著名數學結論證明過程?請不要忽視這個定理，它非常具有魅力，解決它的過程，得出的推論也非常具有魅力，而這個定理及推論可能是非常重要的認知自然的線索，現在小編就來說說關于著名數學結論證明過程?下面内容希望能幫助到你，我們來一起看看吧!

著名數學結論證明過程

請不要忽視這個定理，它非常具有魅力，解決它的過程，得出的推論也非常具有魅力，而這個定理及推論可能是非常重要的認知自然的線索。

一、傳承2000多年未被證明的定理

有一個定理，聽起來很簡單，但證明起來很麻煩。它就是周長定理，該定理的完整表述如下：周長相等的平面封閉圖形中圓形的面積最大。

這個定理看起來很簡單，簡單舉例驗證其結果也完全正确。于是，人們就一定把這個結論看作理所當然的，當成公理一樣來使用。這個問題從首次被芝諾多羅斯（公元前200年到公元前140年）正式提出，但并沒有給出詳細證明，隻是指出了幾個步驟：1、周長相等的多邊形中，正多邊形面積最大；2、周長相等的多邊形中，邊的數量越多面積越大；3、周長相等的圖形中，圓形的面積最大。這個看起來就像是基于直覺和幾何作圖後的猜想。

後來，古希臘數學家帕普斯（大約公元290年到公元350年）在他的《數學彙編》中收納了這一結論，并做出了發展，周長相等的弓形圖形中，半圓的面積最大。同樣，他也沒給出證明過程。（但是，弓形面積最大定理必須是周長不包含底邊才是成立的，否則它是錯誤的！比如半徑為1時，半圓的面積為0.5π＜1.58，周長為π 2；此時周長為π 2的正方形面積為 [（π 2）/4]^²＞1.64，很明顯正方形面積更大，也就是說，不能用周長這個詞來表達，其易錯的症結後續分析）

二、周長定理的首次證明

後來，這個問題的證明一直被數學界回避着。哪怕一些聲名煊赫的大數學家，他們也是理所當然地使用這個結論，就是不給詳細證明過程。

直到1839年，德國出了一位非常了得的幾何天才，叫做雅克布，他很天才地提出了三部曲證明周長定理：1、面積最大的多邊形，其任意兩條鄰邊圍成的角必然是凸角。（因為如果是圍成的角是凹角，利用鏡像原理和反證法很容易證明必然存在一個與它周長相等的凸角多邊形比它的面積大；）2、當面積最大時，在凸角多邊形的周邊上取兩點使得周長被等分，則該兩點連線也必然等分該多邊形的面積。（這個同樣還是用反證法證明，因為如果面積不等分，而周長等分，那麼将面積較大的部分以該兩個點連線鏡像，得到一個面積更大的圖形，這與面積最大的假定矛盾）；3、當面積最大時，其半周長所圍成的弓形圖形必然為半圓。（因為半周長的兩個端點A、B所連線段在半圓周上任一點C連線中，隻有當AC⊥BC時，才符合最大的面積的前提）

按說，雅克布的證明非常天才，也非常好理解。但是這裡面有一個邏輯前提，就是雅克布假定存在面積最大的圖形，并且反複使用了這個論點作支撐，證明了圓周定理的結論。也就是說，圓周定理中有兩個結論：1、周長一定的封閉平面圖形中，存在着一個最大面積的圖形；2、這個面積最大的圖形是圓形。

可能有人會說，很簡單啊，有限周長圍成的封閉平面圖形，很明顯就是存在一個面積上限的。但是對不起，數學邏輯不承認直覺，而是要嚴格推導，否則也不用證明周長定理了。

這樣，再過了幾十年，1870年時，另一位德國科學家，利用變分法的方式嚴格證明了這個定理。

三、其他證明方式的探索

為了探求這個問題，我們嘗試用一般性的知識來求證一下這個定理。為了表明這個過程用到知識的一般性，我們盡量不畫圖，隻用公式和文字來表述。（哈哈，其實主要是不知道怎麼畫上去，還好，叙述起來也不麻煩）

