经典等周不等式:对平面内任一条简单闭曲线$\gamma$, 设其周长为$L$, 所围区域面积为$A$, 有

$ \begin{equation} L^2-4\pi A\geq0, \end{equation}$

(1.1)

等号成立当且仅当$\gamma$是一个圆周.

1882年, Edler第一个给出严格的数学证明, 此后相继出现多种不同证明方法^[3], 而在这些证明中, 用到极坐标的情况非常少, 不等式中带有极坐标形式的基本没有.因此给出一些带有极坐标形式的等周型不等式是必要的.并且从文中定理2.4, 定理2.5中带有极坐标的等周型不等式来看, 当$L^2-4\pi A=0$时, 可以很直观的发现该曲线为圆周.

引理2.1 ^[4] %这是引理内容.对任意一条简单闭曲线$\gamma$, 存在唯一一个包含$\gamma$的最小圆环.并且至少存在四点$P_1, P_2, P_3, P_4$, 其中$P_1, P_3$在该圆环的内圆周上, $P_2, P_4$在该圆环的外圆周上, 使得$P_1, P_2, P_3, P_4$依次排列在曲线$\gamma$上.

注   Chouikha ^[5]对Jordan多项式的情形作出了证明, 在文献[4]中推广到一般简单闭曲线.

接下来, 如无特别说明, 我们一直假设$\gamma$是一条$C^2$可求长的正定向闭凸曲线, 设其周长为$L$, 所围区域面积为$A$.由引理2.1, 存在唯一一个包含$\gamma$的最小圆环, 记其中心为$O$, 其内外圆周的半径分别为$r_{\rm in}(O), r_{\rm out}(O)$.以$O$为坐标原点, 任选一方向为极轴方向, 建立极坐标系$\{O; \rho(\theta)\}$.

引理2.2 ^[2] 如果$O$是包含闭凸曲线$\gamma$的最小圆环的中心, 则$\gamma$的Bonnesen函数

$ \begin{equation} g(r)=Lr-A-\pi r^2\geq0, ~~r_{\rm in}(O)\leq r\leq r_{\rm out}(O). \end{equation}$

(2.1)

注   Bonnesen ^[1]在1921年提出了Bonnesen不等式, 由文献[2]中(1.7)式可以得到此引理.

定理2.3   若$\rho(\theta)$是按上述定义在$C^2$闭凸曲线$\gamma$上的极坐标, 则有

$ \begin{equation} L\geq\int_0^{2\pi}\rho\, d\theta, ~~\sqrt{4\pi A}\geq\int_0^{2\pi}\rho\, d\theta. \end{equation}$

(2.2)

并且两个不等式取等皆当且仅当$\gamma$为圆周.

证  

$ \begin{equation} L=\int_0^{2\pi}\sqrt{\rho^2+\rho_{\theta}^2}\, d\theta\geq\int_0^{2\pi}\rho\, d\theta. \end{equation}$

(2.3)

由于

$ \begin{equation} 2A=\int_0^{2\pi}\rho^2\, d\theta, \end{equation}$

(2.4)

再运用Cauchy不等式

$ \begin{equation} \int_0^{2\pi}\rho\, d\theta\leq\sqrt{\int_0^{2\pi}\rho^2\, d\theta\int_0^{2\pi}1\, d\theta}=\sqrt{4\pi A}. \end{equation}$

(2.5)

定理2.4   若$\rho(\theta)$是按上述定义在$C^2$闭凸曲线$\gamma$上的极坐标, 则有

$ \begin{equation} L^2-4\pi A\geq L\int_0^{2\pi}(\sqrt{\rho^2+\rho_{\theta}^2}-\rho)\, d\theta, \end{equation}$

(2.6)

并且该不等式取等当且仅当$\gamma$为圆周.

证   由于$\{O; \rho(\theta)\}$是以包含$\gamma$的最小圆环的中心为原点, 故

$ \begin{equation} \rho([0, 2\pi])=[r_{\rm in}(O), r_{\rm out}(O)]. \end{equation}$

(2.7)

因此由引理2.2,

$ \begin{equation} g(\rho)=L\rho-A-\pi\rho^2\geq0. \end{equation}$

(2.8)

关于$\theta$在$[0, 2\pi]$上积分, 再利用$L=\displaystyle\int_0^{2\pi}\sqrt{\rho^2+\rho_{\theta}^2}\, d\theta$和$2A=\displaystyle\int_0^{2\pi}\rho^2\, d\theta$得到

$ \begin{equation} L\displaystyle\int_0^{2\pi}\rho\, d\theta-4\pi A\geq0. \end{equation}$

(2.9)

由此可得(2.6)式.

若$\gamma$为圆周, 则$\rho(\theta)\equiv0$, (2.6)式两边恒为0, 故取等.反过来, 若(2.6)式取等, 则(2.9)式取等, 由(2.8)式左边函数的连续性可知$g(\rho)\equiv0, \forall\rho\in[r_{\rm in}(O), r_{\rm out}(O)]$, 因此$r_{\rm in}(O)=r_{\rm out}(O)$, 故$\gamma$为圆周.

定理2.5   若$\rho(\theta)$是按上述定义在$C^2$闭凸曲线$\gamma$上的极坐标, 则有

$ \begin{equation} L^2-4\pi A\geq \frac{\pi}{m}\displaystyle\int_0^{2\pi}\rho_{\theta}^2\, d\theta, \end{equation}$

(2.10)

其中$m=\max\{\max\limits_{[0, 2\pi]}{|\frac{-\rho_{\theta\theta}}{\rho}|}, 1\}$, 并且该不等式取等当且仅当$\gamma$为圆周.

