等周定理

**等周定理**，又稱**等周不等式**（英語：**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， $4\pi A\leq P^{2}$ 。

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

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 $MQ_{1}N''Q'_{1}M$ 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' 經過放縮後重合，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。

### 傅立葉級數證明

不妨將封閉圖形周長定為 2π，選取弧長參數 _t_ 其取值為從 0 到 2π，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_(2π),_y_(2π)]。現展開為傅立葉級數：

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

以及相應導數：

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

考慮帕塞瓦爾恆等式（注意這裡是實數情形），可以得到：

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

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 $S=\int _{0}^{2\pi }x(t)y'(t)\mathrm {d} t$ ，因此：

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

整理與聯繫上述等式 (1) 與 (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。

## 參見

* 變分法
* 普拉托問題
* 掛谷集合
* 移動沙發問題

## 參考來源