等周问题
定理:若
L
L
L
是平面上简单闭曲线
C
C
C
的长度，
A
A
A
是曲线
C
C
C
所围成图形的面积，则
A
⩽
L
2
2
π
A⩽\frac{L^2}{2\pi}
A
⩽
2
π
L
2
,且等号成立时，
C
C
C
必须是圆周.
历史
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。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，赫尔维茨凭傅里叶级数和格林定理给出一个纯解析的证明。
- 2012年，潘忆思利用不等式给出了一个十分简单初等证明。论文名称《不等式与等周问题》,但是仍然不能作为等周定理的严格证明，因为文中默认凸多边形内存在一点到各边垂线的垂足都落于边所在的线段内。
Wirtinger不等式
引理(
W
i
r
t
i
n
g
e
r
Wirtinger
W
i
r
t
i
n
g
e
r
不等式) 设
y
(
t
)
y(t)
y
(
t
)
是具有一阶连续可微的周期为
2
π
2π
2
π
的函数，而且则
∫
0
2
π
y
(
t
)
d
t
=
0
\int^{2\pi}_{0}y(t)dt=0
∫
0
2
π
y
(
t
)
d
t
=
0
则:
∫
0
2
π
(
y
(
t
)
)
2
d
t
⩽
∫
0
2
π
(
y
′
(
t
)
)
2
d
t
\large \int^{2\pi}_{0}(y(t))^2dt⩽\int^{2\pi}_{0}(y^′(t))^2dt
∫
0
2
π
(
y
(
t
)
)
2
d
t
⩽
∫
0
2
π
(
y
′
(
t
)
)
2
d
t
等号当且仅当
y
(
t
)
=
a
cos
t
+
b
sin
t
y(t)=a\cos t+b\sin t
y
(
t
)
=
a
cos
t
+
b
sin
t
时成立。
证明:将
y
(
t
)
y(t)
y
(
t
)
展开
F
o
u
r
i
r
Fourir
F
o
u
r
i
r
级数，有
y
(
t
)
=
a
0
2
+
∑
n
=
1
∞
(
a
n
cos
(
n
t
)
+
b
n
sin
(
n
t
)
)
\large y(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{∞}(a_n\cos(nt)+b_n\sin(nt))
y
(
t
)
=
2
a
0
+
n
=
1
∑
∞
(
a
n
cos
(
n
t
)
+
b
n
sin
(
n
t
)
)
由于
y
(
t
)
y(t)
y
(
t
)
为周期是
2
π
2π
2
π
的具有一阶连续可微的周期函数，对上式子求导，得到
y
′
(
t
)
=
∑
n
=
1
∞
(
n
b
n
cos
(
n
t
)
−
n
a
n
sin
(
n
t
)
)
\large y^′(t)=\sum_{n=1}^{\infty}(nb_n\cos(nt)−na_n\sin(nt))
y
′
(
t
)
=
n
=
1
∑
∞
(
n
b
n
cos
(
n
t
)
−
n
a
n
sin
(
n
t
)
)
利用
a
0
=
1
π
∫
0
2
π
y
(
t
)
d
t
=
0
a_0=\large\frac{1}{\pi}\normalsize\int^{2\pi}_{0}y(t)dt=0
a
0
=
π
1
∫
0
2
π
y
(
t
)
d
t
=
0
和
P
a
r
s
e
v
a
l
Parseval
P
a
r
s
e
v
a
l
公式，有
a
0
=
1
π
∫
0
2
π
(
y
(
t
)
)
2
d
t
=
∑
n
=
1
∞
(
a
n
2
+
b
n
2
)
\large a_0=\frac{1}{\pi}\int^{2\pi}_{0}(y(t))^2dt=\sum^{\infty}_{n=1}(a^2_n+b^2_n)
a
0
=
π
1
∫
0
2
π
(
y
(
t
)
)
2
d
t
=
n
=
1
∑
∞
(
a
n
2
+
b
n
2
)
a
0
=
1
π
∫
0
2
π
(
y
′
(
t
)
)
2
d
t
=
∑
n
=
1
∞
n
2
(
a
n
2
+
b
n
2
)
\large a_0=\frac{1}{\pi}\int^{2\pi}_{0}(y^′(t))^2dt=\sum^{\infty}_{n=1}n^2(a^2_n+b^2_n)
a
0
=
π
1
∫
0
2
π
(
y
′
(
t
)
)
2
d
t
=
n
=
1
∑
∞
n
2
(
a
n
2
+
b
n
2
)
由上面两个式子可知
∫
0
2
π
(
y
(
t
)
)
2
d
t
=
π
∑
n
=
1
∞
(
a
n
2
+
b
n
2
)
⩽
π
∑
n
=
1
∞
n
2
(
a
n
2
+
b
n
2
)
=
1
π
∫
0
2
π
(
y
′
(
t
)
)
2
d
t
\large\int^{2\pi}_{0}(y(t))^2dt=\pi\sum^{\infty}_{n=1}(a^2_n+b^2_n)⩽\pi\sum^{\infty}_{n=1}n^2(a^2_n+b^2_n)=\frac{1}{\pi}\int^{2\pi}_{0}(y^′(t))^2dt
∫
0
2
π
(
y
(
t
)
)
2
d
t
=
π
n
=
1
∑
∞
(
a
n
2
+
b
n
2
)
⩽
π
n
=
1
∑
∞
n
2
(
a
n
2
+
b
n
2
)
=
π
1
∫
0
2
π
(
y
′
(
t
)
)
2
d
t
当等号成立时，只能取
n
=
1
n=1
n
=
1
,此时
y
(
t
)
=
a
cos
t
+
b
sin
t
y(t)=a\cos t+b\sin t
y
(
t
)
=
a
cos
t
+
b
sin
t
.