证  考虑$\sqrt{\rho^2+\frac{1}{m+\varepsilon}\rho_\theta^2}$的值域, 其中$\varepsilon$为任意正数.

若

$ \begin{equation} (\rho^2+\frac{1}{m+\varepsilon}\rho_\theta^2)^\prime_\theta=2\rho\rho_\theta+\frac{2}{m+\varepsilon}\rho_\theta\rho_{\theta\theta}=0. \end{equation}$

(2.11)

由于$m+\varepsilon>\max{|\frac{-\rho_{\theta\theta}}{\rho}|}$, 故$\rho_{\theta\theta}+(m+\varepsilon)\rho>0$.因此, 由(2.11)式得到$\rho_\theta=0$, 此时有$\rho^2+\frac{1}{m+\varepsilon}\rho_\theta^2=\rho^2$, 即$\rho^2+\frac{1}{m+\varepsilon}\rho_\theta^2$在极值点处均等于$\rho^2$.

由于$\{O; \rho(\theta)\}$是以包含$\gamma$的最小圆环的中心为原点, 故

$ \begin{equation} \rho([0, 2\pi])=[r_{\rm in}(O), r_{\rm out}(O)]. \end{equation}$

(2.12)

因此有

$ \begin{equation} \sqrt{\rho^2+\frac{1}{m+\varepsilon}\rho_\theta^2}\Big([0, 2\pi]\Big)=[r_{\rm in}(O), r_{\rm out}(O)]. \end{equation}$

(2.13)

因此由引理2.2,

$ \begin{equation} g(\sqrt{\rho^2+\frac{1}{m+\varepsilon}\rho_\theta^2})=L\sqrt{\rho^2+\frac{1}{m+\varepsilon}\rho_\theta^2} -A-\pi(\rho^2+\frac{1}{m+\varepsilon}\rho_\theta^2)\geq0. \end{equation}$

(2.14)

关于$\theta$在$[0, 2\pi]$上积分, 再利用$L=\displaystyle\int_0^{2\pi}\sqrt{\rho^2+\rho_{\theta}^2}\, d\theta$, $2A=\displaystyle\int_0^{2\pi}\rho^2\, d\theta$和$m+\varepsilon>1$, 得到

$ \begin{equation} L^2-4\pi A\geq L\displaystyle\int_0^{2\pi}\sqrt{\rho^2+\frac{1}{m+\varepsilon}\rho_\theta^2}\, d\theta-4\pi A\geq\frac{\pi}{m+\varepsilon}\displaystyle\int_0^{2\pi}\rho_{\theta}^2\, d\theta. \end{equation}$

(2.15)

由$\varepsilon$的任意性可得(2.10)式.

若$\gamma$为圆周, 则$\rho(\theta)\equiv0$, 则(2.10)式两边恒为0, 故取等.反过来, 若(2.10)式取等, 则由被积函数的连续性, $g(\sqrt{\rho^2+\frac{1}{m}\rho_\theta^2})\equiv0, \forall\sqrt{\rho^2+\frac{1}{m}\rho_\theta^2}\in[r_{\rm in}(O), r_{\rm out}(O)]$, 因此$r_{\rm in}(O)=r_{\rm out}(O)$, 故$\gamma$为圆周.

推论2.6   %这是推论.若$\rho(\theta)$是按上述定义在$C^2$闭凸曲线$\gamma$上的极坐标, $k$为曲线$\gamma$的曲率, 且有$0\leq k < \frac{2}{\sqrt{\rho^2+\rho_{\theta}^2}}$, 则有

$ \begin{equation} L^2-4\pi A\geq \pi\displaystyle\int_0^{2\pi}\rho_{\theta}^2\, d\theta\geq\frac{1}{2}(L^2-4\pi A), \end{equation}$

(2.16)

并且其中两个不等式取等皆当且仅当$\gamma$为圆周.

证  由于

$ \begin{equation} k=\frac{\rho^2+2\rho_\theta^2-\rho\rho_{\theta\theta}}{(\rho^2+\rho_\theta^2)^{\frac{3}{2}}}. \end{equation}$

(2.17)

故

$ \begin{equation} k<\frac{2}{\sqrt{\rho^2+\rho_{\theta}^2}}~~\Longleftrightarrow~~\rho_{\theta\theta}+\rho>0. \end{equation}$

(2.18)

按照定理2.5的证明方法, 可得(2.16)式左侧不等式, 至于后面的不等式, 可由Cauchy不等式

$ \begin{equation} 2\pi\displaystyle\int_0^{2\pi}\rho_{\theta}^2\, d\theta+4\pi A=2\pi\displaystyle\int_0^{2\pi}(\rho^2+\rho_{\theta}^2)\, d\theta\geq (\displaystyle\int_0^{2\pi}\sqrt{\rho^2+\rho_{\theta}^2}\, d\theta)^2=L^2. \end{equation}$

(2.19)

注  对于椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1, ~a, b>0.$若$\frac{\sqrt2}{2} < \frac{b}{a} < \sqrt2$成立, 则该椭圆满足推论2.6的条件.

事实上, 由椭圆极坐标形式

$ \begin{equation} \rho(\theta)=\frac{ab}{\sqrt{a^2\sin^2{\theta}+b^2\cos^2{\theta}}}, \end{equation}$

(2.20)

由

$ \begin{equation} \rho+\rho_{\theta\theta}=\frac{ab}{(a^2\sin^2{\theta}+b^2\cos^2{\theta})^{5/2}}(2a^4\sin^2\theta+2b^4\cos^2\theta-a^2b^2) \end{equation}$

(2.21)

可知当$\frac{\sqrt2}{2} < \frac{b}{a} < \sqrt2$时, $\rho+\rho_{\theta\theta}>0, \forall\theta\in[0, 2\pi]$.再由(2.18)式即可.