等周定理 ，又稱等周不等式 （英語：isoperimetric inequality 周界 長度相等的封閉幾何形狀 之中，以圓 形的面積 最大；另一個說法是面積相等的幾何形狀之中，以圓形的周界長度最小。這兩種說法是等價的。它可以以不等式 表達：若
P
{\displaystyle P}
曲線 的周界長，
A
{\displaystyle A}
4
π
A
≤
P
2
{\displaystyle 4\pi A\leq P^{2}}
雖然等周定理的結論早已為人所知，但要嚴格的證明這一點並不容易。首個嚴謹的數學證明直到19世紀才出現。之後，數學家們陸續給出了不同的證明，其中有不少是非常簡單的。等周問題有許多不同的推廣，例如在各種曲面而不是平面上的等周問題，以及在高維的空間中給定的「表面 」或區域的最大「邊界長度」問題等。
在物理中，等周問題和跟所謂的最小作用量原理 有關。一個直觀的表現就是水珠的形狀。在沒有外力的情況下（例如失重的太空艙里），水珠的形狀是完全對稱的球體。這是因為當水珠體積一定時，表面張力 會迫使水珠的表面積達到最小值。根據等周定理，最小值是在水珠形狀為球狀時達到。
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，而周長不變 一個狹長的圖形可以通過「壓扁」來變得「更圓」，從而使得面積更大而周長不變。 平面上的等周問題是等周問題最經典的形式，它的出現可以追溯到很早以前。這個問題可以被表述為：在平面上所有周長一定的封閉曲線中，是否有一個圍成的面積最大？如果有的話，是什麼形狀？另一種等價的表述是：當平面上的封閉曲線圍成的面積一定時，怎樣的曲線周長最小？
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——雅各·史坦納 [ 1]
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 憑傅里葉級數 和格林定理 給出一個純解析的證明。
以下給出一個較初等的證明[ 2]
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'不包含於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後得到一個同樣周長，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
{\displaystyle A_{1}>A_{2}}
A
2
{\displaystyle A_{2}}
A
1
{\displaystyle A_{1}}
2
A
1
>
A
1
+
A
2
=
A
{\displaystyle 2A_{1}>A_{1}+A_{2}=A}
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
{\displaystyle P_{1}}
P
1
′
{\displaystyle P'_{1}}
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
{\displaystyle P_{1}}
P
1
′
{\displaystyle P'_{1}}
λ
{\displaystyle \lambda }
μ
{\displaystyle \mu }
N
″
{\displaystyle N''}
Q
1
{\displaystyle Q_{1}}
解析失败 (SVG（MathML可通过浏览器插件启用）：从服务器“http://localhost:6011/wiki.gdrain.workers.dev/v1/”返回无效的响应（“Math extension cannot connect to Restbase.”）：): {\displaystyle Q'_1}
。適當調整
λ
{\displaystyle \lambda }
μ
{\displaystyle \mu }
M
Q
1
N
″
Q
1
′
M
{\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M}
此時
Q
1
{\displaystyle Q_{1}}
Q
1
′
{\displaystyle Q'_{1}}
P
λ
/
2
{\displaystyle P\lambda /2}
P
μ
/
2
{\displaystyle P\mu /2}
A
λ
2
/
2
{\displaystyle A\lambda ^{2}/2}
A
μ
2
/
2
{\displaystyle A\mu ^{2}/2}
λ
M
N
=
μ
M
N
′
{\displaystyle \lambda MN=\mu MN'}
由於曲綫
M
Q
1
N
″
Q
1
′
M
{\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M}
P
λ
/
2
+
P
μ
/
2
=
P
{\displaystyle P\lambda /2+P\mu /2=P}
λ
+
μ
=
2
{\displaystyle \lambda +\mu =2}
λ
M
N
=
μ
M
N
′
,
M
N
>
M
N
′
{\displaystyle \lambda MN=\mu MN',MN>MN'}
0
<
λ
<
1
{\displaystyle 0<\lambda <1}
所以，
M
Q
1
N
″
Q
1
′
M
{\displaystyle MQ_{1}N''Q'_{1}M}
A
(
λ
2
+
μ
2
)
/
2
=
A
(
λ
2
+
(
2
−
λ
)
2
)
/
2
=
A
(
λ
2
−
2
λ
+
2
)
>
A
{\displaystyle A(\lambda ^{2}+\mu ^{2})/2=A(\lambda ^{2}+(2-\lambda )^{2})/2=A(\lambda ^{2}-2\lambda +2)>A}
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。
