周长及边数一定时，如何证明正多边形面积最大？

hjfmhh

周长及边数一定时，如何证明正多边形面积最大？

Czhang271828

给一个比较容易的证明.

引理 (参考椭圆焦点三角形): 假定正实数 $\{a,b,c\}$ 满足 $a+b=M$ 是常数, $c\leq M$ 也是常数, 且存在以 $(a,b,c)$ 为三边长的三角形. 则三角形面积取最大值当且仅当 $a=b$.

依照紧致集的相关性质, 面积最大的情形是存在的. 取等时, 多边形必定是等边的 (依照引理, 以及反证法).

最后证明等角即可 (等边多边形不必是正多边形). 不妨设多边形周长为 $n$, 我们在每条边外侧添加长度为 $\frac {\pi/n}{\sin \pi/n}$ 的圆弧, 从而正多边形外侧的 $n$ 条圆弧恰能组成圆. 由于 $n$ 个月牙形的面积是定值, 从而只需求出 $n$ 段圆弧围成区域的面积最大值.

依照等周定理, 这 $n$ 段圆弧应围成圆. 相应地, 等周多边形是正多边形.

kuing

Czhang271828 发表于 2024-6-11 14:11
给一个比较容易的证明.

引理 (参考椭圆焦点三角形): 假定正实数 $\{a,b,c\}$ 满足 $a+b=M$ 是常数, $c\le ...

动用等周定理，楼主肯定不依

kuing

引理 2：四边长度固定的四边形当且仅当四顶点共圆时面积最大。
第二步证等角用它以及反证法亦可。

hjfmhh

kuing 发表于 2024-6-12 15:46
引理 2：四边长度固定的四边形当且仅当四顶点共圆时面积最大。
第二步证等角用它以及反证法亦可。 ...

有没有常规点的解法，学生也能理解的

kuing

@realnumber 设四边形边长为 `AB=a`, `BC=b`, `CD=c`, `DA=d`, `\angle ABC=\theta_1`, `\angle CDA=\theta_2`，则
\[S=\frac12ab\sin\theta_1+\frac12cd\sin\theta_2,\]
由余弦定理
\[a^2+b^2-2ab\cos\theta_1=AC^2=c^2+d^2-2cd\cos\theta_2,\]
所以有
\begin{align*}
ab\sin\theta_1+cd\sin\theta_2&=2S,\\
ab\cos\theta_1-cd\cos\theta_2&=\frac{a^2+b^2-c^2-d^2}2,
\end{align*}
平方相加即得
\[a^2b^2+c^2d^2-2abcd\cos(\theta_1+\theta_2)=4S^2+\frac{(a^2+b^2-c^2-d^2)^2}4,\]
可见当 `a`, `b`, `c`, `d` 固定时，`S` 最大当且仅当 `\theta_1+\theta_2=\pi`，即四顶点共圆。

hjfmhh

kuing 发表于 2024-6-15 14:30
@realnumber 设四边形边长为 `AB=a`, `BC=b`, `CD=c`, `DA=d`, `\angle ABC=\theta_1`, `\angle CDA=\theta ...

但感觉周长为常数的四边形为什么是正方形面积最大？

kuing

hjfmhh 发表于 2024-7-5 09:14
但感觉周长为常数的四边形为什么是正方形面积最大？

这和我说的有矛盾吗？

hjfmhh

kuing 发表于 2024-7-5 14:13
这和我说的有矛盾吗？

没矛盾，就是还没想明白您提到的第二步证等角用它以及反证法亦可，能否再写写。

kuing

hjfmhh 发表于 2024-7-6 10:00
没矛盾，就是还没想明白您提到的第二步证等角用它以及反证法亦可，能否再写写。 ...

