等周定理

等周定理，又称等周不等式（英语：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。等周定理说明在周界长度相等的封闭几何形状之中，以圆形的面积最大；另一个说法是面积相等的几何形状之中，以圆形的周界长度最小。这两种说法是等价的。它可以以不等式表达：若$P$为封闭曲线的周界长，$A$为曲线所包围的区域面积，$4\pi A\leq P^{2}$。

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关。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。

历史

不完全凸的封闭曲线的话，能以“翻折”凹的部分以成为凸的图形，以增加面积，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？

虽然圆看似是问题的表面答案，但证明此事实其实不易。首个接近答案的步骤出现在1838年——雅各·史坦纳以几何方法证明若答案存在，答案必然是圆形。不久之后他的证明被其他数学家完善。

其方法包括证明了不完全凸的封闭曲线的话，能以“翻折”凹的部分以成为凸的图形，以增加面积；不完全对称的封闭曲线能以倾斜来取得更多的面积。圆，是完全凸和对称的形状。可是这些并不足以作为等周定理的严格证明。

1901年，阿道夫·赫维兹凭傅里叶级数和格林定理给出一个纯解析的证明。

证明

初等证明

以下给出一个较初等的证明，分5步。

设一条长度为P的封闭曲线围成的区域的最大面积为A，亦以A、P来标记该区域及其边界；那么该图形应当满足如下性质：

1、A是一个凸区域。

• 假使不然，A是一个凹区域。那么根据定义，可以在P内找到两个点M和N，使其连线MN有一部份M'N'不包含于A的内部。然而如以M'N'替换掉原来的那段弧，则周长将减少，面积将增加，从而将新图形扩大若干倍后得到一个同样周长，面积比A大的区域。矛盾。

2、凡平分周长P的弦必平分面积A。

• 如果一弦MN平分P而将A分为大小不同的两部份$A_{1}>A_{2}$，那么去掉$A_{2}$而将$A_{1}$对MN做对称，则可得到一个周长仍然等于P而面积等于$2A_{1}>A_{1}+A_{2}=A$的区域，矛盾。

3、凡平分A的弦，无论方向，长度相等。

• 如果不然，不妨设两弦MN和M'N'均平分面积A而MN>M'N'。那么分别选取MN及其任一侧的曲线（半个P，不妨记为$P_{1}$），以及M'N'及其任一侧的区域（另行划分的半个P，记为$P'_{1}$），并粘合在一起使得M'N'落在MN上，M与M'重合。
  • 此时，新的图形仍然满足周长为P，面积为A的性质，且由于MN>M'N'，N'应落于MN之间。
• 以M为中心，分别对$P_{1}$和$P'_{1}$做$\lambda$和$\mu$倍的放缩，使两曲线的终端吻合（即N和N'经过变换之后重合，记为$N''$），得到两个分别与原区域相似的区域$Q_{1}$和$Q'_{1}$。适当调整$\lambda$和$\mu$的值，使曲线$MQ_{1}N''Q'_{1}M$的周长仍为P。
  • 此时$Q_{1}$和$Q'_{1}$的长度分别等于$P\lambda /2$和$P\mu /2$，所围的面积分别等于$A\lambda ^{2}/2$和$A\mu ^{2}/2$；并且由于MN和MN'经过放缩后重合，有$\lambda MN=\mu MN'$。
• 由于曲线$MQ_{1}N''Q'_{1}M$的周长仍为P，故$P\lambda /2+P\mu /2=P$，从而$\lambda +\mu =2$；而由$\lambda MN=\mu MN',MN>MN'$知$0<\lambda <1$。
• 所以，$MQ_{1}N''Q'_{1}M$的面积为$A(\lambda ^{2}+\mu ^{2})/2=A(\lambda ^{2}+(2-\lambda )^{2})/2=A(\lambda ^{2}-2\lambda +2)>A$，与A最大矛盾。

4、若MN平分A，O为MN中点，那么对P上任意一点R，都有OM=ON=OR。

• 以O为中心，做MRN的中心对称图形，R对称到R'；那么图形MR'NRM的周长为P，面积为A。由第3步知MN和RR'的长度应该相等，而O也是RR'的中点，故得结论。

5、由于O到P上任意一点的距离都相等，所以P是圆。

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