证明:
设曲线
C
C
C
以弧长为参数的方程为
x
=
x
(
s
)
,
y
=
y
(
s
)
,
s
∈
[
0
,
L
]
\large x = x(s),y=y(s),s\in[0,L]
x
=
x
(
s
)
,
y
=
y
(
s
)
,
s
∈
[
0
,
L
]
且参数
s
s
s
从
0
0
0
变到
L
L
L
时，点
(
x
(
s
)
,
y
(
s
)
)
(x(s),y(s))
(
x
(
s
)
,
y
(
s
)
)
沿逆时针方向画出曲线
C
C
C
.因为
C
C
C
是闭曲线，所以
x
(
0
)
=
x
(
L
)
,
y
(
0
)
=
y
(
L
)
x(0)=x(L),y(0)=y(L)
x
(
0
)
=
x
(
L
)
,
y
(
0
)
=
y
(
L
)
,做变量替换
s
=
L
2
π
t
+
L
2
\large s=\frac{L}{2\pi}t+\frac{L}{2}
s
=
2
π
L
t
+
2
L
,可将曲线的方程改写为
x
=
φ
(
t
)
,
y
=
ψ
(
t
)
,
t
∈
[
=
π
,
π
]
\large x=φ(t),y=ψ(t),t\in[=\pi,\pi]
x
=
φ
(
t
)
,
y
=
ψ
(
t
)
,
t
∈
[
=
π
,
π
]
且成立
φ
(
−
π
)
=
φ
(
π
)
,
ψ
(
−
π
)
=
ψ
(
π
)
φ(−\pi)=φ(\pi),ψ(−\pi)=ψ(\pi)
φ
(
−
π
)
=
φ
(
π
)
,
ψ
(
−
π
)
=
ψ
(
π
)
假设
∫
−
π
π
φ
(
t
)
d
t
=
0.
若
∫
−
π
π
φ
(
t
)
d
t
=
k
≠
0
\int^\pi_{−\pi}φ(t)dt=0.若\int^π_{−\pi}φ(t)dt=k\neq0
∫
−
π
π
φ
(
t
)
d
t
=
0
.
若
∫
−
π
π
φ
(
t
)
d
t
=
k
̸
=
0
则闭曲线
C
ˉ
\bar C
C
ˉ
:
x
ˉ
=
x
−
k
2
π
=
φ
(
t
)
−
k
2
π
,
(
y
ˉ
)
=
y
=
ψ
(
t
)
,
t
∈
[
−
π
,
π
]
\large\bar x=x−\frac{k}{2π}=φ(t)−\frac{k}{2π},(\bar y)=y=ψ(t),t\in[−π,π]
x
ˉ
=
x
−
2
π
k
=
φ
(
t
)
−
2
π
k
,
(
y
ˉ
)
=
y
=
ψ
(
t
)
,
t
∈
[
−
π
,
π
]
是
C
C
C
的一个平移，其所围图形的面积与
C
C
C
所围成的面积相同，于是考虑
C
ˉ
\bar C
C
ˉ
即可。 由于
s
=
L
2
π
t
+
L
2
s=\frac{L}{2\pi}t+\frac{L}{2}
s
=
2
π
L
t
+
2
L
，所以
d
s
d
t
=
L
2
π
\frac{ds}{dt}=\frac{L}{2\pi}
d
t
d
s
=
2
π
L
,再有弧长的微分公式得:
L
2
4
π
2
=
(
d
s
d
t
)
2
=
φ
′
2
(
t
)
+
ψ
′
2
(
t
)
,
t
∈
[
−
π
,
π
]
\large\frac{L^2}{4\pi^2}={\left(\frac{ds}{dt}\right)}^2=φ^{′2}(t)+ψ^{′2}(t),t\in[−π,π]
4
π
2
L
2
=
(
d
t
d
s
)
2
=
φ
′
2
(
t
)
+
ψ
′
2
(
t
)
,
t
∈
[
−
π
,
π
]
对上式在
[
−
π
,
π
]
[−\pi,\pi]
[
−
π
,
π
]
上取积分得:
L
2
2
π
=
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
+
ψ
′
2
(
t
)
]
d
t
\large\frac{L^2}{2\pi}=\int^\pi_{−\pi}\left[φ^{′2}(t)+ψ^{′2}(t)\right]dt
2
π
L
2
=
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
+
ψ
′
2
(
t
)
]
d
t
其次，
C
C
C
所围图形的面积可用曲线积分表示为:
A
=
∫
C
x
d
y
=
∫
−
π
π
φ
(
t
)
ψ
′
(
t
)
d
t
\large A=\int_Cxdy=\int^\pi_{−\pi}φ(t)ψ^′(t)dt
A
=
∫
C
x
d
y
=
∫
−
π
π
φ
(
t
)
ψ
′
(
t
)
d
t
所以:
L
2
2
π
−
2
A
=