2# 第一步用引理得出取面积最大时所有边长必相等。

然后可以接 4# 引理 2，假设面积最大时不是正多边形，则必存在某相邻四顶点不共圆，由引理 2 知可以调整中间两点使该四点共圆而面积更大。

abababa

具体的初等证明是不是下面这样的：
命题1.在所有等周长的平面图形中，面积最大的图形必定是凸图形。
证明：对任意的凹图形$F$，由定义知存在点$A,B\in F$使得线段$AB\not\subseteq F$，任意取一点$P\in F$，作图形$P'AB, PAB$关于$AB$对称，将对称部分和图形$F$一起构成图形$F'$，显然$F'$的面积大于$F$的面积，且它们的周长相等。因此等周长的图形中$F$的面积不是最大的，由$F$的任意性知，等周长的平面图形中，面积最大的图形必定是凸图形。

命题2.在所有等周长的简单闭曲线围成的图形中，面积最大的是圆。
证明：设简单闭曲线围成的面积最大的图形为$F$。显然存在点$A,B$将简单闭曲线的周长二等分。连结$AB$，假设$AB$不能将$F$的面积二等分，不妨设图形$ABC$的面积大于图形$ABD$的面积，作图形$ABC$关于$AB$的对称图形$ABC'$，用图形$ABC'$代替图形$ABD$，显然它们的周长相等，但面积更大，这与$F$的面积最大矛盾。因此等分简单闭曲线周长的点，它们的连线必定等分$F$的面积。

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$P'$。假设$\angle APB\neq\frac{\pi}{2}$，则可调整点$A,B,P,P'$的位置使得$\angle APB=\angle AP'B=\frac{\pi}{2}$，在调整时不改变$\triangle APB, \triangle AP'B$以外部分的曲线形状和$AP,BP,AP',BP'$的长度，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$\triangle APB, \triangle AP'B$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。

命题3.在边长分别相等的$n$边形中，圆内接$n$边形的面积最大。
证明：设多边形$A_1A_2\cdots A_n$内接于$\odot O$，面积为$F_a$，多边形$B_1B_2\cdots B_n$不能内接于圆，面积为$F_b$，并且$A_iA_{i+1}=B_iB_{i+1}$。称弦$A_iA_{i+1}$与它所对的弧构成的图形的面积为$F_i$。显然$F_a=S_{\odot O}-\sum_{i}F_i$。

将$F_i$剪下，按$A_iA_{i+1}=B_iB_{i+1}$对齐，拼接到多边形$B_1B_2\cdots B_n$的各边上，得到图形$C$，显然$C$的周长与$\odot O$的周长相等，由命题2可知$S_C\le S_{\odot O}$。注意$F_b=S_C-\sum_{i}F_i$，因此$F_b\le F_a$，即圆内接$n$边形的面积最大。

命题4.在同底等周的三角形中，等腰三角形的面积最大。
证明：以底边端点为焦点，另两边之和为$2a$作椭圆，显然两个焦点$F_1,F_2$与椭圆上一点$P$构成的三角形就是所有的同底等周三角形，而显然当点$P$位于主轴上时，$\triangle PF_1F_2$的高最大，从而面积最大，此时$\triangle PF_1F_2$是等腰三角形。

命题5.在等周$n$边形中，正$n$边形的面积最大。
证明：设$n$边形$F$的面积最大。假设$F$存在不相等的相邻两边，则由命题4知，能在保持两边之和不变的情况下移动顶点，使两边相等，从而保持周长不变，且面积更大，矛盾，因此$F$的任意相邻两边都相等，从而$F$的所有边都相等，不妨设$F$的边长为$1$。

假设$F$不能内接于圆。显然边长为$1$的正$n$边形内接于圆，且与$F$的边长对应相等，由命题3知，圆内接正$n$边形的面积更大，矛盾。因此$F$必定内接于圆，即为圆内接正$n$边形。

hbghlyj

沈一兵 整体微分几何初步 2009 第35页
定理 1.2 (等周不等式) 设 $C$ 是长度为 $L$ 的平面简单闭曲线, $A$ 是 $C$ 所围有限区域的面积,则
$$\tag{1.1}
L^2 \geqslant 4 \pi A,
$$
等号当且仅当 $C$ 为圆周时成立.
证明 I (Hurwitz, A., 1902)
这个证法基于下面的 Wirtinger 引理.
引理 1.3 (Wirtinger 引理) 设 $f(t)$ 是周期为 $2 \pi$ 的连续周期函数, 它的导数 $f^{\prime}(t)$ 也连续. 若 $\int_0^{2 \pi} f(t) \mathrm{d} t=0$, 则
$$
\int_0^{2 \pi}\left[f^{\prime}(t)\right]^2 \mathrm{~d} t \geqslant \int_0^{2 \pi}[f(t)]^2 \mathrm{~d} t,
$$
等号当且仅当
$$
f(t)=a \cos t+b \sin t
$$
时成立, 这里 $a, b$ 为常数.

