[评论]10年寒窗不如一纸国籍?外籍华人免试入清华北大

加拿大松鼠

b.jiang 说:
这不是正常不正常的情况下理解别人的问题，只有墙的长度等于60/pai的时候才能围成半圆。

请再次正常理解问题

b.jiang

加拿大松鼠说:
请再次正常理解问题

我之前理解是有点不太正常，应该认为墙是无限长的

b.jiang

b.jiang 说:
我之前理解是有点不太正常，应该认为墙是无限长的

圆为什么最大？这个是sabra需要你证明的，我上大学的时候证过，现在不行了。
作者：余翔
链接：https://www.zhihu.com/question/22332382/answer/25868529
来源：知乎
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是的。与这个问题相关的定理是等周定理[1]，虽然圆看似是问题的答案，但这个问题的证明其实并不简单。1902年，Hurwitz给出了一个用Fourier级数所作的证明[3]，Hurwitz的证明方法如下：
设

$x=x(s)$

，

$y=y(s)$

，

$0\leq s\leq l$

为一逐段连续可微的封闭曲线的参数形式，引入参数

$t=\frac{l}{2\pi}$

，于是

$x=x(t)$

，

$y=y(t)$

由于曲线封闭，有：

$x(0)=x(2\pi)$

，

$y=y(2\pi)$

将

$x$

，

$y$

其展开成Fourier级数

$x(t)=\frac{1}{2}a_0+ \sum_{k=1}^{\infty}({a_k\cos kt+b_k\sin kt} )$

$y(t)=\frac{1}{2} c_0+\sum_{k=1}^{\infty}({c_k\cos kt+d_k\sin kt} )$

则：

$x'(t)=\sum_{k=1}^{\infty}k({b_k\cos kt-a_k\sin kt} )$

$y'(t)=\sum_{k=1}^{\infty}k({d_k\cos kt-c_k\sin kt} )$

又：

$\left(\frac{dx}{ds} \right)^2+\left(\frac{dy}{ds} \right)^2=1$

，

$\left(\frac{dx}{dt} \right)^2+\left(\frac{dy}{dt} \right)^2=\left(\frac{l}{2\pi} \right)^2$

曲线所围成的面积

$A=\int_{0}^{2\pi} x\frac{dy}{dt}\ dt$

根据三角级数的正交性

$2\left(\frac{l}{2\pi} \right)^2=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} \left(\left(\frac{dx}{dt} \right)^2+\left(\frac{dy}{dt} \right)^2\right)dt=\sum_{k=1}^{\infty}{k^2(a_k^2+b_k^2+c_k^2+d_k^2} )$

$\frac{A}{\pi} = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} x\frac{dy}{dt}\ dt=\sum_{k=1}^{\infty}{k(a_kd_k-b_kc_k)}$

因此

$l^2-4\pi A=2\pi ^2\sum_{k=1}^{\infty}\left((ka_k-d_k)^2+(kb_k+c_k)^2+(k^2-1)(c_k^2+d_k^2)\right)\geq 0$

当且仅当

$b_1+c_1=0$

，

$a_1-d_1=0$

$a_k=b_k=c_k=d_k=0$

，

$(k=2,3,...)$

等式才成立，也就是

$x=\frac{1}{2}a_0+a_1\cos t+b_1\sin t$

$y=\frac{1}{2}c_0-b_1\cos t+a_1\sin t$

这是圆的参数方程，由此可见，所有分段光滑的连续曲线都满足等周不等式

$l^2-4\pi A\geq 0$

其中

$l$

为周长，

$A$

为面积,当且仅当曲线为圆时等式才成立。如果

$l$

一定，那么

$A$

最大为

$\frac{l^2}{4\pi}$

，此时封闭的曲线是圆。

如果封闭曲线参数方程是

$C^2$

(二阶导数连续)也可以用变分给出证明。
设这条封闭曲线的参数方程为

$x(s)$

，

$y(s)$

，

$s$

是弧长，曲线封闭，所以

$x(0)=x(s_1),y(0)=y(s_1)$

-----------------------------------------------------------------------------------------(1)
这条曲线的周长为