我們相信，越是原始的笨功夫，挖掘的規律可能也越多，越普遍，我們結合天才雅克布的部分思路，同時按照芝諾多羅斯的思考方式證明一下。

1、 周長相等的封閉平面多邊形中正多邊形面積最大

1.1周長相等時，封閉平面多邊形中，凸多邊形一定比凹多邊形面積大

這個很容易用幾何方法證明，隻需要鏡像做圖即可。稍微描述一下，比如凹多邊形的考察任意一個凹角，必由三個相鄰的點A、B、C構成兩條相鄰的邊AB、BC組成，∠ABC為向内凹陷的角，此時把AB、BC沿着AC連線作鏡像，得到AB’和BC’而∠AB’C為向外凸出的角，很顯然，AB’=AB和BC’=BC，此時得到的新的凸多邊形顯然大于原來的凹多邊形的面積。

1.2三角形面積定理

（1）周長相等的封閉平面三角形中，正三角形面積最大

這有多種辦法可以證明，最簡單的法子就是利用海倫公式結合三元不等式：

設三角形三條邊長為a、b、c，周長的一半P=（a b c）/2，則有面積S=[P（P-a）*（P-b）*（P-c）]1/2。很顯然，（P-a）*（P-b）*（P-c）都是＞0的正數，也就是三角形任一條邊長必小于其他兩條邊長之和或周長的一半，故有（P-a）*（P-b）*（P-c）≤1/27*[（P-a） （P-b） （P-c）] ^3；所以當（P-a）=（P-b）=（P-c）時，即為等邊三角形時，S達到最大值。

等邊三角形一定是正三角形。

（2）周長相等且已知一條邊長時，封閉平面三角形中，等腰三角形的面積最大

此時，一條邊長已知，不妨設為c，另兩條邊長設為a、b，周長的一半P=（a b c）/2也為已知數，由海倫公式，此時三角形面積為S=[P（P-a）*（P-b）*（P-c）] ^1/2；注意，這裡P、P-c都是已知數，隻要（P-a）*（P-b）達到最大值，S就是最大值，同樣利用二元不等式還是很簡單就可以證明隻有（P-a）=（P-b）時，面積達到最大。這裡用最基本的數學關系推證一下，因為b=2P-c-a,所以（P-a）*（P-b）=（P-a）*[（c-P） a]=-a^2 (2P-c)a P（c-P）={[（2P-c）/2] ^2 P*(c-P)}-[a-（2P-c）/2] ^2，你用初中一元二次方程的知識也可以解出來最大值，但是我們既然知道微積分和極值定理，那就更簡單了，另f（a）=-a^2 (2P-c)a P（c-P），∂f/∂a=-2a (2P-c)=0時存在極大值，（為啥不是極小值呢，從上面的式子中可判斷出來），此時a=P-c/2,b=2P-c-a= 2P-c -P c/2= P-c/2=a；得證。

1.3周長相等的封閉平面四邊形中，正方形的面積最大

我們一直在歐式平面幾何中思考，平滑的平面三角形中，不存在凹三角形，所以在1.2的兩個結論中，我們不需要讨論凹三角形的情況。

但是，四邊形那就必須先排除掉凹四邊形的幹擾，由1.1的結論知道，凹四邊形面積小于凸四邊形。要找最大的面積，我們隻需要讨論後者。

對于凸四邊形ABCD四個點依次相鄰，此時我們任取相鄰的三個點，不妨為A、B、C，連接AC，由1.2中的第（2）部分結論可知，S△ABC的面積對于任意情形下隻有當AB=AC時達到最大，同理可證，隻有當凸四邊形ABCD的四條邊都相等時，面積才可能達到最大值，其餘任何情況必有一個面積更大的四邊形存在。也就是等周封閉的四邊形中，等邊的四邊形面積大于不等邊的四邊形。

