这个问题的答案应该是真的小学生都知道（

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超前预告：我在我校某老师的个人主页里，一本给大三学生用的全球知名研究生教材中找到了答案。（冷知识：这句话没有语病。）

第一章 毕导的胎教班：讲故事

（以下内容为智英一时兴起编的故事，真实的历史会在本章的结尾解释清楚）

从前有个英国老爷，他想 $\sout{抢来}$ 圈占一块地，作为自己拥有的土地。既然是圈地，自然要划清土地的边界，因此便要绕着圈的地走一圈，到处都树上篱笆，篱笆内的地全归他所有。不过，这个老爷生性懒惰，不想干体力活，于是希望走最少的路，圈起一块最大的地。这老爷又傻，不知道该怎么圈，才能让自己圈出来的地最大。不过有一点好事：毕竟是老爷，关系网还是有的。于是他写信请到了海对岸瑞士国的斯军师，给他提意见。

“依我看，老爷，”斯军师说，“如果你希望走的路最短，圈的地最大，这地得是圆形的。”

“我可不喜欢吃亏，我要的就是最好的。”老爷说，“您说最好是圆的，您就必须得向我证明出来。万一有更好的结果我没听到，我必然放不过你。”

“这地嘛，得有三条性质。有这三条性质的，非圆形莫属。第一条，这地不能凹一块儿下去，必须凸起来。”

“凭啥？”

“老爷请看，这是一块凹下去的地。我们从一头到另一头，连出一条在您的地外面的线，对着这条线，我们把凹下去的部分翻过来。就跟这图画的一样。”

“您看，原本凹下去的地，现在凸出来了。地可是大了不少；但您要走的路，一点儿也没多。照这样的话，您能喜欢凹下去的地吗？所以啊，这地必须得凸出来。”

“凸的地就一定是圆的吗？你别诓我。”

“您急啥呀，这不没说完嘛。第二条性质：如果用直线把这地分成两块，这两块地是一样大，那绕这块地走一圈，在上面和下面走过的路也得是一样长。”

“你说要把我的地分成两块？”

“假如，假如嘛！我们还是画个图：”

“假如说绕上面这半块地走一圈比较短，就把它翻转下来，盖掉下面原有的那一片。原来上下两块地就一样大，这一翻转过来，您的地可一点没少；但您瞧，原来下面那一段比上面要走的路长；但现在在下面那半块地，你也只需要走原来上面要走的路。这样的话，绕新的地走一圈，可比原来省了不少路。所以，您肯定不喜欢原来那一块地儿，我说的是不？”

“说的倒是。可是长方形的地也有这特点啊？凭啥非叫我围成圆形？”

“这还有第三条呢：这块地边上任意一点，与平分这块地的直线在地边上的两个点，会形成一个角；您喜欢的地，这个角必须是直角。”

“听不懂。”

“那我画个图给您看：”

“图里面这角，非是直角不可。要不然，咱可以画出一块更大的地：”

“角的两条边长度不变，把这角打开成直角；保持直线下面在这角以外的地方一点别动。这样的话，在直线下面的部分，要走的路没变，但这三角形的面积可有了变化：如果以下面这边作为底，那原本的高比侧面那边要短，但现在刚好相等。所以三角形里面的面积变大了。这就是说，直线下面那一片儿，您要走的路没有多，您能拿的地更大了。至于上面，直接翻折过去就行了。原来那块地里，下面要走的路和下面圈出的地都刚好是整块地的一半；现在这块地，下面要走的路和下面圈出的地也都刚好是整块地的一半。下面要走的路没变过，所以总共走的路也一样；但现在这块地下半部分都更大，上半部分和下半部分一样大，那不是也要更大？所以，新的地比原来的地要大不少。您绝对不会喜欢原来那块地的，可不？”

“还真是。”

“最大的地要有上面这些限制的话，我们随便挑一条平分这块地的线。由于图里那个角非得是直角不可，它必须在上面那条线为直径的圆上。这么说，您最喜欢的地可不就是圆形的吗？”

“还真是！给您这些篱笆，您给我去圈一块圆形的地出来吧！以后，这地可就是我的啦！”

斯军师解释了半天，还要干体力劳动，自然有些不太情愿。不过忙活这一通下来，也不是没有好处。这老爷圈好了地之后，逢人就炫耀，说“这可是瑞士国的斯军师给我画的地啊！”久而久之，不少人都听说了斯军师的名声，都尊称他为“数学家”。

时光流转，老爷老了，死了，少爷继承了他的地，成了新的老爷；斯军师也去世了。但这个故事还在坊间广泛流传。有天，有个叫魏嘉豪的德国人听说了这事。

“唉，斯军师聪明一世，糊涂一时啊！老爷提的要求不算过分，他还能挑出最大的；若是给他这些地，老爷岂不会大发雷霆？”

