等周定理

等周定理，又稱等周不等式（Isoperimetric inequality），是一個幾何中的不等式定理，說明了歐幾里得平面上的封閉圖形的周長以及其面積之間的關係。其中的「等周」指的是周界的長度相等。等周定理說明在周界長度相等的封閉幾何形狀之中，以圓形的面積最大；另一個說法是面積相等的幾何形狀之中，以圓形的周界長度最小。這兩種說法是等價的。它可以以不等式表達：若$P$為封閉曲線的周界長，$A$為曲線所包圍的區域面積，$4 \pi A \le P^2$。

雖然等周定理的結論早已為人所知，但要嚴格的證明這一點並不容易。首個嚴謹的數學證明直到19世紀才出現。之後，數學家們陸續給出了不同的證明，其中有不少是非常簡單的。等周問題有許多不同的推廣，例如在各種曲面而不是平面上的等周問題，以及在高維的空間中給定的「表面」或區域的最大「邊界長度」問題等。

在物理中，等周問題和跟所謂的最小作用量原理有關。一個直觀的表現就是水珠的形狀。在沒有外力的情況下（例如失重的太空艙里），水珠的形狀是完全對稱的球體。這是因為當水珠體積一定時，表面張力會迫使水珠的表面積達到最小值。根據等周定理，最小值是在水珠形狀為球狀時達到。

## 歷史

<image>

<image>

平面上的等周問題是等周問題最經典的形式，它的出現可以追溯到很早以前。這個問題可以被表述為：在平面上所有周長一定的封閉曲線中，是否有一個圍成的面積最大？如果有的話，是什麼形狀？另一種等價的表述是：當平面上的封閉曲線圍成的面積一定時，怎樣的曲線周長最小？

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。不久之後他的證明被其他數學家完善。

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·赫維茲憑傅立葉級數和格林定理給出一個純解析的證明。

## 證明

### 初等證明

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$M'N'$不包含於$A$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後得到一個同樣周長，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$P'_1$），並粘合在一起使得$M'N'$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$M Q_1 N'' Q'_1 M$的周長仍為P。
- 此時$Q_1$和$Q'_1$的長度分別等於$\frac{P \lambda }{2}$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$MN'$經過放縮後重合，有$\lambda MN = \mu MN'$。
- 由於曲綫$M Q_1 N'' Q'_1 M$的周長仍為P，故$\frac{P \lambda}{2}+ \frac{P \mu}{2}= P$，從而$\lambda + \mu = 2$；而由$\lambda MN = \mu MN', MN>MN'$知$0< \lambda <1$。
- 所以，$M Q_1 N'' Q'_1 M$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$R'$；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。

### 傅立葉級數證明

不妨將封閉圖形周長定為$2\pi$，選取弧長參數$t$其取值為從0到$2\pi$，有參數方程$(x,y)=[x(t),y(t)]$，並且根據封閉圖形有$[x(0),y(0)]=[x(2\pi),y(2\pi)]$。現展開為傅立葉級數：

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

以及相應導數：

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

考慮帕塞瓦爾恆等式（注意這裡是實數情形），可以得到：

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

其中第二個等號是因為弧長參數表示的微分滿足$[x'(t)]^2+[y'(t)]^2=1$的關係。

根據格林公式，得到封閉圖形面積為$S=\int_0^{2\pi}x(t)y'(t)\mathrm dt$，因此：

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

整理與聯繫上述等式(1)與(2)，得：

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

此時可以證明$S$存在最大值（初等證明里沒有證明解的存在性），即該不等式取等號時的情況，若且唯若滿足以下條件：

$$\begin{cases} a_1 - d_1 = 0\\ b_1 + c_1 = 0\\ a_k = b_k = c_k = d_k = 0 & k \geqslant 2 \end{cases}$$

最終可以得到參數方程即為圓：

$$\begin{cases} x = \dfrac{a_0}2 + a_1 \cos t + b_1 \sin t\\ y = \dfrac{c_0}2 - b_1 \cos t + a_1 \sin t \end{cases}$$

證畢。