问题描述
等周问题是变分法中的一个经典问题：在平面上，给定周长 $L$ 的所有闭合曲线中，哪一条曲线围成的面积最大？
直观上我们知道答案是圆，下面我们将使用变分法（Variational Calculus）严格推导这一结论。
数学建模
假设平面闭合曲线由参数方程表示：
$$ \begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t) \end{cases} \quad t \in [t_0, t_1] $$且 $x(t_0) = x(t_1), y(t_0) = y(t_1)$。
目标泛函：面积 $A$
根据格林公式 (Green’s Theorem)，闭合曲线围成的面积 $A$ 可以表示为：
$$ A = \frac{1}{2} \oint (x dy - y dx) = \frac{1}{2} \int_{t_0}^{t_1} (x y' - y x') \, dt $$其中 $x’ = \frac{dx}{dt}, y’ = \frac{dy}{dt}$。
约束条件：周长 $L$
曲线的弧长（周长）固定为 $L$：
$$ L = \int_{t_0}^{t_1} \sqrt{x'^2 + y'^2} \, dt $$拉格朗日乘子法
这是一个等周变分问题（Isoperimetric Problem），我们需要在约束条件 $L$ 下求泛函 $A$ 的极值。 通过引入拉格朗日乘子，将原本复杂的多约束优化问题转化为无约束优化问题，从而简化求解过程。 引入拉格朗日乘子 (Lagrange Multiplier) $\lambda$，构造新的辅助泛函 $J$：
$$ J = A + \lambda L = \int_{t_0}^{t_1} \left[ \frac{1}{2}(x y' - y x') + \lambda \sqrt{x'^2 + y'^2} \right] \, dt $$定义被积函数（Lagrangian）为 $F$：
$$ F(x, y, x', y') = \frac{1}{2}(x y' - y x') + \lambda \sqrt{x'^2 + y'^2} $$欧拉-拉格朗日方程 (Euler-Lagrange Equation)
为了使 $J$ 取得极值，$x(t)$ 和 $y(t)$ 必须同时满足欧拉-拉格朗日方程组：
$$ \begin{cases} \frac{\partial F}{\partial x} - \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial F}{\partial x'} \right) = 0 \\[10pt] \frac{\partial F}{\partial y} - \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial F}{\partial y'} \right) = 0 \end{cases} $$计算偏导数
对于 $x$ 的方程：
$$ \frac{\partial F}{\partial x} = \frac{1}{2}y' $$$$ \frac{\partial F}{\partial x'} = -\frac{1}{2}y + \lambda \frac{x'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} $$
对于 $y$ 的方程：
$$ \frac{\partial F}{\partial y} = -\frac{1}{2}x' $$$$ \frac{\partial F}{\partial y'} = \frac{1}{2}x + \lambda \frac{y'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} $$
代入 E-L 方程
方程 1 (关于 $x$):
$$ \frac{1}{2}y' - \frac{d}{dt} \left( -\frac{1}{2}y + \lambda \frac{x'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} \right) = 0 $$$$ \frac{1}{2}y' - \left( -\frac{1}{2}y' + \frac{d}{dt} \left( \lambda \frac{x'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} \right) \right) = 0 $$
$$ y' - \lambda \frac{d}{dt} \left( \frac{x'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} \right) = 0 \quad \text{......(1)} $$
方程 2 (关于 $y$):
$$ -\frac{1}{2}x' - \frac{d}{dt} \left( \frac{1}{2}x + \lambda \frac{y'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} \right) = 0 $$$$ -\frac{1}{2}x' - \left( \frac{1}{2}x' + \frac{d}{dt} \left( \lambda \frac{y'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} \right) \right) = 0 $$
$$ -x' - \lambda \frac{d}{dt} \left( \frac{y'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} \right) = 0 \quad \text{......(2)} $$
积分求解
对 (1) 式关于 $t$ 积分：
$$ y - \lambda \frac{x'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} = C_1 \quad \Rightarrow \quad y - C_1 = \lambda \frac{x'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} $$对 (2) 式关于 $t$ 积分：
$$ -x - \lambda \frac{y'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} = -C_2 \quad \Rightarrow \quad x - C_2 = -\lambda \frac{y'}{\sqrt{x'^2 + y'^2}} $$(这里为了形式统一，积分常数设为 $-C_2$)
我们得到了两个方程：
- $y - C_1 = \lambda \frac{x’}{\sqrt{x’^2 + y’^2}}$
- $x - C_2 = -\lambda \frac{y’}{\sqrt{x’^2 + y’^2}}$
将两式平方并相加：
$$ (x - C_2)^2 + (y - C_1)^2 = \lambda^2 \left( \frac{y'^2}{x'^2 + y'^2} + \frac{x'^2}{x'^2 + y'^2} \right) $$$$ (x - C_2)^2 + (y - C_1)^2 = \lambda^2 \left( \frac{x'^2 + y'^2}{x'^2 + y'^2} \right) $$
最终得到：
$$ (x - C_2)^2 + (y - C_1)^2 = \lambda^2 $$结论
方程 $(x - C_2)^2 + (y - C_1)^2 = \lambda^2$ 正是一个圆的方程。
- 圆心坐标为 $(C_2, C_1)$
- 半径为 $R = |\lambda|$
因此，在周长固定的闭合曲线中，围成面积最大的曲线是圆。