等周定理

等周定理，又稱等周不等式（英語：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$P$為封闭曲線的周界长，$A$為曲線所包圍的區域面積，$4\pi A\leq P^{2}$。

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——雅各·史坦納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'N'不包含于A的內部。然而如以M'N'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'N'均平分面積A而MN>M'N'。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'N'及其任一側的區域（另行劃分的半個P，記為$P'_{1}$），并粘合在一起使得M'N'落在MN上，M與M'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'N'，N'應落於MN之間。
• 以M為中心，分別對$P_{1}$和$P'_{1}$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$Q'_{1}$。適當調整$\lambda$和$\mu$的值，使曲綫$MQ_{1}N''Q'_{1}M$的周長仍為P。
  • 此時$Q_{1}$和$Q'_{1}$的長度分別等於$P\lambda /2$和$P\mu /2$，所圍的面積分別等於$A\lambda ^{2}/2$和$A\mu ^{2}/2$；並且由於MN和MN'經過放縮后重合，有$\lambda MN=\mu MN'$。
• 由於曲綫$MQ_{1}N''Q'_{1}M$的周長仍為P，故$P\lambda /2+P\mu /2=P$，從而$\lambda +\mu =2$；而由$\lambda MN=\mu MN',MN>MN'$知$0<\lambda <1$。
• 所以，$MQ_{1}N''Q'_{1}M$的面積為$A(\lambda ^{2}+\mu ^{2})/2=A(\lambda ^{2}+(2-\lambda )^{2})/2=A(\lambda ^{2}-2\lambda +2)>A$，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'；那麼圖形MR'NRM的周長為P，面積為A。由第3步知MN和RR'的長度應該相等，而O也是RR'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2π，选取弧长参数t其取值为从0到2π，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(2π),y(2π)]。现展开为傅里叶级数：

${\begin{aligned}x(t)&={\frac {a_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }[a_{k}\cos(kt)+b_{k}\sin(kt)]\\y(t)&={\frac {c_{0}}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }[c_{k}\cos(kt)+d_{k}\sin(kt)]\end{aligned}}$

以及相应导数：

${\begin{aligned}x'(t)&=\sum _{k=1}^{\infty }[-ka_{k}\sin(kt)+kb_{k}\cos(kt)]\\y'(t)&=\sum _{k=1}^{\infty }[-kc_{k}\sin(kt)+kd_{k}\cos(kt)]\end{aligned}}$

考虑帕塞瓦尔恒等式（注意这里是实数情形），可以得到：

$\sum _{k=1}^{\infty }k^{2}(a_{k}^{2}+b_{k}^{2}+c_{k}^{2}+d_{k}^{2})=\int _{0}^{2\pi }{\frac {[x'(t)]^{2}+[y'(t)]^{2}}{\pi }}\mathrm {d} t=2\qquad (1)$

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

根据格林公式，得到封闭图形面积为$S=\int _{0}^{2\pi }x(t)y'(t)\mathrm {d} t$，因此：

${\frac {S}{\pi }}=\int _{0}^{2\pi }{\frac {x(t)y'(t)}{\pi }}\mathrm {d} t=\sum _{k=1}^{\infty }k(a_{k}d_{k}-b_{k}c_{k})\qquad (2)$

整理与联系上述等式(1)与(2)，得：

${\begin{aligned}4\pi ^{2}-4\pi S&=2\pi ^{2}\sum _{k=1}^{\infty }[k^{2}(a_{k}^{2}+b_{k}^{2}+c_{k}^{2}+d_{k}^{2})-2k(a_{k}d_{k}-b_{k}c_{k})]\\&=2\pi ^{2}\sum _{k=1}^{\infty }[(ka_{k}-d_{k})^{2}+(kb_{k}+c_{k})^{2}+(k^{2}-1)(c_{k}^{2}+d_{k}^{2})]\\&\geqslant 0\end{aligned}}$

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：

${\begin{cases}a_{1}-d_{1}=0\\b_{1}+c_{1}=0\\a_{k}=b_{k}=c_{k}=d_{k}=0&k\geqslant 2\end{cases}}$

最终可以得到参数方程即为圆：

${\begin{cases}x={\dfrac {a_{0}}{2}}+a_{1}\cos t+b_{1}\sin t\\y={\dfrac {c_{0}}{2}}-b_{1}\cos t+a_{1}\sin t\end{cases}}$

证毕。

参见

• 变分法
• 普拉托问题
• 挂谷集合
• 移动沙发问题