等周定理

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（英语：Jakob Steiner）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。

初等证明

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，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${\displaystyle A_{1}>A_{2}}$ ，那么去掉${\displaystyle A_{2}}$ 而将${\displaystyle A_{1}}$ 对MN做对称，则可得到一个周长仍然等于P而面积等于${\displaystyle 2A_{1}>A_{1}+A_{2}=A}$ 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${\displaystyle P_{1}}$ ），以及M'N'及其任一侧的区域（另行划分的半个P，记为${\displaystyle P'_{1}}$ ），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${\displaystyle P_{1}}$ 和${\displaystyle P'_{1}}$ 做${\displaystyle \lambda }$ 和${\displaystyle \mu }$ 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${\displaystyle N''}$ ），得到两个分别与原区域相似的区域${\displaystyle Q_{1}}$ 和${\displaystyle Q'_{1}}$ 。适当调整${\displaystyle \lambda }$ 和${\displaystyle \mu }$ 的值，使曲线${\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M}$ 的周长仍为P。
  • 此时${\displaystyle Q_{1}}$ 和${\displaystyle Q'_{1}}$ 的长度分别等于${\displaystyle P\lambda /2}$ 和${\displaystyle P\mu /2}$ ，所围的面积分别等于${\displaystyle A\lambda ^{2}/2}$ 和${\displaystyle A\mu ^{2}/2}$ ；并且由于MN和MN'经过放缩后重合，有${\displaystyle \lambda MN=\mu MN'}$ 。
• 由于曲线${\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M}$ 的周长仍为P，故${\displaystyle P\lambda /2+P\mu /2=P}$ ，从而${\displaystyle \lambda +\mu =2}$ ；而由${\displaystyle \lambda MN=\mu MN',MN>MN'}$ 知${\displaystyle 0<\lambda <1}$ 。
• 所以，${\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M}$ 的面积为${\displaystyle A(\lambda ^{2}+\mu ^{2})/2=A(\lambda ^{2}+(2-\lambda )^{2})/2=A(\lambda ^{2}-2\lambda +2)>A}$ ，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2π，选取弧长参数t其取值为从0到2π，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(2π),y(2π)]。现展开为傅里叶级数：

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

以及相应导数：

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

考虑帕塞瓦尔恒等式（注意这里是实数情形），可以得到：

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

其中第二个等号是因为弧长参数表示的微分满足${\displaystyle [x'(t)]^{2}+[y'(t)]^{2}=1}$ 的关系。

根据格林公式，得到封闭图形面积为${\displaystyle S=\int _{0}^{2\pi }x(t)y'(t)\mathrm {d} t}$ ，因此：

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

整理与联系上述等式(1)与(2)，得：

${\displaystyle {\begin{aligned}4\pi ^{2}-4\pi S&=2\pi ^{2}\sum _{k=1}^{\infty }[k^{2}(a_{k}^{2}+b_{k}^{2}+c_{k}^{2}+d_{k}^{2})-2k(a_{k}d_{k}-b_{k}c_{k})]\\&=2\pi ^{2}\sum _{k=1}^{\infty }[(ka_{k}-d_{k})^{2}+(kb_{k}+c_{k})^{2}+(k^{2}-1)(c_{k}^{2}+d_{k}^{2})]\\&\geqslant 0\end{aligned}}}$ 

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：

${\displaystyle {\begin{cases}a_{1}-d_{1}=0\\b_{1}+c_{1}=0\\a_{k}=b_{k}=c_{k}=d_{k}=0&k\geqslant 2\end{cases}}}$ 

最终可以得到参数方程即为圆：

${\displaystyle {\begin{cases}x={\dfrac {a_{0}}{2}}+a_{1}\cos t+b_{1}\sin t\\y={\dfrac {c_{0}}{2}}-b_{1}\cos t+a_{1}\sin t\end{cases}}}$ 

证毕。

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