平面曲線周長一定，圓的面積是否最大？為什麼？

12-05

這個問題的答案是肯定的. 事實上, 我們有等周不等式:
任何弧長為 $2pi$ 的平面閉曲線所包圍的面積 $leqpi$ , 僅當閉曲線為圓是取等號.

一位匿名用戶給出的答案的問題在於沒有證明等周問題的解的存在性. 他實際上證明了如果等周問題的解存在, 則必然是圓. 余翔給出的證明是嚴格的, 想法直接但略繁瑣. 下面給出Peter Lax在A Short Path to the Shortest Path一文中的一個證明.

設 $x(s),y(s)$ 是曲線的參數形式, 自變數 $s$ 為曲線的弧長且 $0leq sleq 2pi$ . 不失一般性, 假設 $(x(0), y(0)), (x(pi), y(pi))$ 均在x軸上, 即 $y(0)=y(pi)=0$ . 曲線包圍的面積為 $A=int_0^{2pi}ydot{x}ds=int_0^{pi}ydot{x}ds+int_pi^{2pi}ydot{x}ds=A_1+A_2$ .
根據均值不等式 $ableqfrac{a^2+b^2}{2}$ , 令 $y=a, dot{x}=b$ , 則有 $A_1=int_0^{pi}ydot{x}dsleqfrac{1}{2}int_0^pi(y^2+dot{x}^2)ds=frac{1}{2}int_0^pi(y^2+1-dot{y}^2)ds$ , 其中等號利用了對於弧長 $s$ 為自變數 $dot{x}^2+dot{y}^2=1$ 這一性質.
由於 $y(0)=y(pi)=0$ , 不妨設 $y(s)=u(s)sin s$ , 其中 $u(s)$ 有界可微. 對上式其兩邊求導, 有 $dot{y}=dot{u}sin s+ucos s$ . 帶回 $A_1$ 的表達式, 有 $A_1leqfrac{1}{2}int_0^pi[u^2(sin^2s-cos^2s)-2udot{u}sin scos s-dot{u}^2sin^2s+1]ds$ .
注意到 $2udot{u}$ 為 $u^2$ 的導數, 並對上式分部積分, 得到 $A_1leqfrac{1}{2}int_0^pi(1-dot{u}^2sin^2s)dsleqfrac{pi}{2}$ . 等號僅當 $dot{u}equiv 0$ . 這意味著 $y(s)=Csin s$ . 注意到均值不等式取等號的條件為 $a=b$ , 因此此處取等號的條件是 $y=dot{x}=sqrt{1-dot{y}^2}$ . 由此求得 $y(s)=pmsin s, x(s)=mpcos s+C$ , 是半圓.
由此我們證明了等周不等式:

證明的原文請參考: http://ocw.nctu.edu.tw/course/fourier/supplement/short%20path.pdf
在常庚哲的&<數學分析教程&>的17.4節也採用了這個證明.

是的。與這個問題相關的定理是等周定理[1]，雖然圓看似是問題的答案，但這個問題的證明其實並不簡單。1902年，Hurwitz給出了一個用Fourier級數所作的證明[3]，Hurwitz的證明方法如下：
設 $x=x(s)$ ， $y=y(s)$ ， $0leq sleq l$ 為一逐段連續可微的封閉曲線的參數形式，引入參數 $t=frac{l}{2pi}$ ，於是 $x=x(t)$ ， $y=y(t)$
由於曲線封閉，有：
$x(0)=x(2pi)$ ， $y=y(2pi)$
將 $x$ ， $y$ 其展開成Fourier級數
$x(t)=frac{1}{2}a_0+ sum_{k=1}^{infty}({a_kcos kt+b_ksin kt} )$
$y(t)=frac{1}{2} c_0+sum_{k=1}^{infty}({c_kcos kt+d_ksin kt} )$
則：
$x$
$y$
又：
$left(frac{dx}{ds} ight)^2+left(frac{dy}{ds} ight)^2=1$ ， $left(frac{dx}{dt} ight)^2+left(frac{dy}{dt} ight)^2=left(frac{l}{2pi} ight)^2$
曲線所圍成的面積 $A=int_{0}^{2pi} xfrac{dy}{dt} dt$
根據三角級數的正交性
$2left(frac{l}{2pi} ight)^2=frac{1}{pi} int_{0}^{2pi} left(left(frac{dx}{dt} ight)^2+left(frac{dy}{dt} ight)^2 ight)dt=sum_{k=1}^{infty}{k^2(a_k^2+b_k^2+c_k^2+d_k^2} )$

$frac{A}{pi} = frac{1}{pi} int_{0}^{2pi} xfrac{dy}{dt} dt=sum_{k=1}^{infty}{k(a_kd_k-b_kc_k)}$
因此 $l^2-4pi A=2pi ^2sum_{k=1}^{infty}left((ka_k-d_k)^2+(kb_k+c_k)^2+(k^2-1)(c_k^2+d_k^2) ight)geq 0$
當且僅當
$b_1+c_1=0$ ， $a_1-d_1=0$
$a_k=b_k=c_k=d_k=0$ ， $(k=2,3,...)$
等式才成立，也就是
$x=frac{1}{2}a_0+a_1cos t+b_1sin t$
$y=frac{1}{2}c_0-b_1cos t+a_1sin t$
這是圓的參數方程，由此可見，所有分段光滑的連續曲線都滿足等周不等式
$l^2-4pi Ageq 0$
其中 $l$ 為周長， $A$ 為面積,當且僅當曲線為圓時等式才成立。如果 $l$ 一定，那麼 $A$ 最大為 $frac{l^2}{4pi}$ ，此時封閉的曲線是圓。

