\section{等周定理}
等周定理的内容(二维情况)：
第一种表述形式：在周长一定的所有封闭平面曲线中，圆所围的面积最大；
第二种表述形式：在面积一定的所有封闭平面曲线中，圆所围的周长最小。
一、古代
1. 公元前814年
古希腊以前的一个传说，据说，古代腓尼基的公主狄朵离开家乡，定居在地中海沿岸那里。
她可以用一张牛皮圈出一块地归她所有，越大越好。她把牛皮切成很大的牛皮条，然后一根根缝起来，
这样形成一条相当长的牛皮带，用它去圈地，她正确的围成半圆，这样围成的面积最大。
因此这个问题称为狄朵问题，但是这还不是严格意义下地等周问题，狄朵的曲线不是封闭的。
\begin{figure}[tbh]
\centerline{\includegraphics[width=0.3\textwidth]{1.png}}
\centerline{\small{图1\quad 等周定理}}
\end{figure}
2. 公元前五世纪的古希腊人西奥多罗斯
① 命题1：在所有等周长的三角形中，正三角形所围面积最大。
证明：设三角形的三条边长分别为$a, b, c$，则根据海*公伦**式有$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$，其中$p=(a+b+c)/2$。
于是由基本不等式可得：当且仅当$p-a=p-b=p-c$，即$a=b=c$时，$(p-a)(p-b)(p-c)$取到最大值，此时$S$最大。证毕。
② 命题2：若存在一个面积最大的多边形，则它的各边长一定相等。
证明：(反证法) 假设一个多边形面积最大，该面积设为为$S$，且存在不相等的边。
于是至少有一对不相等的边是邻边，设为$a, b$(见图2)。这是因为该多边形存在不相等的边，如果这些不相等的边都不是邻边，则每条边都和它的邻边相等，
于是这个多边形的每条边都相等，即不存在不相等的边，这与已知矛盾。
\begin{figure}[tbh]
\centerline{\includegraphics[width=0.5\textwidth]{2.png}}
\centerline{\small{图2\quad 面积最大的多边形}}
\end{figure}
那么我们可以连接AC，使ABC构成一个三角形。根据命题1，我们可以知道，当$a=b$时，$S_{\mathrm{ABC}}$为最大。
因此我们可以在保持$a$与$b$之和不变的前提下调整点B的位置(此时点B的轨迹是一个椭圆)，使得$a=b$(见图3)。
设调整之后的新面积为$S'$，显然有$S'>S$，这与假设矛盾，故得证。
\begin{figure}[tbh]
\centerline{\includegraphics[width=0.5\textwidth]{3.png}}
\centerline{\small{图3\quad 调整后的多边形}}
\end{figure}
换言之，如果某个多边形存在不相等的边，则我们一定可以通过上述的调整，使得它的面积变大，所以存在不相等的边的多边形一定不是面积最大的，
即面积最大的多边形一定是各边都相等的。
③ 命题3：任给一个正$n+1$边形与一个正$n$边形，如果它们的周长相等，则正$n+1$边形的面积更大。
证明：正$n$边形可以分成以中心为顶点的$n$个等腰三角形，正$n+1$边形可以分以中心为顶点的$n+1$个等腰三角形，但$n+1$趋于无限大，三角形的高就近等于腰，
所以正$n+1$边形的腰大于正$n$边形的腰，底边的和即周长相等，正$n+1$边形的面积大于正$n$边形的面积。
具体地，设正$n$边形的周长为1，则有其面积$S(n)$
\[S(n)=n\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{n}\times \frac{1}{2n}\times\tan\big(\frac{\pi}{n}\big)=\frac{1}{4n}\cot\big(\frac{\pi}{n}\big)\rightarrow\frac{1}{4\pi}.\]
该极限正好等于周长为1的圆的面积。取$n=3,4,\cdots,10$，可得相应的$S(n)$，见下表。
\begin{table*}[t]
\centering\caption{\text{}}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline $n$ & $S(n)$ & $n$ & $S(n)$\\
\hline 3 & 0.0481 & 4 & 0.0625\\
\hline 5 & 0.0688 & 6 & 0.0722\\
\hline 7 & 0.0742 & 8 & 0.0754\\
\hline 9 & 0.0763 & 10 & 0.0769\\
\hline\end{tabular}\centering\end{table*}
由该表可以看出，$S(n)$随$n$的增大而增大。
考虑$S(x)=\frac{1}{4x}\cot\big(\frac{\pi}{x}\big)$，于是
\[S'(x)=\frac{\pi\, \left({\cot\!\left(\frac{\pi}{x}\right)}^2 + 1\right)}{4\, x^3} - \frac{\cot\!\left(\frac{\pi}{x}\right)}{4\, x^2}.\]
通分后分母为正(只考虑$x>0$)，分子为
\[fz1(x)=\frac{\pi}{\tan\big(\frac{\pi}{x}\big)^2}+\pi-\frac{x}{\tan\big(\frac{\pi}{x}\big)}=\frac{\pi-x\tan\big(\frac{\pi}{x}\big)}{\tan\big(\frac{\pi}{x}\big)^2}+\pi\]
再通分后分母仍为正，分子为
\[fz2(x)=\pi-x\tan\big(\frac{\pi}{x}\big)+\pi\tan\big(\frac{\pi}{x}\big)^2=\pi+\tan\big(\frac{\pi}{x}\big)\big(\pi\tan\big(\frac{\pi}{x}\big)-x\big).\]
由于当$x>0$时，有$\tan(x)>x$。于是
\[fz2(x)>\pi+\tan\big(\frac{\pi}{x}\big)\big(\pi\frac{\pi}{x}-x\big)(\text{失败}).\]
换元：令$t=\pi/x$，则
$S(x)=f1(t)=\frac{t}{4\pi\tan(t)}$
不考虑$f1(t)$，考虑$f2(t)=1/(4\pi f1(t))$，即$f2(t)=\tan(t)/t$。于是
\[\begin{aligned}
f2^{\prime}(t)&=\left[\left(t/\cos^2(t)\right)-\tan(t)\right]/t^{2}\\
&=(t-\sin(t)\cos(t))/(t\cos(t))^{2}\\
&=[t-(1/2)\sin(2t)]/(t\cos(t))^{2}.
\end{aligned}\]
所以，有
1. 当$t<0$时，$f2^{\prime}(t)<0$，函数单调递减。
2. 当$t\geq 0$时，$f2^{\prime}(t)\geq 0$，函数单调递增。
因此，当$t>0$时，函数$f1(t)$单调递减。进而，当$x>0$时，函数$S(x)$单调递增。至此，等周定理证毕。
二、近现代
1. 1696年
等周问题是1696年瑞士数学家贝努利所注意的很多问题中的一个，也是17世纪数学家感兴趣的问题之一，它在数学发展史上占有重要的地位，
对变分法的产生和发展起了重要作用。
2. 1839年
德国的雅克布$\cdot$雅克比的分析证明了最大面积图形具有如下性质：
① 一定是外凸的；
② 弦等分周长则也必等分面积；
③ 两端在一直线上的图形(这些图形的周长相等)，半圆最大。
3. 1870年
德国的维尔斯特拉斯利用``变分法”理论证明了这个极值问题的存在性，并利用``变分法”求出了其最优解(泛函极值问题)。
4. 苏步青
苏步青认为，中学数学教师应对基础数学的精要有更进一层的理解与认识，而等周问题恰是人类理性文明中，既精要又美妙的一个古典几何问题，是最古老的变分法问题，
是在所有给定周长的平面封闭曲线中，求其中一条曲线使它所围成的面积最大的问题，这是一个理想的选修课题。