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'''等周定理'''，又稱'''等周不等式'''（{{lang-en|'''isoperimetric inequality'''}}），是一个几何中的不等式定理，说明了欧几里得平面上的封闭图形的周长以及其面积之间的关系。其中的“等周”指的是周界的长度相等。等周定理說明在[[周界]]长度相等的封闭几何[[形狀]]之中，以[[圓]]形的[[面積]]最大；另一個說法是面積相等的几何形狀之中，以圓形的周界长度最小。這兩種說法是等價的。它可以以[[不等式]]表達：若<math>P</math>為封闭[[曲線]]的周界长，<math>A</math>為曲線所包圍的區域面積，<math>4 \pi A \le P^2</math>。

虽然等周定理的结论早已为人所知，但要严格的证明这一点并不容易。首个严谨的数学证明直到19世纪才出现。之后，数学家们陆续给出了不同的证明，其中有不少是非常简单的。等周问题有许多不同的推广，例如在各种曲面而不是平面上的等周问题，以及在高维的空间中给定的“[[微分几何|表面]]”或区域的最大“边界长度”问题等。

在物理中，等周问题和跟所谓的[[最小作用量原理]]有關。一个直观的表现就是水珠的形状。在没有外力的情况下（例如失重的太空舱里），水珠的形状是完全对称的球体。这是因为当水珠体积一定时，[[表面张力]]会迫使水珠的表面积达到最小值。根据等周定理，最小值是在水珠形状为球状时达到。

==歷史==
[[Image:Isoperimetric inequality illustr1.svg|right|thumb|不完全凸的封閉曲線的話，能以「翻折」凹的部分以成為凸的圖形，以增加面積，而周长不变]]
[[Image:Isoperimetric inequality illustr2.svg|right|thumb|一个狭长的图形可以通过“压扁”来变得“更圆”，从而使得面积更大而周长不变。]]

平面上的等周问题是等周问题最经典的形式，它的出现可以追溯到很早以前。这个问题可以被表述为：在平面上所有周长一定的封闭曲线中，是否有一个围成的面积最大？如果有的话，是什么形状？另一种等价的表述是：当平面上的封闭曲线围成的面积一定时，怎样的曲线周长最小？

雖然圓看似是問題的表面答案，但證明此事實其實不易。首個接近答案的步驟出現在1838年——{{link-en|雅各·史坦納|Jakob Steiner}}以幾何方法證明若答案存在，答案必然是圓形<ref>J. Steiner, ''Einfacher Beweis der isoperimetrischen Hauptsätze'', J. reine angew Math.
'''18''', (1838), pp. 281–296; and Gesammelte Werke Vol. 2, pp. 77–91, Reimer, Berlin, (1882).</ref>。不久之后他的证明被其他数学家完善。

其方法包括證明了不完全[[凸]]的封閉曲線的話，能以「翻折」[[凹]]的部分以成為凸的圖形，以增加面積；不完全對稱的封閉曲線能以傾斜來取得更多的面積。圓，是完全凸和對稱的形狀。可是這些並不足以作為等周定理的''嚴格''證明。

1901年，[[阿道夫·赫維茲]]憑[[傅里叶级数]]和[[格林定理]]給出一個純解析的證明。

== 證明 ==
=== 初等证明 ===
以下給出一個較初等的證明<ref>福原満洲雄、山中健，変分学入門，朝倉書店，1978.3.</ref>，分5步。

設一條長度為P的封閉曲綫圍成的區域的最大面積為<math>A</math>，亦以<math>A</math>、<math>P</math>來標記該區域及其邊界；那麼該圖形應當滿足如下性質：

1、<math>A</math>是一個凸區域。
* 假使不然，<math>A</math>是一個凹區域。那麼根據定義，可以在<math>P</math>內找到兩個點<math>M</math>和<math>N</math>，使其連線<math>MN</math>有一部份<math>M'N'</math>不包含于<math>A</math>的內部。然而如以<math>M'N'</math>替換掉原來的那段弧，則周長將減少，面積將增加，從而將新圖形擴大若干倍后得到一個同樣周長，面積比<math>A</math>大的區域。矛盾。

2、凡平分周長<math>P</math>的弦必平分面積<math>A</math>。
* 如果一弦<math>MN</math>平分<math>P</math>而將<math>A</math>分為大小不同的兩部份<math>A_1>A_2</math>，那麼去掉<math>A_2</math>而將<math>A_1</math>對<math>MN</math>做對稱，則可得到一個周長仍然等於<math>P</math>而面積等於<math>2A_1 > A_1 + A_2 = A</math>的區域，矛盾。