如果封閉曲線參數方程是 $C^2$ (二階導數連續)也可以用變分給出證明。
設這條封閉曲線的參數方程為 $x(s)$ ， $y(s)$ ， $s$ 是弧長，曲線封閉，所以 $x(0)=x(s_1),y(0)=y(s_1)$ -----------------------------------------------------------------------------------------(1)
這條曲線的周長為
$l=int_{0}^{s_1} sqrt{ (frac{dx}{ds})^2 +(frac{dy}{ds})^2}ds$ ---------------------------------------------------------------------------------------(2)
其所圍成的面積為
$A=iint_D dxdy=frac{1}{2} oint_{}^{} (xdy-ydx)=frac{1}{2} int_{0}^{s_1} (xfrac{dy}{ds} -yfrac{dx}{ds})ds$ --------------------------------(3)
可見 $A$ 是關於函數 $x(s),y(s)$ 的泛函，問題可歸結為：
在邊界條件(1)和約束條件(2)下，從一切 $x(s)$ ， $y(s)$ 函數中選一對函數，使目標泛函(3)為極大。
根據Lagrange乘子法，若在(1)，(2)約束下函數 $x(s)$ ， $y(s)$ 使得泛函(3)去取極值，則存在常數 $lambda$ ，使函數 $x(s),y(s)$ 滿足輔助泛函
$A^*=frac{1}{2} int_{0}^{s_1} (xy$
所給出的Euler方程
$frac{partial G}{partial x} -frac{d}{ds} (frac{partial G}{partial x$
$frac{partial G}{partial y} -frac{d}{ds} (frac{partial G}{partial y$
式中 $G=frac{1}{2} (xy$
將G代入上式可得
$y$
$-x$
積分可得
$y-frac{lambda x$
$x+frac{lambda y$
整理得
$(x-C_1)^2+(y-C_2)^2=lambda^2$
這是圓族方程，如下圖所示,令
$x-C_1=lambda cost$ $(0leq tleq 2pi)$
$y-C_2=lambda sint$

將上式代入等周約束(2)得
$l=int_{0}^{s_1} sqrt{ x$
即 $lambda=frac{l}{2pi}$
於是圓的方程為
$(x-C_1)^2+(y-C_2)^2=(frac{l}{2pi} )^2$
這是一個半徑為 $frac{l}{2pi}$ ， $C_1$ ， $C_2$ 為待定常數，可由邊界條件(1)確定。參考
[1]等周定理的證明史：http://sx.fjjcjy.com/upLoad/news/month_1310/201310261414051813.pdf
[2]數學物理方法 P76
[3]微分幾何講義附錄一：3.平面曲線的等周不等式

大家不必追求的所謂等周問題初等解法了。
那些初等方法最大的技術困難在於證明「解的存在性」，這一步就算不用微積分，也要用到極限概念。項武義在《基礎分析學之一》中給出一個等周問題的初等解法，包含解的存在性（當年斯坦納忽略的地方），但不見得比微積分證明好懂。

這裡給一個簡單點的解釋。
直觀的證明分以下四步：

假設解存在
證明曲線必然是凸曲線
證明對稱的曲線最優
證明角AOB必為直角

出自《什麼是數學》R.柯朗,第七章第8節「等周問題"

對於周長一定的封閉曲線，圓的面積最大，這是Isoperimetric inequality（等周不等式）的結論

可以問一個更一般的情況，在 $R^n$ 上，給定一個面積為1的閉曲面(n-1 dimension),它圍成的的最大區域是否存在，形狀又如何。

答案很好猜,曲面應該是球形。http://www.ugr.es/~aros/isoper.pdf 這篇文章根據一個範圍更廣的定理證明了這一點。作者考慮了一個n維流形，可以有邊界，也可以沒有，然後給定一個體積，定理說滿足這個體積的最小閉曲面是存在的，而且曲面具有固定的平均曲率，並且如果這個閉曲面和流形邊界有交集的話，那麼閉曲面一定和流形邊界正交。該定理更嚴格的描述請參考上述文章。

對於一個任意的流形來講，不是很好找出這個曲面的顯明解，而且作者提到在高維情況下，這依然是個開放性的問題。

是的。這是等周不等式的結論。恰好前段時間思考過這個問題的證明，再給出一種不同於其他回答的證明方法。（此方法用到了幾何分析，故先給出一些預備知識）

因答主水平有限，難免疏漏之處，歡迎批評指正。

等周問題，最速下滑問題，作為經典的變分問題，催生了變分學。

我覺得可以用實驗的方法來證明：
一個可以無摩擦變形的線圈（周長當然是一定的），在其中倒入一定量的水，忽略表面張力的話，那麼最後一定會撐開最大的面積——因為只有這樣總勢能最小