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
+
ψ
′
2
(
t
)
−
2
φ
(
t
)
ψ
′
(
t
)
]
d
t
=
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
−
ψ
2
(
t
)
]
d
t
+
∫
−
π
π
[
ψ
′
(
t
)
−
φ
(
t
)
]
2
d
t
\large\begin{aligned} \frac{L^2}{2\pi}-2A&=\int^\pi_{−\pi}\left[φ^{′2}(t)+ψ^{′2}(t)−2φ(t)ψ^′(t)\right]dt \\[2ex] &=\int^\pi_{−\pi}\left[φ^{′2}(t)−ψ^2(t)\right]dt+\int^{\pi}_{−\pi}{\left[ψ^′(t)−φ(t)\right]}^2dt \end{aligned}
2
π
L
2
−
2
A
=
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
+
ψ
′
2
(
t
)
−
2
φ
(
t
)
ψ
′
(
t
)
]
d
t
=
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
−
ψ
2
(
t
)
]
d
t
+
∫
−
π
π
[
ψ
′
(
t
)
−
φ
(
t
)
]
2
d
t
由于
C
C
C
是分段光滑曲线，所以
φ
(
t
)
φ(t)
φ
(
t
)
满足引理的条件，因此
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
−
ψ
2
(
t
)
]
d
t
⩾
0
\int^\pi_{−\pi}\left[φ^{′2}(t)−ψ^2(t)\right]dt\geqslant0
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
−
ψ
2
(
t
)
]
d
t
⩾
0
,
∫
−
π
π
[
ψ
′
(
t
)
−
φ
(
t
)
]
2
d
t
⩾
0
\int^{\pi}_{−\pi}{\left[ψ^′(t)−φ(t)\right]}^2dt\geqslant0
∫
−
π
π
[
ψ
′
(
t
)
−
φ
(
t
)
]
2
d
t
⩾
0
又是显然的。则
A
⩽
L
2
4
π
\large A⩽\frac{L^2}{4π}
A
⩽
4
π
L
2
等号成立时当且仅当
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
−
ψ
2
(
t
)
]
d
t
=
0
,
∫
−
π
π
[
ψ
′
(
t
)
−
φ
(
t
)
]
2
d
t
=
0
\large\int^\pi_{−\pi}\left[φ^{′2}(t)−ψ^2(t)\right]dt=0,\int^{\pi}_{−\pi}{\left[ψ^′(t)−φ(t)\right]}^2dt=0
∫
−
π
π
[
φ
′
2
(
t
)
−
ψ
2
(
t
)
]
d
t
=
0
,
∫
−
π
π
[
ψ
′
(
t
)
−
φ
(
t
)
]
2
d
t
=
0
等价的
φ
(
t
)
=
a
cos
t
+
b
sin
t
,
ψ
′
(
t
)
=
φ
(
t
)
,
t
∈
[
−
π
,
π
]
\largeφ(t)=a\cos t+b\sin t,ψ^′(t)=φ(t),t\in[−π,π]
φ
(
t
)
=
a
cos
t
+
b
sin
t
,
ψ
′
(
t
)
=
φ
(
t
)
,
t
∈
[
−
π
,
π
]
这时
C
C
C
的参数方程为
{
x
=
φ
(
t
)
=
a
cos
t
+
b
sin
t
y
=
ψ
(
t
)
=
a
sin
t
−
b
cos
t
+
c
\large\begin{cases} x=φ(t)=a\cos t+b\sin t \\[2ex] y=ψ(t)=a\sin t−b\cos t+c \end{cases}
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧
x
=
φ
(
t
)
=
a
cos
t
+
b
sin
t
y
=
ψ
(
t
)
=
a
sin
t
−
b
cos
t
+
c
即
x
2
+
(
y
−
c
)
2
=
a
2
+
b
2
x^2+(y−c)^2=a^2+b^2
x
2
+
(
y
−
c
)
2
=
a
2
+
b
2
∴
C
\large\therefore C
∴
C
是一个圆周.