$l=\int_{0}^{s_1} \sqrt{ (\frac{dx}{ds})^2 +(\frac{dy}{ds})^2}ds$

---------------------------------------------------------------------------------------(2)
其所围成的面积为

$A=\iint_D dxdy=\frac{1}{2} \oint_{}^{} (xdy-ydx)=\frac{1}{2} \int_{0}^{s_1} (x\frac{dy}{ds} -y\frac{dx}{ds})ds$

--------------------------------(3)
可见

$A$

是关于函数

$x(s),y(s)$

的泛函，问题可归结为：
在边界条件(1)和约束条件(2)下，从一切
$x(s)$
，
$y(s)$
函数中选一对函数，使目标泛函(3)为极大。
根据Lagrange乘子法，若在(1)，(2)约束下函数

$x(s)$

，

$y(s)$

使得泛函(3)去取极值，则存在常数

$\lambda$

，使函数

$x(s),y(s)$

满足辅助泛函

$A^*=\frac{1}{2} \int_{0}^{s_1} (xy'-yx'+\lambda \sqrt{x'^2+y'^2} )ds=\int_{0}^{s_1} Gds$

所给出的Euler方程

$\frac{\partial G}{\partial x} -\frac{d}{ds} (\frac{\partial G}{\partial x'})=0$

$\frac{\partial G}{\partial y} -\frac{d}{ds} (\frac{\partial G}{\partial y'})=0$

式中

$G=\frac{1}{2} (xy'-yx'+\lambda \sqrt{x'^2+y'^2} )$

将G代入上式可得

$y'-\frac{d}{ds} (-y+\frac{\lambda x' }{\sqrt{x'^2+y'^2} } )=0$

$-x'-\frac{d}{ds} (x+\frac{\lambda y' }{\sqrt{x'^2+y'^2} } )=0$

积分可得

$y-\frac{\lambda x' }{\sqrt{x'^2+y'^2} } =C_1$

$x+\frac{\lambda y' }{\sqrt{x'^2+y'^2} } =C_2$

整理得

$(x-C_1)^2+(y-C_2)^2=\lambda^2$

这是圆族方程，如下图所示,令

$x-C_1=\lambda cost$

$(0\leq t\leq 2\pi)$

$y-C_2=\lambda sint$

&lt;img src="https://pic4.zhimg.com/50/ff54b269c7601fc56b193a636722f4a9_hd.jpg" data-rawwidth="301" data-rawheight="280" class="content_image" width="301"&gt;

将上式代入等周约束(2)得

$l=\int_{0}^{s_1} \sqrt{ x'^2 +y'^2}ds=\int_{0}^{s_1} \sqrt{( \frac{dx}{dt} )^2 +( \frac{dy}{dt} )^2}dt=\int_{0}^{2\pi} \lambda dt=2\pi \lambda$

即

$\lambda=\frac{l}{2\pi}$

于是圆的方程为

$(x-C_1)^2+(y-C_2)^2=(\frac{l}{2\pi} )^2$

这是一个半径为

$\frac{l}{2\pi}$

，

$C_1$

，

$C_2$

为待定常数，可由边界条件(1)确定。

ahct

加拿大松鼠说:
个人观点，
学习只要方法对，加上基本的努力就很容易学好
方法不对路，是学不好的
我是很反感拼命学习的

比如背单词，方法千万种，但是各不一样，效果不同
我外甥女高中英语不怎么好，请家教也教不好，最后
老师无奈，家长无奈，她自己也痛苦，他们最后的结论
认为是性格问题，遗传问题。。。崩溃。。。

我后来电话里间接指点了10分钟，结果大学英文不再
有问题，轻松1万词汇量。我姐为此感谢我多次。

《鬼谷子》一书里面明确指出一个划分人类智力的观点，“生而知之者，为真人。学而知之者，为圣人。圣人通过学习过程，进而去腐存精的掌握事物本质. ” 所以说其实我们大多数人都有能力，在掌握正确学习方法情况下，达到圣人级别。

当然那种爱因斯坦提出的质能方程，或者贝多芬的第九交响乐。就只能由这种 “神人” 来创造了。

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