Vamos apresentar uma demonstração devido a Hurwitz do famoso problema milenar Isoperimétrico.
Teorema: Seja C uma curva plana simples e fechado com comprimento L, seja A a área da regiõa limitada por C. Então, L2−4πA≥0 e verifica-se a igualdade se, somente se C é um círculo.
Vamos considerar caso em que C é parametrizada por comprimento de arco por α=(x(s),y(s)),s∈[0,2l]→R2. Claro que α(0)=α(2l) e podemos extender α periodicamente a toda reta.
Suponhamos seguintes séries de Fourier de x,y x(s)∼a02+∑∞k=1[akcos(πksl)+bksen(πksl)]y(s)∼c02+∑∞k=1[ckcos(πksl)+dksen(πksl)]
Lembrando que os coeficientes de Fourier são dados pelas seguintes formulas: ak=1l∫l−lx(s)cos(πksl)ds
bk=1l∫l−lx(s)sen(πksl)ds
ck=1l∫l−ly(s)cos(πksl)ds
dk=1l∫l−ly(s)sen(πksl)ds
Portanto x′(s)=∑∞k=1(πkl)[−aksen(πksl)+bkcos(πksl)] e y′(s)=∑∞k=1(πkl)[−cksen(πksl)+dkcos(πksl)]
Pela identidade de Parseval: ‖x′‖2=∞∑k=1(πkakl)2‖sen(πksl)‖2+(πkbkl)2‖cos(πksl)‖2
‖y′‖2=∞∑k=1(πkckl)2‖sen(πksl)‖2+(πkdkl)2‖cos(πksl)‖2.
Sabemos que \|sen(\frac{\pi ks}{l})\|^2 = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} sen^2(\frac{\pi ks}{l}) ds =1 e também ‖cos(πksl)‖2=1.
portanto temos: 1l∫l−l(x′(s))2ds=(πkl)2∞∑k=1(a2k+b2k),
1l∫l−l(y′(s))2ds=(πkl)2∞∑k=1(c2k+d2k), e portanto
1l∫l−l(x′(s))2+(y′(s))2ds=(πkl)2∞∑k=1(a2k+b2k+c2k+d2k). Já que (x′(s))2+(y′(s))2=1 (comprimento de arco) então: π2∞∑k=1k2(a2k+b2k+c2k+d2k)=2l2 e já que L=2l temos: π2∞∑k=1k2(a2k+b2k+c2k+d2k)=L22.
Agora vamos calcular área da região usando teorema de Green: A=∫Csdy=∫l−lx(s)y′(s)ds=π∞∑k=1[k(akdk−bkck)].
Agora vamos confiar “as deusas da geometria” e comparar área com comprimento:
L2−4πA=2π2∞∑k=1k2(a2k+b2k+c2k+d2k)−4π2[k(akdk−bkck)] 2π2∞∑k=1(kak−dk)2+(kbk+ck)2+(k2−1)(c2k+d2k).