等周定理，又稱等周不等式（），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。等周定理說明在周界长度相等的封闭几何形狀之中，以圓形的面積最大；另一個說法是面積相等的几何形狀之中，以圓形的周界长度最小。這兩種說法是等價的。它可以以不等式表達：若P為封闭曲線的周界长，A為曲線所包圍的區域面積，4 \pi A \le 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關。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。
歷史
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？
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——以幾何方法證明若答案存在，答案必然是圓形。不久之后他的证明被其他数学家完善。
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·赫維茲憑傅里叶级数和格林定理給出一個純解析的證明。
證明
初等证明
以下給出一個較初等的證明，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'不包含于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后得到一個同樣周長，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和M'N'均平分面積A而MN>M'N'。那麼分別選取MN及其任一側的曲綫（半個P，不妨記為P_1），以及M'N'及其任一側的區域（另行劃分的半個P，記為P'_1），并粘合在一起使得M'N'落在MN上，M與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和P'_1做\lambda和\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），得到兩個分別與原區域相似的區域Q_1和Q'_1。適當調整\lambda和\mu的值，使曲綫M Q_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'經過放縮后重合，有\lambda MN = \mu MN'。
- 由於曲綫M Q_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。
- 所以，M Q_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。
傅里叶级数证明
不妨将封闭图形周长定为2\pi，选取弧长参数t其取值为从0到2\pi，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(2\pi),y(2\pi)]。现展开为傅里叶级数：
:
\begin{align}
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{align}
以及相应导数：
:
\begin{align}
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{align}
考虑帕塞瓦尔恒等式（注意这里是实数情形），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 dt = 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的关系。
根据格林公式，得到封闭图形面积为S=\int_0^{2\pi}x(t)y'(t)\mathrm dt，因此：
:
\frac S\pi = \int_0^{2\pi} \frac{x(t)y'(t)}\pi \mathrm dt = \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：
:
\begin{align}
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{align}
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：
:
\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：
:
\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。
参见
- 变分法
- 普拉托问题
- 挂谷集合
- 移动沙发问题
参考来源
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