Как доказать, что у круга наибольшая площадь

...при данном периметре. Есть красивое рассуждение, связывающее это экстремальное свойство с симметрией: сначала установим, что фигура выпукла (вогнутые участки можно заменить плоскими, сократив периметр и увеличив площадь).

Вогнутость несовместима с оптимальностью, так как можно уменьшить периметр (красная линия длиннее синей), одновременно увеличив площадь (присоединить целую голубую область).

А потом будем делить фигуру на две части равной площади, но с различным периметром. Тогда симметричное удвоение меньшей фигуры даст ту же площадь и меньший периметр.

Может, глазомер меня подвел, но смысл ясен. Несимметричную фигуру можно разделить на две равновеликих части с разным периметром, и отразить зеркально одну, уменьшив периметр при той же площади.

Правда, до окружности так не добраться. Но можно свести n-угольник к правильному (или хотя бы центрально-симметричному). Потом установить, что из всех n-угольников наибольшую площадь при данном периметре имеет правильный n-угольник. Ну и заметим, что из двух правильных многоугольников выигрывает тот, у которого углов больше. А предел правильного многоугольника и есть окружность.

Можно порассуждать в терминах кривизн или, проще, углов. Нам надо, по сути, максимизировать отношение площади к периметру. Если отпилить маленький равнобедренный треугольник (угол α), то в площади мы проиграем площадь отпиленного треугольника, пропорциональную x², а вот в периметр уменьшим пропорционально x. Получается, что спиливать углы выгодно, но чем углы больше, тем меньше выигрыш. Так, "обрабатывая напильником" любую угловатую фигуру, придем к окружности.

Сглаживание углов уменьшает и площадь, и периметр, но потери в площади меньше, так что больше углов и большие углы - благо с точки зрения максимизации площади.

Правда, если фигура гладкая, то нужно что-то придумывать. Или работать через кривизну (участки с большой кривизной аналогичны маленьким углам, их выгодно "спрямлять"), или приблизить фигуру многоугольником (вписать в нее ломаную) и работать с ним. Начнем срезать углы, что поменьше, ну и опять придем к окружности.

Спрямив так, мы проиграем в площади меньше, чем выиграем в уменьшении периметра. Площадь кусочка, если он маленький, близка к ½πr², где r - радиус кривизны, то есть величина, обратная кривизне. А длина близка к 2r. Избавляться от больших кривизн выгодно с т.з. увеличения площади при данном периметре.

Есть способ проще (хотя кому как), но сначала более техничный.

Можно использовать аппарат вариационного исчисления, причем работать лучше в полярных координатах. Если искомая фигура имеет уравнение r=r(φ), то площадь ее равна интегралу по полному обороту (от 0 до 2π) от ½r²dφ. Правда, минимизировать этот функционал (числовую характеристику кривой) было бы опрометчиво, так как мы не внесли никаких требований на периметр, так что решение будет r=0. Нам надо, чтобы периметр был постоянный.

Угол φ отсчитывается от оси х против часовой стрелки. Синии линии - и есть r(φ), голубой угол dφ, площадь этой фигуры (это приблизительно треугольник) и есть ½r²dφ.

Периметр фигуры, то есть длина кривой, в полярных координатах выражается интегралом от √(r²+(r')r²)dφ. И этот интеграл должен принимать заданное значение. Пусть это будет число 2πR.

Формула для длины √(r²+(r')r²)dφ получается из общей формулы √((x')²+(y')²)dt, если x=rcosφ, y=rsinφ, t=φ.

Такие задачи называются изопериметрическими и решаются методом множителей Лагранжа. А именно, надо ограничение насчет периметра внести в сам функционал. Мы как бы снимаем ограничение, но вводим штраф за его нарушение, причем штраф λ тоже пока неизвестен. Получается функционал

Вот к нему уже можно применить уравнение Эйлера. Надо только отбросить постоянное слагаемое пока: оно от r все равно не зависит.

Производная по r' получается легко:

Запишем первый интеграл, он же закон сохранения, основываясь на том, что функционал от φ явно не зависит:

Откуда берется этот закон сохранения, подробно описано в заметке про вариационное исчисление.

Упростим:

У этого уравнения периодические граничные условия: на концах интервала одно и то же значение. Решение r=const подходит. И будет именно r=R. Это окружность.

Отсутствие других решений можно доказать так: любое непостоянное решение будет иметь ненулевую производную r' и, таким образом, увеличивать периметр. Чтобы вернуть периметр в норму, нам придется уменьшать фигуру, проигрывая в площади. Нестрого, но понятно.

Возможно, понятнее было бы минимизировать периметр при постоянной площади. Тогда формула для периметра в полярных координатах сразу подсказывает, что производную бы лучше сделать как можно меньше, в идеале бы равной нулю. А это и есть окружность.

А вот более простое решение (Литтлвуд). Переформулируем задачу так: доказать, что фигура с диаметром 2 не может иметь площадь больше π. Поскольку для круга это ровно π, то это и закрывает вопрос.

Диаметром фигуры называется максимальное расстояние между ее точками.

Интегрируем от направления "вправо" до направления "вверх" против часовой стрелки. Угол между красными линиями всегда 90 градусов. Под интегралом, по сути, расстояние между красными точками, а оно не превосходит диаметра фигуры.

Фигуру можно считать выпуклой. Проведем к ней касательную и выразим площадь таким интегралом:

Под интегралом стоит OP² + OQ² = PQ² ≤ 2² = 4. Тогда интеграл не превосходит 2π, а половина его как раз и получается не больше π.

Интересно попробовать все эти такие разные техники применить к другим задачам. Например, что шар имеет максимальный объем при данной площади поверхности...