这个证明在拓扑学中提到。

Example. 单位圆的曲率恒为 $1$ 或 $-1$，因此其旋转指数为 $1$ 或 $-1$。

Proof. 曲线的切向量和法向量的夹角一定相差有向直角，所以切向量沿曲线一周的转动圈数与法向量沿曲线一周的转动圈数相同。另一方面，由曲线结构方程

$$\dfrac {\mathrm d\pmb n}{\mathrm d s}=-\kappa(s)\pmb t(s)$$

可知 $\kappa(s)$ 是 $\pmb r(s)$ 在 Gauss 映射的像 $\pmb n(s)$ 在 $\mathbb S^1$ 上的移动速度。当 $\kappa>0$ 时，$\pmb n(s)$ 沿 $\mathbb S^1$ 逆时针移动；当 $\kappa<0$ 时，$\pmb n(s)$ 沿 $\mathbb S^1$ 顺时针移动。在大小上，$\pmb n(s)$ 在 $\mathbb S^1$ 上移动的有向路程为

$$\int_0^l\kappa(s)\mathrm d s$$

因此 $\pmb n(s)$ 绕 $\mathbb S^1$ 转动的圈数就是除以圆周长 $2\pi$ 后的结果，即旋转指数 $i$。取值的离散性，从法向量始末相同可知，其扫过的总角度必为 $2k\pi$，其中 $k\in\mathbb Z$，这也是后续证明定理的关键。

直观上，简单闭曲线可以通过光滑形变为单位圆，但旋转指数是离散的，因此简单闭曲线的旋转指数只能是单位圆的旋转指数。

Proof. 在 Gauss 映射圆盘中，除了从线速度来看待旋转指数，还可以从角速度出发。设曲线的单位切向量 $\pmb t(s)$ 与 $x$ 轴的夹角为 $\widetilde \theta(s)$，则曲率函数 $\kappa(s)$ 可表示为

$$\kappa(s)=\frac{\mathrm d\widetilde\theta(s)}{\mathrm d s}$$

但方向角 $\widetilde\theta(s)$ 并不是一个连续函数，它在经过 $x$ 轴正向时会发生跳跃。为了消除这种不连续性，我们断言：存在连续函数 $\theta:[0,l]\to\mathbb R$，使得

$$\theta(s)\equiv\widetilde\theta(s)\mod{2\pi}$$

且满足上式的连续函数 $\theta(s)$ 在 $\mathrm{mod}\ 2\pi$ 的意义下唯一。这是拓扑中的提升定理，在此不赘述证明细节。由定义 $\pmb t(s)$ 是光滑函数，并且 $\theta(s)$ 是连续的，考虑如下表达式

$$\pmb t(s)=(\cos\tilde\theta(s),\sin\widetilde\theta(s))=(\cos\theta(s),\sin\theta(s))$$

由链式法则可知 $\theta(s)$ 也是光滑函数，因此

$$i=\dfrac{1}{2\pi}\int_0^l\kappa(s)\mathrm d s=\dfrac{\theta(l)-\theta(0)}{2\pi}$$

即旋转指数是切线转角 $\theta(s)$ 沿曲线一周而转过的圈数。记

$$\Delta=\{(s_1,s_2):0\leq s_1\leq s_2\leq l\}$$

考虑曲线 $C$ 的弦映射 $\Psi:\Delta\to\mathbb S^1$，定义为

$$(s_1,s_2)\mapsto \Psi(s_1,s_2)=\begin{cases}\dfrac{\pmb r(s_2)-\pmb r(s_1)}{|\pmb r(s_2)-\pmb r(s_1)|},&(s_1,s_2)\neq (0,l),(s,s)\\[10pt] -\pmb t(0),&(s_1,s_2)=(0,l)\\[6pt] \pmb t(s_1),&(s_1,s_2)=(s,s)\end{cases}$$

不难发现 $\Psi(s_1,s_2)$ 给出了从点 $\pmb r(s_1)$ 指向点 $\pmb r(s_2)$ 的单位向量。当两点相同时，弦向量退化为切向量。可见 $\Psi$ 在 $\Delta$ 内部光滑，在边界连续，同样应用提升定理，可以选取可微函数 $\theta(s_1,s_2):\Delta\to\mathbb R$，使得

$$\Psi(s_1,s_2)=(\cos\theta(s_1,s_2),\sin\theta(s_1,s_2))$$

事实上是先能提升为连续函数（固定一个分量，然后逐段提升另一个分量，再由连续性可知整体连续），然后由 $\Psi$ 的光滑性可知提升函数在内部也是光滑的。注意到，当固定起点不动时，终点绕过一圈

