+z^4}{1+z^2}\qquad(n=1)\\K&=\frac{1+6z^4-3z^8}{(1+z^4)(1+2z^2-z^4)}\qquad(n=2)\\K&=\frac{((1+z^4)^4+16z^4(1-z^4)^2)(1+2z^2-z^4)}{(1+z^2)(1+6z^4-3z^8)((1+z^4)^2+4z^2(1-z^2)^2)}\qquad(n=3)\end{align}

第一个表达式很容易重写为 1-z^2{z^\prime}^2 。这形式不够对称,可以把它重写为 1-uzu^\prime z^\prime 。用这个形式去验证我们得到的另两个表达式,结果也是完全吻合的。这就引出Euler的

s=\frac{u^\prime z+uz^\prime}{1-uzu^\prime z^\prime}

以及与之相伴的

s^\prime=\sqrt{\frac{1-s^2}{1+s^2}}=\frac{\sqrt{1-u^4}\sqrt{1-z^4}-2uz}{1+u^2+z^2-u^2z^2} 。如果我们把它和余弦函数的和差公式做对照,那么我们就被引导到它的对称形式

s^\prime=\frac{u^\prime z^\prime-uz}{1+uzu^\prime z^\prime}

这两个公式可以说是1752年论文中最重要的公式。如果Euler1752年宣读的论文和1761年印刷稿内容完全一致的话,那只能凸显这个人的无以伦比的力量:在一个月内就能把理论推进到如此地步,天下奇才也。

[补注: Legendre很喜欢用Euler的微分方程的变体,也就是 \frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{(1-y^2)(1-k^2y^2)}}\mathrm{d}y,(k^2\neq 1). 根据Harold M. Edwards的这篇文章(其实利用我们上面的推理也可以很快发现这一点),双纽线积分加法定理的两个对称形式可以推广到这一类方程上去。此时我们有

x^\prime=\sqrt{\frac{1-x^2}{1-k^2x^2}}s=\frac{u^\prime z+uz^\prime}{1+k^2uzu^\prime z^\prime},s^\prime=\frac{u^\prime z^\prime-uz}{1-k^2uzu^\prime z^\prime} 。这些公式对应的正是亏格为1的曲线 x^2+y^2=1+k^2x^2y^2 上的加法群!]



利用Euler的公式,可以得到双纽线任意整数倍的弧长公式。Fagnano声称自己可以找到5等分点,但是那是间接用弧长的2倍公式得到,他本人并不知道5倍弧长公式是什么。我们利用Euler的公式可以算出,当n=5时对应的公式为

u=z\cdot\frac{5 - 2 z^4 + z^8}{1 - 2 z^4 + 5 z^8}\cdot\frac{1 - 12 z^4 - 26 z^8 + 52 z^{12} + z^{16}}{1 + 52 z^4 - 26 z^8 - 12 z^{12} + z^{16}}

对照我们上边得到的表,我们可以观察到: 对于正整数 n而言,u,u^\prime 中必有一个是Q上的有理函数。分子的根对应双纽线在右半平面部分的n等分点。这些有理函数的分子的次数分别是1,4,9,16,25,...。Euler去世后十多年,有一位二十岁上下的青年观察到了这一点。他在自己的小日记本上写下[译文来自这里的英译]:

Cur ad aequationem perveniatur gradus nn^{\mathrm{ti}} dividendo curvam lemniscatam in n partes.

为什么 n 等分双纽线会带来 n^2 次方程。

那是1797年3月19日。Euler也没有注意到的双纽线的性质,从这个问题发端。

编辑于 2018-04-22

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