等周定理

等周定理，又稱等周不等式（Template:Lang-en），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$P$為封闭曲線的周界长，$A$為曲線所包圍的區域面積，$4\pi A\le P^2$。

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“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

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

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——Template:Link-en以幾何方法證明若答案存在，答案必然是圓形。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，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$A$，亦以$A$、$P$來標記該區域及其邊界；那麼該圖形應當滿足如下性質：

1、$A$是一個凸區域。

• 假使不然，$A$是一個凹區域。那麼根據定義，可以在$P$內找到兩個點$M$和$N$，使其連線$MN$有一部份$M^{\prime }{N}^{\prime }$不包含于$A$的內部。然而如以$M^{\prime }{N}^{\prime }$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$A$大的區域。矛盾。

2、凡平分周長$P$的弦必平分面積$A$。

• 如果一弦$MN$平分$P$而將$A$分為大小不同的兩部份$A_1>A_2$，那麼去掉$A_2$而將$A_1$對$MN$做對稱，則可得到一個周長仍然等於$P$而面積等於$2A_1>A_1+A_2=A$的區域，矛盾。

3、凡平分$A$的弦，無論方向，長度相等。

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

4、若$MN$平分$A$，$O$為$MN$中點，那麼對$P$上任意一點$R$，都有$OM=ON=OR$。

• 以$O$為中心，做$MRN$的中心對稱圖形，$R$對稱到$R^{\prime }$；那麼圖形$M{R}^{\prime }NRM$的周長為$P$，面積為$A$。由第3步知$MN$和$R{R}^{\prime }$的長度應該相等，而$O$也是$R{R}^{\prime }$的中點，故得結論。

5、由於$O$到$P$上任意一點的距離都相等，所以$P$是圓。

傅里叶级数证明

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

$\begin{array}{cc}x(t)& =\frac{a_0}{2}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[a_k\cos (kt)+b_k\sin (kt)]\\ y(t)& =\frac{c_0}{2}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[c_k\cos (kt)+d_k\sin (kt)]\end{array}$

以及相应导数：

$\begin{array}{cc}{x}^{\prime }(t)& =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[-k{a}_k\sin (kt)+k{b}_k\cos (kt)]\\ y^{\prime }(t)& =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[-k{c}_k\sin (kt)+k{d}_k\cos (kt)]\end{array}$

考虑帕塞瓦尔恒等式（注意这里是实数情形），可以得到：

$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{k}^2(a_k^2+b_k^2+c_k^2+d_k^2)=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{[x^{\prime }(t){]}^2+[y^{\prime }(t){]}^2}{\pi }\mathrm{d}t=2(1)$

其中第二个等号是因为弧长参数表示的微分满足$[x^{\prime }(t){]}^2+[y^{\prime }(t){]}^2=1$的关系。

根据格林公式，得到封闭图形面积为$S=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}x(t)y^{\prime }(t)\mathrm{d}t$，因此：

$\frac{S}{\pi }=\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{x(t)y^{\prime }(t)}{\pi }\mathrm{d}t=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}k(a_k{d}_k-b_k{c}_k)(2)$

整理与联系上述等式(1)与(2)，得：

$\begin{array}{cc}4{\pi }^2-4\pi S& =2{\pi }^2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[k^2(a_k^2+b_k^2+c_k^2+d_k^2)-2k(a_k{d}_k-b_k{c}_k)]\\ & =2{\pi }^2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}[(k{a}_k-d_k{)}^2+(k{b}_k+c_k{)}^2+(k^2-1)(c_k^2+d_k^2)]\\ & ⩾0\end{array}$

此时可以证明$S$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：

$\{\begin{array}{c}{a}_1-d_1=0\\ b_1+c_1=0\\ a_k=b_k=c_k=d_k=0& k⩾2\end{array}$

最终可以得到参数方程即为圆：

$\{\begin{array}{c}x=\frac{a_0}{2}+a_1\cos t+b_1\sin t\\ y=\frac{c_0}{2}-b_1\cos t+a_1\sin t\end{array}$

证毕。

参见

• 变分法
• 普拉托问题
• 挂谷集合
• 移动沙发问题