在水面（平面）上的一條閉合細線，中間加入表面張力係數大的物質，比如洗滌精，觀察到細線成圓形，這時候勢能最小，即面積最小

http://pic2.zhimg.com/a7847f4171d2eb1fe6701eba21c5d535_r.jpg

變分法與最優控制里有一類型例子，總結為等周約束的最優控制問題，證明過程要容易理解得多，前提是你得懂變分法。

他們的答案太複雜了，可以用幾何法證明，這個在高中課本上有的，可以看看選修幾何的部分

是的。我認為在眾多圖形當中，圓得可塑性很大

是的，重力是不會騙你的，袋子裝滿就會變圓，再一變形就會溢出

周長相等的等邊n邊型面積S（n）是單調遞增的？

非專業，就是突然想到，想問問那裡有問題。

不一定啊，要看你這個二維空間的曲率來定，你說的圓最大這個只適用於歐式二維空間

我跟你打賭十年後我連log是什麼都不知道，怡然可以過的很好

我是個熱愛數學但是又看到式子就頭疼的人，我想給一下我的理解，當然不是嚴格的數學證明。
不知道樓主有沒有見過農村裝谷用的蛇皮口袋

對，就是上圖中裝化肥的袋子，用完化肥裝稻穀，農民伯伯是環保節約的急先鋒。
想像一下，如果我儘可能往袋子里裝稻穀，直到擠滿，擠滿，擠滿，這個袋子最終是什麼形狀？

對，是這種形狀。事實上這並不是一個嚴格意義上的圓柱體，這很大原因上是由於袋子底部的結合處的封口形狀造成的形變。
那我們就來一起完成科學進程中偉大的跳躍：從現實條件到理想條件的抽象總結。如果袋子無限長無限長，以至於裝滿了稻穀之後上面部分的形狀不受袋子底部縫合處形狀的影響，那上面應該是個什麼形狀呢？
我覺得應該是個圓柱體，理想的圓柱體。

我想說什麼呢？在周長一定的情況下（袋子的腰圍長度是定的），為了達到最大的面積（袋子最大的橫截面積，裝最多的穀物），形狀必定是圓（袋子最終必定形成圓柱體）。

以上：二維空間中，在周長一定的情況下面積最大的圖形，是圓。

之前在知乎恰好問過類似的問題，請問當周長一定時，和一條無線長的直線圍成面積最大的圖形是什麼？，有知友已經順便幫忙解答了。
在這邊分享給題主吧。
樓上給的等周不等式證明比較複雜，我複製粘貼一個比較簡單的證明吧。

是。證明如下

①首先圖形C必須是凸出的,即對於C上的任意兩點PQ,線段PQ要麼在C上,要麼在S內,不會在S和C以外,否則必然存在更大的面積.
如下圖所示,藍線和綠線圍成的面積不是最大的,做黃線和綠線關於PQ對稱,則黃線和藍線圍成的面積更大.
②其次如果邊界上的兩點P,Q將邊界的長度平分,則線段AB必然將面積平分,否則會有更大的面積.
如果綠線長度和藍線長度相等,但是綠線和PQ圍成的面積小於藍線和PQ圍成的面積,則藍線和綠線圍成的面積不是最大的,做黃線和藍線關於PQ對稱,則黃線和藍線圍成的面積更大.
③接著證明線段PQ一側的圖形必須是半圓,否則存在更大的面積.
④如果R是邊界C上除過P,Q以外的任意一點,如果PR不垂直於QR則存在更大的面積.
如下圖所示,因為C必須是凸出的,所以S的面積只可能等於藍色區域面積加上黃色區域面積.在兩塊黃色區域PR和QR形狀確定的前提下,將P,Q分別繞著R轉動,當PR⊥QR時,藍色區域面積要大於PR不垂直於QR的時候.
因為△PRQ面積=1/2×|PR|×|QR|×sin(∠PRQ),其中|PR|,|QR|不變,當∠PRQ=90°時,sin(∠PRQ)有最大值1.
於是,要想PRQ圍成的面積最大,對於邊界C上除過P,Q以外的任意一點R,都要滿足∠PRQ=90°,初中學過,滿足該條件的R的集合是以PQ為直徑的圓.
由此證明了:周長一定時,如果圖形面積存在最大值,則該圖形必然是圓.

我在這邊找到的，作為一個數學學渣都能看懂的證明。
[證明] 同周圖形中圓的面積最大._ggggwhw_百度空間

二維空間，可以是曲面，不同於平面，這種情形下圓一般無法定義（有對稱性時除外）。定長閉曲線，放在曲面不同地方，圍的面積不一樣，當然，曲線變形，也會導致面積不一樣。用變分應當可求出。

這是最普遍的說法，平面中圓最大。

如果限於分段連續可微的封閉曲線的話，Peter Lax有過一個僅用第二類曲線積分的證明。據說21世紀項武義有一個很基礎初等的證明，不過我沒有看過。

是。為什麼嘛我認為因為是最均衡的圖形