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 {\displaystyle P} 為封闭曲線的周界长， A {\displaystyle A} 為曲線所包圍的區域面積， 4 π A ≤ P 2 {\displaystyle 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。 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（英语：Jakob Steiner）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。 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 {\displaystyle A_{1}>A_{2}} ，那麼去掉 A 2 {\displaystyle A_{2}} 而將 A 1 {\displaystyle 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 2 A 1 > A 1 + A 2 = A {\displaystyle 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 {\displaystyle 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 ′ {\displaystyle 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 {\displaystyle P_{1}} 和 P 1 ′ {\displaystyle P'_{1}} 做 λ {\displaystyle \lambda } 和 μ {\displaystyle \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 ″ {\displaystyle N''} ），得到兩個分別與原區域相似的區域 Q 1 {\displaystyle Q_{1}} 和 Q 1 ′ {\displaystyle Q'_{1}} 。適當調整 λ {\displaystyle \lambda } 和 μ {\displaystyle \mu } 的值，使曲綫 M Q 1 N ″ Q 1 ′ M {\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M} 的周長仍為P。 此時 Q 1 {\displaystyle Q_{1}} 和 Q 1 ′ {\displaystyle Q'_{1}} 的長度分別等於 P λ / 2 {\displaystyle P\lambda /2} 和 P μ / 2 {\displaystyle P\mu /2} ，所圍的面積分別等於 A λ 2 / 2 {\displaystyle A\lambda ^{2}/2} 和 A μ 2 / 2 {\displaystyle A\mu ^{2}/2} ；並且由於MN和MN'經過放縮后重合，有 λ M N = μ M N ′ {\displaystyle \lambda MN=\mu MN'} 。 由於曲綫 M Q 1 N ″ Q 1 ′ M {\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M} 的周長仍為P，故 P λ / 2 + P μ / 2 = P {\displaystyle P\lambda /2+P\mu /2=P} ，從而 λ + μ = 2 {\displaystyle \lambda +\mu =2} ；而由 λ M N = μ M N ′ , M N > M N ′ {\displaystyle \lambda MN=\mu MN',MN>MN'} 知 0 < λ < 1 {\displaystyle 0<\lambda <1} 。 所以， M Q 1 N ″ Q 1 ′ M {\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M} 的面積為 A ( λ 2 + μ 2 ) / 2 = A ( λ 2 + ( 2 − λ ) 2 ) / 2 = A ( λ 2 − 2 λ + 2 ) > A {\displaystyle 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。 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： x ( t ) = a 0 2 + ∑ k = 1 ∞ [ a k cos ⁡ ( k t ) + b k sin ⁡ ( k t ) ] y ( t ) = c 0 2 + ∑ k = 1 ∞ [ c k cos ⁡ ( k t ) + d k sin ⁡ ( k t ) ] {\displaystyle {\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： x ′ ( t ) = ∑ k = 1 ∞ [ − k a k sin ⁡ ( k t ) + k b k cos ⁡ ( k t ) ] y ′ ( t ) = ∑ k = 1 ∞ [ − k c k sin ⁡ ( k t ) + k d k cos ⁡ ( k t ) ] {\displaystyle {\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： ∑ k = 1 ∞ k 2 ( a k 2 + b k 2 + c k 2 + d k 2 ) = ∫ 0 2 π [ x ′ ( t ) ] 2 + [ y ′ ( t ) ] 2 π d t = 2 ( 1 ) {\displaystyle \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 {\displaystyle [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 = ∫ 0 2 π x ( t ) y ′ ( t ) d t {\displaystyle S=\int _{0}^{2\pi }x(t)y'(t)\mathrm {d} t} ，因此： S π = ∫ 0 2 π x ( t ) y ′ ( t ) π d t = ∑ k = 1 ∞ k ( a k d k − b k c k ) ( 2 ) {\displaystyle {\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： 4 π 2 − 4 π S = 2 π 2 ∑ k = 1 ∞ [ k 2 ( a k 2 + b k 2 + c k 2 + d k 2 ) − 2 k ( a k d k − b k c k ) ] = 2 π 2 ∑ k = 1 ∞ [ ( k a k − d k ) 2 + ( k b k + c k ) 2 + ( k 2 − 1 ) ( c k 2 + d k 2 ) ] ⩾ 0 {\displaystyle {\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： { a 1 − d 1 = 0 b 1 + c 1 = 0 a k = b k = c k = d k = 0 k ⩾ 2 {\displaystyle {\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： { x = a 0 2 + a 1 cos ⁡ t + b 1 sin ⁡ t y = c 0 2 − b 1 cos ⁡ t + a 1 sin ⁡ t {\displaystyle {\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。 变分法 普拉托问题 挂谷集合 移动沙发问题 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). 福原満洲雄、山中健，変分学入門，朝倉書店，1978.3.