证明

把 $f(t)$ 展开成 Fourier 级数
$$
f(t)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\left(a_k \cos k t+b_k \sin k t\right) .
$$
由假设条件,
$$
a_0=\frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} f(t) \mathrm{d} t=0,
$$
因为 $f^{\prime}(t)$ 连续, 故
$$
f^{\prime}(t)=\sum_{k=1}^{\infty} k\left(b_k \cos k t-a_k \sin k t\right) .
$$
对 $f(t)$ 和 $f^{\prime}(t)$ 应用 Parseval 公式, 得
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi}[f(t)]^2 \mathrm{~d} t=\sum_{k=1}^{\infty}\left(a_k^2+b_k^2\right), \\
& \frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi}\left[f^{\prime}(t)\right]^2 \mathrm{~d} t=\sum_{k=1}^{\infty} k^2\left(a_k^2+b_k^2\right) .
\end{aligned}
$$
两式相减得
$$
\int_0^{2 \pi}\left[f^{\prime}(t)\right]^2 \mathrm{~d} t-\int_0^{2 \pi}[f(t)]^2 \mathrm{~d} t=\pi \sum_{k=1}^{\infty}\left(k^2-1\right)\left(a_k^2+b_k^2\right),
$$
式中等号当且仅当 $a_k=b_k=0(k \geqslant 2)$ 时成立, 即
$$
f(t)=a_1 \cos t+b_1 \sin t .
$$
引理证毕.

现在证明等周不等式. 在 $\mathbf{E}^2$ 上取直角坐标系 $O x^1 x^2$, 使 $x^2$ 轴过 $C$ 的重心. 设 $C$ 的坐标为 $\left\{x^1(s), x^2(s)\right\}$, 其中 $s$ 为弧长参数, $s \in$ $[0, L]$. 作参数变换 $s=\frac{L}{2 \pi} t$, 则 $t \in[0,2 \pi]$. 由于 $C$ 的重心在 $x^2$ 轴上, 故
$$
\int_0^{2 \pi} x^1(t) \mathrm{d} t=0 .
$$
注意到 $\left(x^1\right)^{\prime 2}+\left(x^2\right)^{\prime 2}=\left(\left(\dot{x}^1\right)^2+\left(\dot{x}^2\right)^2\right)\left(\frac{\mathrm{d} s}{\mathrm{d} t}\right)^2=\frac{L^2}{4 \pi^2}$, 这里 $'$ 表示关于 $t$ 求导, $\dot{\phantom x}$ 表示关于 $s$ 求导. 因此,
$$
\frac{L^2}{2 \pi}=\int_0^{2 \pi}\left(\left(x^1\right)^{\prime 2}+\left(x^2\right)^{\prime 2}\right) \mathrm{d} t .
$$
又由 Green 公式
$$
A=\int_0^L x^1 \dot{x}^2 \mathrm{~d} s=\int_0^{2 \pi} x^1\left(x^2\right)^{\prime} \mathrm{d} t .
$$
于是
$$
\begin{aligned}
2\left(\frac{L^2}{4 \pi}-A\right) & =\int_0^{2 \pi}\left(\left(x^1\right)^{\prime 2}+\left(x^2\right)^{\prime 2}-2 x^1\left(x^2\right)^{\prime}\right) \mathrm{d} t \\
& =\int_0^{2 \pi}\left(\left(x^1\right)^{\prime 2}-\left(x^1\right)^2\right) \mathrm{d} t+\int_0^{2 \pi}\left(x^1-\left(x^2\right)^{\prime}\right)^2 \mathrm{~d} t \\
& \geqslant \int_0^{2 \pi}\left(\left(x^1\right)^{\prime 2}-\left(x^1\right)^2\right) \mathrm{d} t .
\end{aligned}
$$
对函数 $x^1(t)$ 应用 Wirtinger 引理, 上式右边非负, 故得
$$
\frac{L^2}{4 \pi}-A \geqslant 0,
$$
式中等号当且仅当 $x^1(t)=a \cos t$ $+b \sin t$ 且 $\left(x^2\right)^{\prime}=x^1$ 时成立. 因而有 $x^2(t)=a \sin t-b \cos t+c$, $c$ 为积分常数. 所以
$$
\left(x^1\right)^2+\left(x^2-c\right)^2=a^2+b^2,
$$
即 $C$ 为一圆周. 证毕.

