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（英語：Jakob Steiner）以幾何方法證明若答案存在，答案必然是圓形^[1]。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·赫維茲憑傅里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^[2]，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 $MN$ $MN$ 和 $M'N'$ $M'N'$ 均平分面積 $A$ $A$ 而 $MN>M'N'$ $MN>M'N'$ 。那麼分別選取 $MN$ $MN$ 及其任一側的曲綫（半個 $P$ $P$ ，不妨記為 $P_{1}$ $P_{1}$ ），以及 $M'N'$ $M'N'$ 及其任一側的區域（另行劃分的半個 $P$ $P$ ，記為 $P'_{1}$ $P'_{1}$ ），並粘合在一起使得 $M'N'$ $M'N'$ 落在 $MN$ $MN$ 上， $M$ $M$ 與 $M'$ $M'$ 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 $P_{1}$ $P_{1}$ 和 $P'_{1}$ $P'_{1}$ 做 $\lambda$ $\lambda$ 和 $\mu$ $\mu$ 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 $N''$ $N''$ ），得到兩個分別與原區域相似的區域 $Q_{1}$ $Q_{1}$ 和 $Q'_{1}$ $Q'_{1}$ 。適當調整 $\lambda$ $\lambda$ 和 $\mu$ $\mu$ 的值，使曲綫 $MQ_{1}N''Q'_{1}M$ $MQ_{1}N''Q'_{1}M$ 的周長仍為P。
- 此時 $Q_{1}$ 和 $Q'_{1}$ 的長度分別等於 ${\frac {P\lambda }{2}}$ 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 $MQ_{1}N''Q'_{1}M$ 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， $MQ_{1}N''Q'_{1}M$ 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。

傅里葉級數證明

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 $[x(0),y(0)]=[x(2\pi ),y(2\pi )]$ 。現展開為傅里葉級數：

{\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（注意這裏是實數情形），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

參考來源

^ 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，変分學入門，朝倉書店，1978.3.

[1] 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).

[2] 福原満洲雄、山中健，変分學入門，朝倉書店，1978.3.

[1]

[2]