等周定理

等周定理，又称等周不等式（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，$4 \pi A \le P^2$。

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

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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$MN$有一部分$M'N'$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分$A_1>A_2$，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$M Q_1 N'' Q'_1 M$的周长仍为P。
- 此时$Q_1$和$Q'_1$的长度分别等于$\frac{P \lambda }{2}$和$\frac{P \mu }{2}$，所围的面积分别等于$\frac{A \lambda^2 }{2}$和$\frac{A \mu^2}{2}$；并且由于$MN$和$MN'$经过放缩后重合，有$\lambda MN = \mu MN'$。
- 由于曲线$M Q_1 N'' Q'_1 M$的周长仍为P，故$\frac{P \lambda}{2}+ \frac{P \mu}{2}= P$，从而$\lambda + \mu = 2$；而由$\lambda MN = \mu MN', MN>MN'$知$0< \lambda <1$。
- 所以，$M Q_1 N'' Q'_1 M$的面积为$A \frac{\lambda^2 + \mu^2}{2} = A \frac{\lambda^2 + (2 - \lambda)^2}{2} = A(\lambda^2 - 2\lambda + 2) > A$，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$2\pi$，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：

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

以及相应导数：

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

考虑帕塞瓦尔恒等式（注意这里是实数情形），可以得到：

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

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$S=\int_0^{2\pi}x(t)y'(t)\mathrm dt$，因此：

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

整理与联系上述等式(1)与(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。