不妨將封閉圖形周長定為2π，選取弧長參數t 其取值為從0到2π，有參數方程 (x ,y )=[x (t ),y (t )]，並且根據封閉圖形有[x (0),y (0)]=[x (2π),y (2π)]。現展開為傅里葉級數 ：
x
(
t
)
=
a
0
2
+
∑
k
=
1
∞
[
a
k
cos
(
k
t
)
+
b
k
sin
(
k
t
)
]
y
(
t
)
=
c
0
2
+
∑
k
=
1
∞
[
c
k
cos
(
k
t
)
+
d
k
sin
(
k
t
)
]
{\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}}
以及相應導數：
x
′
(
t
)
=
∑
k
=
1
∞
[
−
k
a
k
sin
(
k
t
)
+
k
b
k
cos
(
k
t
)
]
y
′
(
t
)
=
∑
k
=
1
∞
[
−
k
c
k
sin
(
k
t
)
+
k
d
k
cos
(
k
t
)
]
{\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}}
考慮帕塞瓦爾恆等式 （注意這裡是實數情形），可以得到：
∑
k
=
1
∞
k
2
(
a
k
2
+
b
k
2
+
c
k
2
+
d
k
2
)
=
∫
0
2
π
[
x
′
(
t
)
]
2
+
[
y
′
(
t
)
]
2
π
d
t
=
2
(
1
)
{\displaystyle \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 {d} t=2\qquad (1)}
其中第二個等號是因為弧長參數表示的微分滿足
[
x
′
(
t
)
]
2
+
[
y
′
(
t
)
]
2
=
1
{\displaystyle [x'(t)]^{2}+[y'(t)]^{2}=1}
根據格林公式 ，得到封閉圖形面積為
S
=
∫
0
2
π
x
(
t
)
y
′
(
t
)
d
t
{\displaystyle S=\int _{0}^{2\pi }x(t)y'(t)\mathrm {d} t}
S
π
=
∫
0
2
π
x
(
t
)
y
′
(
t
)
π
d
t
=
∑
k
=
1
∞
k
(
a
k
d
k
−
b
k
c
k
)
(
2
)
{\displaystyle {\frac {S}{\pi }}=\int _{0}^{2\pi }{\frac {x(t)y'(t)}{\pi }}\mathrm {d} t=\sum _{k=1}^{\infty }k(a_{k}d_{k}-b_{k}c_{k})\qquad (2)}
整理與聯繫上述等式(1)與(2)，得：
4
π
2
−
4
π
S
=
2
π
2
∑
k
=
1
∞
[
k
2
(
a
k
2
+
b
k
2
+
c
k
2
+
d
k
2
)
−
2
k
(
a
k
d
k
−
b
k
c
k
)
]
=
2
π
2
∑
k
=
1
∞
[
(
k
a
k
−
d
k
)
2
+
(
k
b
k
+
c
k
)
2
+
(
k
2
−
1
)
(
c
k
2
+
d
k
2
)
]
⩾
0
{\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}}
此時可以證明S 存在最大值（初等證明里沒有證明解的存在性），即該不等式取等號時的情況，當且僅當滿足以下條件：
{
a
1
−
d
1
=
0
b
1
+
c
1
=
0
a
k
=
b
k
=
c
k
=
d
k
=
0
k
⩾
2
{\displaystyle {\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}}}
最終可以得到參數方程即為圓：
{
x
=
a
0
2
+
a
1
cos
t
+
b
1
sin
t
y
=
c
0
2
−
b
1
cos
t
+
a
1
sin
t
{\displaystyle {\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}}}
證畢。
^ J. Steiner, Einfacher Beweis der isoperimetrischen Hauptsätze , J. reine angew Math.
18 , (1838), pp. 281–296; and Gesammelte Werke Vol. 2, pp. 77–91, Reimer, Berlin, (1882).
^ 福原満洲雄、山中健，変分學入門，朝倉書店，1978.3.
![{\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/26376b10276886e3391c848cca4998c385c7900f)
![{\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1ba4c742ff861ef2154197681f3c30d9ce794a7c)
![{\displaystyle \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 {d} t=2\qquad (1)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/64966efba941bec5c8be5a95ce26a692b41c9145)
![{\displaystyle [x'(t)]^{2}+[y'(t)]^{2}=1}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4c71fc21cd4f7fd990f4ba07446efc5950f97d90)
![{\displaystyle {\begin{aligned}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{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7bd4ed33ba23c3766c230272e405fcb798f39f72)