证明 Ⅱ (Schmidt, E., 1939) 由于 $C$ 围成有限区域, 我们可把区域夹在两平行直线 $l_1$ 和 $l_2$ 之间, 使 $C$ 与 $l_1, l_2$ 分别相切. 再作一圆 $\bar{C}$ 与 $l_1, l_2$ 相切, 而不与 $C$ 相交 (见图 Ⅱ-2). 设 $\bar{C}$ 的半径为 $r$. 取 $\bar{C}$ 的圆心为原点 $O$, $x^2$ 轴平行于 $l_1$, $l_2$. 设 $C:\left\{x^1(s), x^2(s)\right\}$ 使 $C$ 的定向为正, $s \in[0, L]$ 为弧长参数.

设圆 $\bar{C}$ 的方程为 $\left\{\bar{x}^1(s), \bar{x}^2(s)\right\}=\left\{x^1(s), \bar{x}^2(s)\right\}$, 其面积为
$$
\pi r^2=-\int_0^l\left(\bar{x}^2 \dot{x}^1\right) \mathrm{d} s .
$$
$C$ 所围区域的面积 $A$ 为
$$
A=\int_0^L\left(x^1 \dot{x}^2\right) \mathrm{d} s .
$$
对平面上向量 $\left(\dot{x}^1, \dot{x}^2\right)$ 和 $\left(-\bar{x}^2, x^1\right)$ 的内积应用 Cauchy 不等式
$$
\left|x^1 \dot{x}^2-\bar{x}^2 \dot{x}^1\right| \leqslant \sqrt{\left(\dot{x}^1\right)^2+\left(\dot{x}^2\right)^2} \sqrt{\left(x^1\right)^2+\left(\bar{x}^2\right)^2} \text {. }
$$
注意到 $\left(\dot{x}^1\right)^2+\left(\dot{x}^2\right)^2=1$ 和 $\left(x^1\right)^2+\left(\bar{x}^2\right)^2=r^2$, 就有
$$
\begin{aligned}
A+\pi r^2 & =\int_0^L\left(x^1 \dot{x}^2-\bar{x}^2 \dot{x}^1\right) \mathrm{d} s \leqslant \int_0^L\left|x^1 \dot{x}^2-\bar{x}^2 \dot{x}^1\right| \mathrm{d} s \\
& \leqslant r \int_0^L \mathrm{~d} s=r L .
\end{aligned}
$$
利用两正数的不等式: $\sqrt{a b} \leqslant \frac{1}{2}(a+b)$, 便得
$$
\sqrt{A \cdot \pi r^2} \leqslant \frac{1}{2}\left(A+\pi r^2\right) \leqslant \frac{1}{2} r L,
$$
即得 (1.1). 当上式等号成立时, 上面推导过程中的不等号均应取等号. 因此 $A=\pi r^2, L=2 \pi r$. 当 Cauchy 不等式为等式时, 两向量必线性相关, 即存在数 $c$ 使 $\left(-\bar{x}^2, x^1\right)=c\left(\dot{x}^1, \dot{x}^2\right)$. 于是
$$
\frac{\mathrm{d} x^2}{\mathrm{d} x^1}=\frac{\dot{x}^2}{\dot{x}^1}=-\frac{x^1}{\bar{x}^2}=\pm \frac{x^1}{\sqrt{r^2-\left(x^1\right)^2}} .
$$
两边积分得
$$
x^2=\pm \sqrt{r^2-\left(x^1\right)^2}+c_1\left(c_1 \text { 为积分常数}\right) \text {; }
$$
因此
$$
\left(x^1\right)^2+\left(x^2-c_1\right)^2=r^2,
$$
即 $C$ 是一圆周. 证毕.
注：等周不等式对逐段光滑的简单闭曲线也成立，限于篇幅，这里不再赘述。