此時，我們僅需要讨論四條邊均相等的凸四邊形。它可不像三角形那麼簡單，還需要證明四個角相等，才能證明這是一個正四邊形。

此時，四條邊相等的四邊形肯定是個平行四邊形了，這個結論如果你還實在要證明，随便一連對角線，立刻能證明。平行四邊形任周邊上的一點向對邊做垂線段，不妨取A點向DC做垂線段垂足為E，很顯然底邊DC的高也就是AE的長度≤另一組對邊AD或BC的長度。不等式僅當DC⊥AD時成立，也就是說等周的平行四邊形中，隻有直角四邊形的面積是最大的。四個角都是直角，且邊長都相等，此時很明顯這個四邊形是個正四邊形。

而有上述的推證過程可知，我們是一步步壓縮四邊形的讨論範圍的，到了正四邊形時候，我們得知其面積最大。我們盡量小心翼翼地避免假設存在一個最大面積的情形，而正向推演，到最後證明等周情況下，正四邊形面積大于一切其他四邊形。也就是等周四邊形中，正四邊形的面積最大。

其實，雅克布的求證過程，我覺得有點被存在性給委屈了，換個說法，等周的情況下，圓的面積一定大于其他多邊形的面積或許會就避開了反證法的帶來的必須證明假設條件存在性的前提了吧。

1.4周長相等時的封閉平面多邊形中（邊數≥5時），正多邊形的面積最大

同樣地，首先根據1.1排除凹多邊形。

其次，根據1.3同理，任取凸多邊形上相鄰的三點A、B、C，可知S△ABC的面積對于任意情形下隻有當AB=AC時達到最大，也就是說凸多邊形任意兩條邊必須相等，即等周封閉的多邊形中，等邊的凸多邊形面積大于不等邊的凸多邊形。

在等邊的凸多邊形中，任取依次相鄰的4個點，記作A、B、C、D，可知AB=BC=CD，連接AD，可得四邊形ABCD。取BC和AD中點，依次記作E、F，連線得EF。此時，此時你其實需要一個先畫個圖，否則你接下來估計有點分析障礙，哈哈。

此時，S四邊形ABCD= S四邊形ABEF S四邊形ECDF,對後兩者必然有某一個四邊形的面積更大或二者相等的情況存在，不妨設ECDF的面積更大，在該四邊形中連接ED進行分析可知：S四邊形ECDF=S△ECD S△EDF，而在不影響S△ECD的前提下，當DF⊥EF時，S△EDF 大于 CF不垂直于EF情況下的面積，很顯然DF⊥EF時的S四邊形ECDF 也大于CF不垂直于EF情況下的面積。同理，EB⊥EF時候，S四邊形ECDF 也更大。這時有BC∥AD，且中線EF⊥BC和AD。四邊形ABCD就是一個等腰梯形，且很特殊，上底還與腰長相等。很容易知道相鄰的∠ABC=∠BCD。而如果∠ABC≠∠BCD，則中線EF必然不垂直于BC和AD（利用反證法和全等三角形很容易證明）。也就是說，當AB=CD時，∠ABC=∠BCD是中線EF⊥BC的充要條件。

同理可知，任意相鄰的兩個角都相等的情況下，即所有的頂角都相等的情況，即正多邊形的情況，其面積大于非正多邊形的面積。

2、 周長相等時，正多邊形邊的數量越多，面積越大

接下來，證明邊的數量越多，正多邊形的面積越大，這個太容易了。正多邊形的邊數量為N，周長為2P，沿着多邊形的中心向所有的邊的兩個端點連線，則将正多邊形分成N個等腰三角形，每個等腰三角形的底所對的頂角為2π/N（這個角的頂點為多邊形的中心），此時正多邊形的面積為為S=N（小三角形數量）*1/2*2P/N（小三角形的底）*P/[（N*tan（π/N）]（三角函數正切值已知底和角，求得高）。

此時，面積S為N的函數，可整理表達為S=N*1/2*2P/N*P/[N*tan（π/N）]=P^2/[N*tan（π/N）]。

令f(N)= N*tan（π/N），對N求導，得知∂f/∂N=tan(π/N)-π/[N*cos^2（π/N）]=[N*sin（π/N）*cos（π/N）-π]/ [N*cos^2（π/N）]；而需要注意到N此時≥5，且為整數，π/5≥π/N＞0，注意到sin（π/N）＜π/N，cos（π/N）＜1。則N*sin(π/N)*cos（π/N）-π＜N*π/N*1-π=0，也就是說，f(N)是一個減函數，随着N的增大，f(N)遞減。

