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

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，而周長不變

一個狹長的圖形可以通過「壓扁」來變得「更圓」，從而使得面積更大而周長不變。

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