$$\int^l_0\mathrm d\theta(0,s)=\theta(0,l)-\theta(0,0)=\pi$$

其实我们只能知道 $\theta(0,l)-\theta(0,0)=2k\pi +\pi$。不妨设是 $3\pi$，其他情况是类似的，再设

$$\theta(0,l)=2k\pi +\pi,\quad \theta(0,s_0)=\pi,\quad \theta (0,0)=0$$

直观上，从起点逆向出发，因为它一开始是在负半轴上，所以要从 $3\pi$ 转角减到 $0$，由连续性，知道必须要进入正半轴，然后再进入负半轴，才能将转角降到 $\pi/2$。所以定义从起点逆向出发，最后一次从上半平面离开负半轴（之后回到负半轴需要从下半平面进入）的点为 $\pmb r(s_1)$；定义从起点正向出发，最后一次从上半平面离开正半轴（之后回到正半轴需要从下半平面进入）的点为 $\pmb r(s_2)$。那么通过画图显然能推出相交的矛盾。同理可以计算

$$\int ^l_0\mathrm d\theta(s,l)=\pi$$

在 $\Delta$ 区域，知道这是一个三角形区域，而 $\mathrm d\theta$ 是一个闭形式，因此由 Stokes 定理可知，沿着三角形边界的积分为零（闭合曲线积分为零），即

$$\int^l_0\mathrm d\theta(0,s)+\int^l_0\mathrm d\theta(s,l)=\int^l_0\mathrm d\theta(s,s)$$

所以得到

$$\int^l_0\mathrm d\theta(s,s)=2\pi$$

这就是切线的转角，所以求得旋转指数为 $1$。同理可证旋转指数为 $-1$ 的情况。

从旋转指数定理中，可以归纳 $\kappa$ 和角度参数的关系。

Proof. 这个定理用到了 Fourier 级数展开，留作习题。

Proof. 等周不等式的 Hurwitz 证明。取曲线 $C$ 的质心为原点，建立平面直角坐标系 $(x,y)$，则曲线 $C$ 可表示为弧长参数 $(x(s),y(s)),s\in[0,L]$ 的形式，则

$$\int ^L_0 x(s)\mathrm d s=\int ^L_0 y(s)\mathrm d s=0$$

令 $t=2\pi s/L$，则重新参数化后有 $(\tilde x(t),\tilde y(t))=(x(Lt/2\pi),y(Lt/2\pi)),t\in[0,2\pi]$，则

$$\int ^{2\pi}_0 \tilde x(t)\mathrm d t=\int ^{2\pi}_0 \tilde y(t)\mathrm d t=0,\quad |\pmb r'(t)|=\frac{L}{2\pi}$$

从而

$$\int ^{2\pi}_0 \tilde x'^2(t)\mathrm d t+\int ^{2\pi}_0 \tilde y'^2(t)\mathrm d t=\frac{L^2}{2\pi}$$

设 $C$ 围成的区域面积为 $A$，则由 Green 公式可知

$$A=\int_D\mathrm d\tilde x\wedge \mathrm d\tilde y=\int _D\mathrm d(\tilde x\mathrm d\tilde y)=\int _{\partial D}\tilde x\mathrm d\tilde y=\int ^{2\pi}_0 \tilde x(t)\tilde y'(t)\mathrm d t$$

综上

$$\begin{array}{ll}L^2-4\pi A&=2\displaystyle\pi \left(\int ^{2\pi}_0 \tilde x'^2(t)\mathrm d t+\int ^{2\pi}_0 \tilde y'^2(t)\mathrm d t\right)-4\pi \int ^{2\pi}_0 \tilde x(t)\tilde y'(t)\mathrm d t\\ \\ &=\displaystyle 2\pi \int ^{2\pi}_0 \left(\tilde x'^2(t)-2\tilde x(t)\tilde y'(t)+\tilde y'^2(t)\right)\mathrm d t\\ \\ &\geq 2\pi \displaystyle\int ^{2\pi}_0 \left(\tilde x'^2(t)-2\tilde x(t)\tilde y'(t)+\tilde y^2(t)\right)\mathrm d t\\ \\ &=2\pi \displaystyle\int ^{2\pi}_0 (\tilde x'(t)-\tilde y(t))^2\mathrm d t\geq 0\end{array}$$

中间用到了 Wirtinger 不等式。等号成立当且仅当 $\tilde x'(t)-\tilde y(t)=0$，且 $y(t)=a\cos t+b\sin t$，从而 $\tilde x(t)=a\sin t -b\cos t +c$，即曲线 $C$ 为圆。