hbghlyj

kuing 发表于 2024-7-6 07:00
可以调整中间两点使该四点共圆而面积更大。

补充一句，为什么对于任意四边形 我们可以改变内角，而四边长度保持不变，使它成为圆内接四边形，这是因为任意四条边长都可以构成一个圆内接四边形。

abababa

hbghlyj 发表于 2024-11-1 06:14
能详细说明一下这个操作吗？我很迟钝
如何调整四边形的内角，使两个对角为直角，同时保持边长不变

可以移动A和B的位置。四个点都可以移动位置，只要保持线段长度不变，并且线段外侧所对的曲边形也不变就行了。怎么说呢，就是随便画一下，然后用剪刀把那几块剪下来，再拼一下就好了。

hbghlyj

abababa 发表于 2024-11-3 01:26
可以移动A和B的位置。四个点都可以移动位置，只要保持线段长度不变，并且线段外侧所对的曲边形也不变就行 ...

要保持线段长度不变，并且线段外侧所对的曲边形也不变，调整点$A,B,P,P'$的位置使得$\angle APB=\angle AP'B=\frac{\pi}{2}$需要$$AP^2+PB^2=AP'^2+P'B^2$$为什么总是成立？

abababa

hbghlyj 发表于 2024-11-3 17:02
要保持线段长度不变，并且线段外侧所对的曲边形也不变，调整点$A,B,P,P'$的位置使得$\angle APB=\angle AP ...

原来如此，这样看来，点P'不是任意的，需要根据P的位置找到一个对应的才行。

hbghlyj

abababa 发表于 2024-11-4 04:47
原来如此，这样看来，点P'不是任意的，需要根据P的位置找到一个对应的才行。 ...

那么该如何修改证明呢？

hbghlyj

kuing 发表于 2024-6-12 07:46
引理 2：四边长度固定的四边形当且仅当四顶点共圆时面积最大。
第二步证等角用它以及反证法亦可。 ...

证等角 还有一种方法，在Zenodorus（古希腊数学家，公元前 200 年 - 公元前 140 年）写过：
设面积最大多边形 ABCDE [上面已证明它等边] 在顶点 B 处的角大于在顶点 D 处的角。那么 BAC 和 DEC 是不相似的等腰三角形。” 构造两个相似的等腰三角形 FAC 和 GEC，使它们的底边为 AC 和 CE，并且它们的周长之和等于三角形 BAC 和 DEC 的周长之和。然后，Zenodorus 得出结论，“两个相似的等腰三角形的面积之和大于三角形 BAC 和 DEC 的面积之和”，并且通过构造，多边形的面积增加了，与面积最大假设相矛盾。

hbghlyj

realnumber 发表于 2024-6-15 06:58
平方相加,没想到,还以为平几方面

6#的证明是 Bretschneider's formula

业余的业余

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， 证略。
经此步调整，得到一个凸 $n$ 边形。

2. 等边长。 只需证边长为 $a,b,c$ 且 $a+b$ 为定值的三角形，当且仅当 $a=b$ 时其面积取得最大值。 证略。
经此步调整，得到一个等边 $n$ 边形。当 $n=3$ 时，证明已完成。

3. 当 $n\ge4$时，调整相邻三条边及两端点连构成的孤立四边形，使作为原 $n$ 边形的两内角相等时，面积最大。只需证 边长为 $a,b,c,d (a=b=c) $ 的四边形，当且仅当 $a,b$ 所夹角 $= b,c $ 所夹角时，其面积取得最大值。证略

综上，等边，等角，即正 $n$ 边形面积最大。