等周定理 ,又称等周不等式 (英语: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
{\displaystyle P}
为封闭曲线 的周界长,
A
{\displaystyle A}
为曲线所包围的区域面积,
4
π
A
≤
P
2
{\displaystyle 4\pi A\leq 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。
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,而周长不变
一个狭长的图形可以通过“压扁”来变得“更圆”,从而使得面积更大而周长不变。
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[ 1] 。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。
以下给出一个较初等的证明[ 2] ,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
{\displaystyle A}
,亦以
A
{\displaystyle A}
、
P
{\displaystyle 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
{\displaystyle A}
是一个凸区域。
假使不然,
A
{\displaystyle A}
是一个凹区域。那么根据定义,可以在
P
{\displaystyle P}
内找到两个点
M
{\displaystyle M}
和
N
{\displaystyle N}
,使其连线
M
N
{\displaystyle MN}
有一部分
M
′
N
′
{\displaystyle M'N'}
不包含于
A
{\displaystyle A}
的内部。然而如以
M
′
N
′
{\displaystyle 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
{\displaystyle A}
大的区域。矛盾。
2、凡平分周长
P
{\displaystyle P}
的弦必平分面积
A
{\displaystyle A}
。
如果一弦
M
N
{\displaystyle MN}
平分
P
{\displaystyle P}
而将
A
{\displaystyle A}
分为大小不同的两部分
A
1
>
A
2
{\displaystyle A_{1}>A_{2}}
,那么去掉
A
2
{\displaystyle A_{2}}
而将
A
1
{\displaystyle A_{1}}
对
M
N
{\displaystyle MN}
做对称,则可得到一个周长仍然等于
P
{\displaystyle P}
而面积等于
2
A
1
>
A
1
+
A
2
=
A
{\displaystyle 2A_{1}>A_{1}+A_{2}=A}
的区域,矛盾。
3、凡平分
A
{\displaystyle A}
的弦,无论方向,长度相等。
如果不然,不妨设两弦
M
N
{\displaystyle MN}
和
M
′
N
′
{\displaystyle M'N'}
均平分面积
A
{\displaystyle A}
而
M
N
>
M
′
N
′
{\displaystyle MN>M'N'}
。那么分别选取
M
N
{\displaystyle MN}
及其任一侧的曲线(半个
P
{\displaystyle P}
,不妨记为
P
1
{\displaystyle P_{1}}
),以及
M
′
N
′
{\displaystyle M'N'}
及其任一侧的区域(另行划分的半个
P
{\displaystyle P}
,记为
P
1
′
{\displaystyle P'_{1}}
),并粘合在一起使得
M
′
N
′
{\displaystyle M'N'}
落在
M
N
{\displaystyle MN}
上,
M
{\displaystyle M}
与
M
′
{\displaystyle M'}
重合。
此时,新的图形仍然满足周长为
P
{\displaystyle P}
,面积为
A
{\displaystyle A}
的性质,且由于
M
N
>
M
′
N
′
{\displaystyle MN>M'N'}
,N'应落于
M
N
{\displaystyle MN}
之间。
以M为中心,分别对
P
1
{\displaystyle P_{1}}
和
P
1
′
{\displaystyle P'_{1}}
做
λ
{\displaystyle \lambda }
和
μ
{\displaystyle \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
″
{\displaystyle N''}
),得到两个分别与原区域相似的区域
Q
1
{\displaystyle Q_{1}}
和
Q
1
′
{\displaystyle Q'_{1}}
。适当调整
λ
{\displaystyle \lambda }
和
μ
{\displaystyle \mu }
的值,使曲线
M
Q
1
N
″
Q
1
′
M
{\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M}
的周长仍为P。
此时
Q
1
{\displaystyle Q_{1}}
和
Q
1
′
{\displaystyle Q'_{1}}
的长度分别等于
P
λ
2
{\displaystyle {\frac {P\lambda }{2}}}
和
P
μ
2
{\displaystyle {\frac {P\mu }{2}}}
,所围的面积分别等于
A
λ
2
2
{\displaystyle {\frac {A\lambda ^{2}}{2}}}
和
A
μ
2
2
{\displaystyle {\frac {A\mu ^{2}}{2}}}
;并且由于
M
N
{\displaystyle MN}
和
M
N
′
{\displaystyle MN'}
经过放缩后重合,有
λ
M
N
=
μ
M
N
′
{\displaystyle \lambda MN=\mu MN'}
。
由于曲线
M
Q
1
N
″
Q
1
′
M
{\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M}
的周长仍为P,故
P
λ
2
+
P
μ
2
=
P
{\displaystyle {\frac {P\lambda }{2}}+{\frac {P\mu }{2}}=P}
,从而
λ
+
μ
=
2
{\displaystyle \lambda +\mu =2}
;而由
λ
M
N
=
μ
M
N
′
,
M
N
>
M
N
′