Example. 圆和椭圆都是凸曲线。

Proof. 对于凸曲线，考虑其角度参数 $\theta(s)$。由凸性知道

$$\kappa(s)=\frac{\mathrm d\theta(s)}{\mathrm d s}>0$$

因此 $\theta(s)$ 是严格增函数，进而 Gauss 映射

$$\pmb n(s)=(-\sin\theta(s),\cos\theta(s))$$

满足 $\pmb n(s_1)=\pmb n(s_2)$ 当且仅当 $\theta(s_1)\equiv\theta(s_2)\pmod{2\pi}$。由平面闭曲线的旋转指数定理可知

$$\theta(l)-\theta(0)=2\pi$$

因此 $\theta(s)$ 在 $[0,l]$ 上的值域为 $[\theta(0),\theta(0)+2\pi]$，并且 $\theta(0)$ 和 $\theta(0)+2\pi$ 对应同一个点，所以 Gauss 映射是满射且单射，即双射。

Proof. 设凸曲线 $C$ 在角参数下表示为 $\pmb r(\theta),\theta\in[0,2\pi]$。由支持函数的定义可知，求导

$$\dfrac {\mathrm d\varphi}{\mathrm d\theta}=-\langle \dfrac {\mathrm d\pmb r}{\mathrm d\theta},\pmb n\rangle -\langle \pmb r,\dfrac {\mathrm d\pmb n}{\mathrm d\theta}\rangle$$

由曲线结构方程可知

$$\dfrac {\mathrm d\pmb n}{\mathrm d\theta}=\dfrac {\mathrm d s}{\mathrm d\theta}\dfrac {\mathrm d\pmb n}{\mathrm d s}=-\pmb t;\quad \dfrac {\mathrm d\pmb r}{\mathrm d\theta}=\dfrac {\mathrm d s}{\mathrm d\theta}\dfrac {\mathrm d\pmb r}{\mathrm d s}=\dfrac {1}{\kappa}\pmb t$$

代入，再次求导即可。

Proof. 在正交标架 $\pmb t,\pmb n$ 下，曲线的位置向量 $\pmb r(\theta)$ 可表示为

$$\pmb r=\langle \pmb r,\pmb t\rangle \pmb t +\langle \pmb r,\pmb n\rangle \pmb n$$

由支持函数的定义、之前的命题证明可知，代入

$$\langle \pmb r,\pmb n\rangle =-\varphi(\theta),\quad \langle \pmb r,\pmb t\rangle =\dfrac {\mathrm d\varphi}{\mathrm d\theta}\implies \pmb r(\theta)=\dfrac {\mathrm d\varphi}{\mathrm d\theta}\pmb t -\varphi(\theta)\pmb n$$

就可以写成

$$\pmb r(\theta)=\left(\varphi'(\theta)\cos\theta +\varphi(\theta)\sin\theta,\varphi'(\theta)\sin\theta -\varphi(\theta)\cos\theta\right)$$

给定闭凸曲线，则其曲率函数 $\kappa(s)$ 满足 $\kappa>0$ 且为周期光滑函数。反过来自然会问一个问题。

加上一定的条件后，Minkowski 问题有唯一解。

Proof. 将问题转化为求解一个周期为 $2\pi$ 的微分方程，$\varphi$ 满足

$$\dfrac {\mathrm d^2\varphi}{\mathrm d\theta^2}+\varphi=\dfrac {1}{\kappa(\theta)}$$

若有解 $\varphi$，就有曲线

$$\pmb r(\theta)=(x(\theta),y(\theta))=\left(\varphi'(\theta)\cos\theta +\varphi(\theta)\sin\theta,\varphi'(\theta)\sin\theta -\varphi(\theta)\cos\theta\right)$$

先求解齐次方程通解

$$\varphi(\theta)=c_1\cos\theta +c_2\sin\theta$$

可以验证特解为

$$\varphi_0(\theta)=-\cos\theta\int ^\theta_0 \dfrac {\sin t}{\kappa(t)}\mathrm d t +\sin\theta \int ^\theta_0 \dfrac {\cos t}{\kappa(t)}\mathrm d t$$

综上，方程的通解为

$$\varphi(\theta)=\varphi_0(\theta)+c_1\cos\theta +c_2\sin\theta$$

不失一般性，我们假定 $c_1=c_2=0$，事实上，如果曲线 $C,\overline C$ 的支撑函数分别为 $\varphi(\theta),\overline \varphi(\theta)$，且

$$\varphi(\theta)=\overline \varphi(\theta)+c_1\cos\theta +c_2\sin\theta$$

则根据支撑函数决定曲线的命题可知

$$x(\theta)=\overline x(\theta)+c_2,\quad y(\theta)=\overline y(\theta)-c_1$$

即曲线 $C$ 和 $\overline C$ 相差一个平移。因此，假定系数为零后，微分方程的解为

$$\varphi(\theta)=-\cos\theta\int ^\theta_0 \dfrac {\sin t}{\kappa(t)}\mathrm d t +\sin\theta \int ^\theta_0 \dfrac {\cos t}{\kappa(t)}\mathrm d t$$