“你是何人，敢质疑大数学家斯军师？”旁人问。

“假设我有无穷多块地，大小分别是1，2，3，……，所有的正整数。想要多大的地，我都能给那老爷挑出来。但是斯军师会想：大小是2的地，没有大小是4的地大；大小是3的地，没有大小是9的地大；……除了大小是1的地，每块地都没有它平方对应的地大。按斯军师的挑法，除了1外面的所有地，都不可能是最大的，他就会把那块大小是1的地交给那老爷。老爷听说了，还不得发火？”

越来越多的人围了上来，估计是把魏嘉豪当成了疯子。

“问题出在哪呢？我说的这例子，这些地里面，根本就没有最大的；所以，如果用有限长的边，圈不出无限大的地，斯军师的做法就是对的。但是，万一用有限长的边，真能圈出无限大的地呢？我回去得好好想想。”

魏嘉豪回了家，经过几个星期的演算，他得到了结果：有限长的边，确实圈不出无限大的地。结合斯军师的做法，就可以得到：周长一定时，面积最大的图形是圆。他向数学学会投了他的文章，那些数学家们看了，大为惊诧，却又纷纷表示认可。他们一致认为：最早完全解决了这个问题的，就是魏嘉豪了。魏嘉豪自此进入了真正数学家的行列，名垂青史。

不过呢，市井的评价又是另一番样子了。有人说：“最小的地怎么可能是最大的地呢？可不胡扯！”有人说：“用有限长的边，怎么可能圈出无限大的地呢？是个人都知道的事，魏嘉豪还拿来显摆！”虽然有些人听懂了魏嘉豪的意思，试着向其他人解释，奈何那些人听不懂，还要指责他们为“魏嘉豪的同党”。于是乎，“嘉豪”这词便成了贬义，专指没知识却喜欢硬装的人。虽然说按这意思解释，魏嘉豪可绝对算不上“嘉豪”，但实在拦不住大家的热情，这词便流传到了今天。

故事讲完了，来讲讲真实的历史：

真实历史上，瑞士数学家雅各布·斯坦纳（Jakob Steiner）给出了这一问题的几何“证明”：周长一定时，面积最大的图形是圆。他的论证过程已在上面用“斯军师”的话完整呈现。这一证明依赖“周长一定时，面积最大的图形存在”的假设，但斯坦纳本人没有发现这一点。1870年，德国数学家卡尔·魏尔斯特拉斯（Karl Weierstrass）发现了斯坦纳证明的缺陷，并自己补全了这一缺陷，最终证明了：对于连续光滑简单闭曲线，周长一定时，圆围成的面积最大。不过，魏尔斯特拉斯的证明较为复杂。对于连续光滑曲线，最知名的证明由魏尔斯特拉斯的学生，阿道夫·胡尔维兹（Adolf Hurwitz，跟那个阿道夫没有关系）给出，下一章会有详细讲述。

第二章 毕导的小学一年级：胡尔维兹与基于傅里叶级数的证明

阿道夫·胡尔维兹，虽然被称为“著名”数学家，但在没有一些专业基础的情况下，很少会听到这个名字。不过，如果说出这个人的人物关系，估计大家就都听过了：魏尔斯特拉斯的学生，闵可夫斯基（Hermann Minkowski）的老师。

1902年，胡尔维兹仅仅使用一年级学生都能看懂（哪个一年级你别管）的傅里叶级数知识，优化了魏尔斯特拉斯的证明过程，得到：凡是光滑简单闭曲线围成的区域，都满足等周不等式。他使用的方法如下：

我们记曲线的长度为 $L$ 。考虑这么一件事：

从曲线上一点出发，然后像第一章里的那个老爷一样，绕着整条曲线逆时针走一圈。走过的距离当然是 $L$ 。现在，假如我们还没走完一整圈，而只走过了距离 $s(0\le s\le L)$ ，我们的位置应该是只与 $s$ 相关的。

对于我们限定的光滑曲线，可以证明有这样的结论：我们所在位置的坐标 $(x,y)$ 可以表示为 $s$ 的函数 $\mathbf r(s)=(x(s), y(s))$ ，且 $x(s), y(s)$ 可导，导函数连续。

走完一整圈之后，我们当然应该回到了起点。因此，必然有 $x(L)=x(0), y(L)=y(0)$ 。

接下来，我们考虑每一段微小的弧长 $\mathrm ds$ 。

很明显，当 $\mathrm dx$ 和 $\mathrm dy$ 足够小时，我们可以把 $\mathrm ds$ 看作直线，从而 $(\mathrm ds)^2=(\mathrm dx)^2+(\mathrm dy)^2$ 。

两边同时除以 $(\mathrm ds)^2$ ，得到 $(x'(s))^2+(y'(s))^2=1$ 。

记住这个条件，后面要考。

不过， $s$ 定义在 $[0, L]$ 上，缺乏对称性还跟一个参数挂钩，实在难看。为此，我们通过一些技巧，让其定义域变为 $[-\pi, \pi]$ ：

令 $\varphi(t)=x(\frac{L}{2}(1+\frac{t}{\pi}))$ ， $\psi(t)=y(\frac{L}{2}(1+\frac{t}{\pi}))$ 。其中 $t\in[-\pi,\pi]$ 。