3、凡平分<math>A</math>的弦，無論方向，長度相等。
* 如果不然，不妨設兩弦<math>MN</math>和<math>M'N'</math>均平分面積<math>A</math>而<math>MN>M'N'</math>。那麼分別選取<math>MN</math>及其任一側的曲綫（半個<math>P</math>，不妨記為<math>P_1</math>），以及<math>M'N'</math>及其任一側的區域（另行劃分的半個<math>P</math>，記為<math>P'_1</math>），并粘合在一起使得<math>M'N'</math>落在<math>MN</math>上，<math>M</math>與<math>M'</math>重合。
** 此時，新的圖形仍然滿足周長為<math>P</math>，面積為<math>A</math>的性質，且由於<math>MN>M'N'</math>，N'應落於<math>MN</math>之間。
* 以M為中心，分別對<math>P_1</math>和<math>P'_1</math>做<math>\lambda</math>和<math>\mu</math>倍的放縮，使兩曲綫的終端吻合（即N和N'經過變換之後重合，記為<math>N''</math>），得到兩個分別與原區域相似的區域<math>Q_1</math>和<math>Q'_1</math>。適當調整<math>\lambda</math>和<math>\mu</math>的值，使曲綫<math>M Q_1 N'' Q'_1 M</math>的周長仍為P。
** 此時<math>Q_1</math>和<math>Q'_1</math>的長度分別等於<math>\frac{P \lambda }{2}</math>和<math>\frac{P \mu }{2}</math>，所圍的面積分別等於<math>\frac{A \lambda^2 }{2}</math>和<math>\frac{A \mu^2}{2}</math>；並且由於<math>MN</math>和<math>MN'</math>經過放縮后重合，有<math>\lambda MN = \mu MN'</math>。
* 由於曲綫<math>M Q_1 N'' Q'_1 M</math>的周長仍為P，故<math>\frac{P \lambda}{2}+ \frac{P \mu}{2}= P</math>，從而<math>\lambda + \mu = 2</math>；而由<math>\lambda MN = \mu MN', MN>MN'</math>知<math>0< \lambda <1</math>。
* 所以，<math>M Q_1 N'' Q'_1 M</math>的面積為<math>A \frac{\lambda^2 + \mu^2}{2} = A \frac{\lambda^2 + (2 - \lambda)^2}{2} = A(\lambda^2 - 2\lambda + 2) > A</math>，與<math>A</math>最大矛盾。

4、若<math>MN</math>平分<math>A</math>，<math>O</math>為<math>MN</math>中點，那麼對<math>P</math>上任意一點<math>R</math>，都有<math>OM = ON = OR</math>。
* 以<math>O</math>為中心，做<math>MRN</math>的中心對稱圖形，<math>R</math>對稱到<math>R'</math>；那麼圖形<math>MR'NRM</math>的周長為<math>P</math>，面積為<math>A</math>。由第3步知<math>MN</math>和<math>RR'</math>的長度應該相等，而<math>O</math>也是<math>RR'</math>的中點，故得結論。

5、由於<math>O</math>到<math>P</math>上任意一點的距離都相等，所以<math>P</math>是圓。

=== 傅里叶级数证明 ===
不妨将封闭图形周长定为<math>2\pi</math>，选取弧长参数<math>t</math>其取值为从0到<math>2\pi</math>，有[[参数方程]]<math>(x,y)=[x(t),y(t)]</math>，并且根据封闭图形有<math>[x(0),y(0)]=[x(2\pi),y(2\pi)]</math>。现展开为[[傅里叶级数]]：

:<math>
\begin{align}
x(t) &= \frac{a_0}2 + \sum_{k=1}^\infty [a_k \cos (kt) + b_k \sin (kt)]\\
y(t) &= \frac{c_0}2 + \sum_{k=1}^\infty [c_k \cos (kt) + d_k \sin (kt)]
\end{align}
</math>

以及相应导数：

:<math>
\begin{align}
x'(t) &= \sum_{k=1}^\infty [-ka_k \sin (kt) + kb_k \cos (kt)]\\
y'(t) &= \sum_{k=1}^\infty [-kc_k \sin (kt) + kd_k \cos (kt)]
\end{align}
</math>

考虑[[帕塞瓦尔恒等式]]（注意这里是实数情形），可以得到：

:<math>
\sum_{k=1}^\infty k^2 (a_k^2 + b_k^2 + c_k^2 + d_k^2) = \int_0^{2\pi} \frac{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2}\pi \mathrm dt = 2\qquad(1)
</math>

其中第二个等号是因为弧长参数表示的微分满足<math>[x'(t)]^2+[y'(t)]^2=1</math>的关系。

根据[[格林公式]]，得到封闭图形面积为<math>S=\int_0^{2\pi}x(t)y'(t)\mathrm dt</math>，因此：

:<math>
\frac S\pi = \int_0^{2\pi} \frac{x(t)y'(t)}\pi \mathrm dt = \sum_{k=1}^\infty k (a_k d_k - b_k c_k)\qquad(2)
</math>

整理与联系上述等式(1)与(2)，得：

:<math>
\begin{align}
4\pi^2 - 4\pi S &= 2\pi^2 \sum_{k=1}^\infty [k^2(a_k^2 + b_k^2 + c_k^2 + d_k^2) - 2k(a_k d_k - b_k c_k)]\\
&= 2\pi^2 \sum_{k=1}^\infty [(ka_k - d_k)^2 + (kb_k + c_k)^2 + (k^2 - 1)(c_k^2 + d_k^2)]\\
&\geqslant 0
\end{align}
</math>

此时可以证明<math>S</math>存在最大值（初等证明里没有证明解的存在性），即该不等式取等号时的情况，当且仅当满足以下条件：

:<math>
\begin{cases}
a_1 - d_1 = 0\\
b_1 + c_1 = 0\\
a_k = b_k = c_k = d_k = 0 & k \geqslant 2
\end{cases}
</math>

最终可以得到参数方程即为圆：

:<math>
\begin{cases}
x = \dfrac{a_0}2 + a_1 \cos t + b_1 \sin t\\
y = \dfrac{c_0}2 - b_1 \cos t + a_1 \sin t
\end{cases}
</math>

证毕。

== 参见 ==
* [[变分法]]
* [[普拉托问题]]
* [[挂谷集合]]
* [[移动沙发问题]]

==参考来源==
{{reflist}}

{{DEFAULTSORT:isoperimetric inequality}}
[[Category:数学定理|D]]
[[Category:变分法]]
[[Category:几何不等式]]