可以看出，曲线成为闭曲线的充分必要条件为

$$\varphi(0)=\varphi(2\pi),\quad \varphi'(0)=\varphi'(2\pi)$$

计算可得

$$\varphi(2\pi)=\int ^{2\pi}_0 \dfrac {\sin t}{\kappa(t)}\mathrm d t,\quad \varphi'(2\pi)=\int ^{2\pi}_0 \dfrac {\cos t}{\kappa(t)}\mathrm d t$$

因此闭合条件等价于题目中的积分条件。至此，证明完成。附上此时曲线的表达式：

$$\begin{cases}x(\theta)=\displaystyle \int ^\theta_0 \dfrac {\cos t}{\kappa(t)}\mathrm d t\\[10pt] y(\theta)=\displaystyle \int ^\theta_0 \dfrac {\sin t}{\kappa(t)}\mathrm d t\end{cases}$$

把曲线的支撑函数 $u$ 取成以法向量角度为参数，即

$$u(\theta)=-\langle \pmb r(s),\pmb n(s)\rangle,\quad \theta=\theta(s)$$

其中在 $\pmb r(s)$ 点处法向量 $\pmb n(s)=(\cos\theta,\sin\theta)$，$\theta$ 与角参数相差 $\pi/2$。则对于闭凸曲线，可以将一维 Minkowski 问题推广为 Lp 形式。

当 $p=1$ 时，退化为之前的一维 Minkowski 问题。

参见 S.-Y.Cheng, S.-T.Yau, CPAM, 1976.

Example. 圆的所有点都是顶点，椭圆有四个顶点。

Proof. 设 $C$ 是一条平面凸曲线，曲率函数 $\kappa(s)$。令 $\rho(\theta)=\kappa(\theta)^{-1}$，由于

$$\dfrac {\mathrm d\rho}{\mathrm d \theta}=-\dfrac 1{\kappa^2}\dfrac {\mathrm d\kappa}{\mathrm d\theta}=-\dfrac 1{\kappa^3}\dfrac {\mathrm d\kappa}{\mathrm d s}\implies \left(\dfrac {\mathrm d\kappa}{\mathrm ds}=0\iff \dfrac {\mathrm d\rho}{\mathrm d\theta}=0\right)$$

以下讨论 $\rho(\theta)$ 的临界点，因曲线 $C$ 为平面凸曲线，由前面讨论（由 Minkowski 问题中闭曲线的条件可知），有

$$\int_0^{2\pi}\rho(\theta)\cos\theta \mathrm d\theta=\int_0^{2\pi}\rho(\theta)\sin\theta \mathrm d\theta=0$$

分部积分可知

$$\int_0^{2\pi}\rho'(\theta)\sin\theta \mathrm d\theta=\int_0^{2\pi}\rho'(\theta)\cos\theta \mathrm d\theta=0$$

另一方面，由于周期性，有显然的等式

$$\int_0^{2\pi}\rho'(\theta)\mathrm d\theta=\int_0^{2\pi}\mathrm d\rho(\theta)=0$$

所以对平面凸闭曲线 $C$ 恒成立

$$\int_0^{2\pi}\rho'(\theta)(a_0+a_1\cos\theta +a_2\sin\theta)\mathrm d\theta=0,\quad \forall a_0,a_1,a_2\in\mathbb R$$

选择适当的常数，由辅助角公式可以得到

$$\int_0^{2\pi}\rho'(\theta)(a_0+\cos(\theta+\alpha))\mathrm d\theta=0,\quad \forall a_0,\alpha\in\mathbb R$$

由于 $\rho(\theta)$ 是 $\mathbb S^1$ 上的函数，必达到最值，设 $\theta=\alpha,\beta$ 分别为 $\rho(\theta)$ 的最大值和最小值点，这两点当然是顶点。假设除此之外，$\rho(\theta)$ 不含任何其他的驻点，即 $\rho'(\theta)\neq 0,\theta\neq \alpha,\beta$。不失一般性，假设 $\rho'(\theta)>0$ 在 $(\beta,\alpha)$ 上，$\rho'(\theta)<0$ 在 $(\alpha,\beta)$ 上。则可以对上面的式子选取合适的 $a_0,\alpha$，使得

$$a_0+\cos(\theta+\alpha)>0,\quad \theta\in (\beta,\alpha)$$

$$a_0+\cos(\theta+\alpha)<0,\quad \theta\in (\alpha,\beta)$$

从而

$$\int_0^{2\pi}\rho'(\theta)(a_0+\cos(\theta+\alpha))\mathrm d\theta>0$$

这与之前的等式矛盾，因此 $\rho(\theta)$ 至少还有一个驻点。不难看出 $\rho'(\theta)$ 必须偶数次改变符号，两个极大曲率值（极小曲率值）之间至少有一个极小值（极大值），因此曲线 $C$ 至少有 $4$ 个顶点。