{\displaystyle \lambda MN=\mu MN',MN>MN'}
知
0
<
λ
<
1
{\displaystyle 0<\lambda <1}
。
所以,
M
Q
1
N
″
Q
1
′
M
{\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M}
的面积为
A
λ
2
+
μ
2
2
=
A
λ
2
+
(
2
−
λ
)
2
2
=
A
(
λ
2
−
2
λ
+
2
)
>
A
{\displaystyle A{\frac {\lambda ^{2}+\mu ^{2}}{2}}=A{\frac {\lambda ^{2}+(2-\lambda )^{2}}{2}}=A(\lambda ^{2}-2\lambda +2)>A}
,与
A
{\displaystyle A}
最大矛盾。
4、若
M
N
{\displaystyle MN}
平分
A
{\displaystyle A}
,
O
{\displaystyle O}
为
M
N
{\displaystyle MN}
中点,那么对
P
{\displaystyle P}
上任意一点
R
{\displaystyle R}
,都有
O
M
=
O
N
=
O
R
{\displaystyle OM=ON=OR}
。
以
O
{\displaystyle O}
为中心,做
M
R
N
{\displaystyle MRN}
的中心对称图形,
R
{\displaystyle R}
对称到
R
′
{\displaystyle R'}
;那么图形
M
R
′
N
R
M
{\displaystyle MR'NRM}
的周长为
P
{\displaystyle P}
,面积为
A
{\displaystyle A}
。由第3步知
M
N
{\displaystyle MN}
和
R
R
′
{\displaystyle RR'}
的长度应该相等,而
O
{\displaystyle O}
也是
R
R
′
{\displaystyle RR'}
的中点,故得结论。
5、由于
O
{\displaystyle O}
到
P
{\displaystyle P}
上任意一点的距离都相等,所以
P
{\displaystyle P}
是圆。
不妨将封闭图形周长定为
2
π
{\displaystyle 2\pi }
,选取弧长参数
t
{\displaystyle t}
其取值为从0到
2
π
{\displaystyle 2\pi }
,有参数方程
(
x
,
y
)
=
[
x
(
t
)
,
y
(
t
)
]
{\displaystyle (x,y)=[x(t),y(t)]}
,并且根据封闭图形有
[
x
(
0
)
,
y
(
0
)
]
=
[
x
(
2
π
)
,
y
(
2
π
)
]
{\displaystyle [x(0),y(0)]=[x(2\pi ),y(2\pi )]}
。现展开为傅里叶级数 :
x
(
t
)
=
a
0
2
+
∑
k
=
1
∞
[
a
k
cos
(
k
t
)
+
b
k
sin
(
k
t
)
]
y
(
t
)
=
c
0
2
+
∑
k
=
1
∞
[
c
k
cos
(
k
t
)
+
d
k
sin
(
k
t
)
]
{\displaystyle {\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}}}
以及相应导数:
x
′
(
t
)
=
∑
k
=
1
∞
[
−
k
a
k
sin
(
k
t
)
+
k
b
k
cos
(
k
t
)
]
y
′
(
t
)
=
∑
k
=
1
∞
[
−
k
c
k
sin
(
k
t
)
+
k
d
k
cos
(
k
t
)
]
{\displaystyle {\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}}}
考虑帕塞瓦尔恒等式 (注意这里是实数情形),可以得到:
∑
k
=
1
∞
k
2
(
a
k
2
+
b
k
2
+
c
k
2
+
d
k
2
)
=
∫
0
2
π
[
x
′
(
t
)
]
2
+
[
y
′
(
t
)
]
2
π
d
t
=
2
(
1
)
{\displaystyle \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)}
其中第二个等号是因为弧长参数表示的微分满足
[
x
′
(
t
)
]
2
+
[
y
′
(
t
)
]
2
=
1
{\displaystyle [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
=
∫
0
2
π
x
(
t
)
y
′
(
t
)
d
t
{\displaystyle S=\int _{0}^{2\pi }x(t)y'(t)\mathrm {d} t}
,因此:
S
π
=
∫
0
2
π
x
(
t
)
y
′
(
t
)
π
d
t
=
∑
k
=
1
∞
k
(
a
k
d
k
−
b
k
c
k
)
(
2
)
{\displaystyle {\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)}
整理与联系上述等式(1)与(2),得:
4
π
2
−
4
π
S
=
2
π
2
∑
k
=
1
∞
[
k
2
(
a
k
2
+
b
k
2
+
c
k
2
+
d
k
2
)
−
2
k
(
a
k
d
k
−
b
k
c
k
)
]
=
2
π
2
∑
k
=
1
∞
[
(
k
a
k
−
d
k
)
2
+
(
k
b
k
+
c
k
)
2
+
(
k
2
−
1
)
(
c
k
2
+
d
k
2
)
]
⩾
0
{\displaystyle {\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}}}
此时可以证明
S
{\displaystyle 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:
{
a
1
−
d
1
=
0
b
1
+
c
1
=
0
a
k
=
b
k
=
c
k
=
d
k
=
0
k
⩾
2
{\displaystyle {\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:
{
x
=
a
0
2
+
a
1
cos
t
+
b
1
sin
t
y
=
c
0
2
−
b
1
cos
t
+
a
1
sin
t
{\displaystyle {\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。
^ 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,変分学入门,朝仓书店,1978.3.