这是最简单的变换定义域到 $[-\pi, \pi]$ 的方法。我们发现，这样依旧能保持原来函数 $x(s), y(s)$ 的不少性质。

例如，由复合函数的求导法则，有 $\varphi'(t)=\frac{L}{2\pi}x'(\frac{L}{2}(1+\frac{t}{\pi}))$ ， $\psi'(t)=\frac{L}{2\pi}y'(\frac{L}{2}(1+\frac{t}{\pi}))$ .

由 $x'^2+y'^2=1$ ，得到 $(\varphi'(t))^2+(\psi'(t))^2=(\frac{L}{2\pi})^2=\frac{L^2}{4\pi^2}$ 。

我们一直在讨论弧长相关的内容，那面积怎么表示呢？

由一年级学过的格林定理（依旧哪个一年级你别管）， $\oint_\ell x\mathrm dy=S$ ，利用这一点，我们可以得到

 $\int_0^Lx(s)y'(s)\mathrm ds=S$ ，

而令 $t=\frac{2s-L}{L}\pi$ ，则 $x(s)=\varphi(t), y'(s)=\frac{2\pi}{L}\psi'(t)$ ， $\mathrm ds=\frac{L}{2\pi}\mathrm dt$ 。

由此可以得到 $S=\int_{-\pi}^\pi\varphi(t)\psi'(t)\mathrm dt$ 。

从而我们要证明的就是：若 $(\varphi'(t))^2+(\psi'(t))^2=\frac{L^2}{4\pi^2}$ ，则 $L^2\ge 4\pi\int_{-\pi}^\pi\varphi(t)\psi'(t)\mathrm dt$ 。

截至目前，我们用到的都是一些微积分的知识，并没有看到任何与傅里叶级数相关的征兆……吗？

注意出现的 $\int_{-\pi}^\pi\varphi(t)\psi'(t)\mathrm dt$ 这个形式，它是 $\varphi$ 和 $\psi'$ 两个 $[-\pi,\pi]$ 上函数的内积！

所以说，我们可以对 $\varphi, \psi, \varphi', \psi'$ 进行傅里叶级数展开，然后再进一步处理。

这里来谈谈背景：什么是傅里叶级数呢？

由一年级（请自动补全）学过的泰勒展开，我们知道，很多函数都可以表示为幂级数的形式，也就是：

 $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_nx^n$ 

而傅里叶级数，就是使用某种方法，将函数展开为由三角函数表示的级数。

当然，我们都知道，三角函数具有周期性，所以最原始的表述是针对周期函数的：

我们定义：周期为 $2\pi$ 的函数 $f(x)$ 的傅里叶级数为 $\displaystyle\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$ ，

其中 $a_n=\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos nx \mathrm dx$ ， $b_n=\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin nx\mathrm dx$ 。

记作 $f(x)\sim\displaystyle\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$ 。

等一下，为什么用的不是等号？

谁跟你说右边的级数一定收敛了？

那么，我们现在就可以把 $\varphi(x)$ 和 $\psi(x)$ 写成傅里叶级数：

 $\varphi(x)\sim\displaystyle\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$ ；

 $\psi(x)\sim\displaystyle\frac{c_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty(c_n\cos nx+d_n\sin nx)$ 。

现在，我们需要求这两函数导数的傅里叶级数。

这个我肯定会了，一项项求嘛！

恭喜你，回答错误。因为 $S(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f_n(x)$ 可逐项求导的条件要两个：

① $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f_n(x)$ 一致收敛；

② $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty f_n'(x)$ 一致收敛。

什么是一致收敛？

（拿起课本，声情并茂地朗读）对于任意的 $\varepsilon\gt 0$ ，如果存在 $N\in \N^*$ ，当 $n\gt N$ 时，对任意的 $x\in \R$ ，有 $\left|S(x)-\displaystyle\sum_{i=0}^n f_n(x)\right|\lt\varepsilon$ ，则称 $\displaystyle\sum_{i=0}^nf_n(x)$ 一致收敛到 $S(x)$ 。

（放下课本，语气冰冷地回复）不过你不需要知道这些。

你只需要知道：判定傅里叶级数一致收敛，需要两个条件： $f(x)$ 连续且分段可${\displaystyle}$微。这被称为狄利克雷定理。

由 $\varphi$ 和 $\psi$ 可导且导函数连续，结合狄利克雷定理，①条件是满足的。但是②的正确性，各位试证一个来。

所以，碰到这种情况，还不如另起炉灶，直接由定义求 $\varphi'(x)$ 和 $\psi(x)$ 的傅里叶级数。

（未完待续）