那麼S= P^2/[N*tan（π/N）]= P^2/ f(N)就是一個增函數，随着N的增大，S的值增大。

于是得證。

PS：對于sin（π/N）＜π/N這個結論，想要證明很簡單，畫一個半徑為1的圓，此時這個圓可以叫做标準圓，它的任意角度對應的弧度在數量上相等，這樣角度和長度就可以進行數量值上的比對了。角度為π/N時，sin（π/N）的長度必然小于角度為π/N所對應的弧長π/N。

3、 周長相等時，所有的圖形中，圓的面積最大

如何證明圓形的面積大于一切正多邊形的面積呢，其實前面的德國數學家已經證明了，用描述的幾何的方法。我們這裡用極限的方式來證明一下。

在第2部分中，正多邊形的面積計算式為：S= P^2/[N*tan（π/N）]，因為是增函數，所以當N→ ∞時，S的值趨近極大值，我們來求這個極限值。

LimSN→ ∞=LimN→ ∞P^2/[N*tan（π/N)]=LimN→ ∞P^2*cos（π/N）/[N*sin(π/N)]= P^2* Lim N→ ∞cos（π/N）/ Lim N→ ∞[N*sin（π/N）]= P^2*1/( N*π/N)= P^2/π。

P為周長的一半，對于等周設定中，周長應為2P，用2P的長度圍成圓形時，其半徑為P/π，其面積為：S圓=π*（P/π）^2= P^2/π，正好為正多邊形面積的極限值。

也就是說在歐式空間中，等周封閉平面圖形中，圓的面積大于一切正多邊形的面積。

至此，對于當初的那些猜想，我們都證明了，但是我們用了很多後面發展出來的知識，比如極限，比如标準圓，比如三角函數，比如不等式，比如微分，海倫定理，一元二次函數等等。這個是實實在在地利用了曆史知識積累的優勢了。而雅克布的巧思幾乎解決了一切問題，這就是思維多樣性的魅力。但是他的巧思碰到了更加嚴謹的存在性的邏輯問題，個人有點為雅克布鳴不平。但雅克布确實跳過了很多我們前面讨論的問題直奔圓這個主題了。

4、 理一理有哪些有用的推論和知識點

推論：

（1） 等周封閉平面多邊形中，邊長越接近、各頂角角度越接近的情況下面積越大；

（2） 封閉平面多邊形中，給定某一條邊或某幾條相鄰的邊長，且其餘的邊長之和為定值時，邊長越接近、各頂角角度越接近的情況下面積越大；（帕普斯缺少了這個前提條件）；

（3） 封閉平面多邊形中，給定某些邊長，如果給定的這些邊不相鄰，其餘的邊長之和為定值時，未确定的邊中，邊長分配越接近、形成的頂角度數越接近，面積越大；

（4） 歐式空間中，規則性越高（即各向同性程度越高，或說各方向的屬性越相似時），其整體表征出來的數值越大。顯然還有其他的推論，暫不推演下去；

（5） 在材料節約、空間容積、力學甚至管理即效能分配方面是否有啟示呢？可進一步論證。

知識點：

（1） 标準圓可以将角度和長度在數量上做直觀對比；

（2） 海倫公式結合不等式、偏導等可以将一些幾何問題轉化為數學問題；

（3） 極限計算過程，當無窮大和無窮小同時出現時，要根據無窮大和無窮小的階數逐步計算靠近，但不要在不明确别的極限值的情況下貿然得出整個極限是無窮大還是無窮小的結論。

（4） 函數之間的關系可能并不是直觀想象的那樣，比如f(x)=x，g(x)=1/x,二者相乘得f(x)* g(x)=1，從y=1這個固定直線中可以生成一條斜向的直線、兩條雙曲線；看似複雜的g(x)=1/x，利用一個簡單的f(x)=x就可以化繁為簡，這些對我們研究自然界，有沒有什麼啟發呢？

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