Пусть стороны прямоугольника $x>0$ и $y>0$ и задана площадь $xy=S>0$. Периметр $P=2(x+y)$. Приведу несколько методов и короткие доказательства глобального минимума.
1) Метод одной переменной (подстановка).
Подставим $y=S/x$. Тогда
$$P(x)=2\left(x+\frac{S}{x}\right),x>0.$$ Найдём стационарную точку:
$$P^{\prime }(x)=2\left(1-\frac{S}{x^2}\right)=0\Rightarrow x^2=S\Rightarrow x=\sqrt{S}.$$ Вторая производная
$$P^{\prime \prime }(x)=\frac{4S}{x^3}>0$$ при всех $x>0$, значит стационарная точка — минимиум. Поскольку $P(x)\to \infty$ при $x\to 0^{+}$ или $x\to \infty$, этот минимум глобальный. Получаем $x=y=\sqrt{S}$ и
$$P_{\min }=4\sqrt{S}.$$
2) Метод множителей Лагранжа.
Минимизируем $f(x,y)=2(x+y)$ при ограничении $g(x,y)=xy-S=0$. Система
$$\nabla f=\lambda \nabla g\Rightarrow (2,2)=\lambda (y,x).$$ Отсюда $2=\lambda y$ и $2=\lambda x$ даёт $x=y$. По ограничению $x^2=S$ и тот же результат $x=y=\sqrt{S}$, $P_{\min }=4\sqrt{S}$. Поскольку единственная критическая точка в области $x,y>0$ и поведение на границе даёт бесконечность периметра, это глобальный минимум.
3) Неаналитическое доказательство через неравенство средних (AM–GM).
По AM–GM для положительных чисел
$$x+\frac{S}{x}\ge 2\sqrt{x\cdot \frac{S}{x}}=2\sqrt{S},$$ откуда
$$P=2\left(x+\frac{S}{x}\right)\ge 4\sqrt{S},$$ равенство достигается при $x=\frac{S}{x}$, т.е. $x=y=\sqrt{S}$. Это даёт немедленное глобальное нижнее оценивание.
Вывод: минимальный периметр при фиксированной площади достигается у квадрата со стороной $\sqrt{S}$, и $P_{\min }=4\sqrt{S}$.