周长及边数一定时，如何证明正多边形面积最大？

业余的业余

业余的业余 发表于 2024-11-22 01:19
从任意 $n$ 边形在不改变周长的前提下，局部调整为正 $n$ 边形，从而证明正 $n$ 边形面积最大

1.  去凹，  ...

证 步骤 3 所需的引理时，证明了酷版6楼定理的弱化版本。即 边长为 a,a,a,b 的四边形，当其为共圆的等腰梯形时面积最大。😀

abababa

hbghlyj 发表于 2024-11-4 16:16
那么该如何修改证明呢？

命题*：四边长给定的四边形中，内接于圆的四边形面积最大。
证明：设四边形$ABCD$边长分别为$AB=a, BC=b, CD=c, DA=d$，则有$a+b+c-d>0, a+b-c+d>0, a-b+c+d>0, -a+b+c+d>0$，相乘有$((a+b)^2-(c-d)^2)((a-b)^2-(c+d)^2)<0$，即$((a^2+b^2)-(c^2+d^2)+2ab+2cd)((a^2+b^2)-(c^2+d^2)-2ab-2cd)<0$，即$((a^2+b^2)-(c^2+d^2))^2<4(ab+cd)^2$，于是有$\abs{\frac{(a^2+b^2)-(c^2+d^2)}{2(ab+cd)}}<1$，所以能取$\theta_1 \in (0,\pi)$满足$\cos\theta_1=\frac{(a^2+b^2)-(c^2+d^2)}{2(ab+cd)}$，令$\theta_2=\pi-\theta_1$，于是$(a^2+b^2)-(c^2+d^2)=2(ab+cd)\cos\theta_1$，即
\[a^2+b^2-2ab\cos\theta_1=c^2+d^2+2cd\cos\theta_1=c^2+d^2-2cd\cos\theta_2\]

上式说明可以调整$DA, DC$的夹角和$BA, BC$的夹角，使得$\angle D+\angle B=\pi$，此时四边形内接于圆，所以可保持边长不变，调整角度使得任意四边形内接于圆，下面证明此时四边形面积最大。

由于$a^2+b^2-2ab\cos\theta_1=AC^2=c^2+d^2-2cd\cos\theta_2$，即$\frac{1}{2}(a^2+b^2-c^2-d^2)=ab\cos\theta_1-cd\cos\theta_2$，而$2S_{ABCD}=ab\sin\theta_1+cd\sin\theta_2$，两式平方相加得
\[4S_{ABCD}^2+\frac{1}{4}(a^2+b^2-c^2-d^2)^2=a^2b^2+c^2d^2-2abcd\cos(\theta_1+\theta_2)\le(ab+cd)^2\]

上式当$\cos(\theta_1+\theta_2)=-1$即$\theta_1+\theta_2=\pi$时取等号，取等号时面积最大，即四边形内接于圆。

重新证明命题2：前半段和原来的证明一样，从“取点$A,B$将简单闭曲线的周长二等分”开始重新证明：取点$A,B$将简单闭曲线的周长二等分，设一侧的边界为$ACB$，在$ACB$上任取一点$P$，设另一侧的边界为$AC'B$，在$AC'B$上任取一点$P'$。对于四边形$APBP'$，假设$\angle APB\neq\frac{\pi}{2}$，由于四边长为定值，由命题*可知，能调整角度使得四边形$APBP'$内接于圆，若调整时曲边形发生重叠，则用重叠部分关于点$A$或点$C$的中心对称图形替换重叠部分。经过调整，简单闭曲线的长度不变，曲边形的面积不变，但由命题*可知四边形$APBP'$的面积变大，这与$F$的面积最大矛盾，因此$\angle APB=\frac{\pi}{2}$。由点$P$的任意性知$ACB$为半圆，同理另一侧也为半圆，于是图形$F$为圆。

hbghlyj

等周不等式(曲率为常数)：$$L^2 \geq 4 \pi A-\kappa A^2$$
在双曲平面上，曲率为常数$-1$，有$$L^2 \geq 4 \pi A+ A^2$$
Riemannian Geometry: A Modern Introduction, Isaac Chavel, pp. 280