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, $$ L^2 - 4 \pi A \geq 0 $$ 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 $\alpha = (x(s), y(s)), s \in [0, 2l] \rightarrow \mathbb{R}^2.$ Claro que $\alpha(0)= \alpha(2l)$ e podemos extender $\alpha$ periodicamente a toda reta.
Suponhamos seguintes séries de Fourier de $x, y$ $ x(s) \sim \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^{\infty} [a_k cos (\frac{\pi ks}{l}) + b_k sen (\frac{\pi ks}{l})] \quad \, y(s) \sim \frac{c_0}{2} + \sum_{k=1}^{\infty} [c_k cos (\frac{\pi ks}{l}) + d_k sen (\frac{\pi ks}{l})] $
Lembrando que os coeficientes de Fourier são dados pelas seguintes formulas: $$ a_k = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} x(s) cos (\frac{\pi ks}{l}) ds $$
$$ b_k = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} x(s) sen (\frac{\pi ks}{l}) ds $$
$$ c_k = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} y(s) cos (\frac{\pi ks}{l}) ds $$
$$ d_k = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} y(s) sen (\frac{\pi ks}{l}) ds $$
Portanto $x^{'}(s) = \sum_{k=1}^{\infty} (\frac{\pi k}{l})[-a_k sen(\frac{\pi ks}{l}) + b_k cos (\frac{\pi ks}{l})]$ e $y^{'}(s) = \sum_{k=1}^{\infty} (\frac{\pi k}{l})[-c_k sen(\frac{\pi ks}{l}) + d_k cos (\frac{\pi ks}{l})]$
Pela identidade de Parseval: $$ \|x^{'}\|^2 = \sum_{k=1}^{\infty} (\frac{\pi k a_k }{l})^2 \|sen(\frac{\pi ks}{l})\|^2 + (\frac{\pi k b_k }{l})^2 \|cos(\frac{\pi ks}{l})\|^2 $$
$$ \|y^{'}\|^2 = \sum_{k=1}^{\infty} (\frac{\pi k c_k }{l})^2 \|sen(\frac{\pi ks}{l})\|^2 + (\frac{\pi k d_k }{l})^2 \|cos(\frac{\pi ks}{l})\|^2. $$
Sabemos que \|sen(\frac{\pi ks}{l})\|^2 = \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} sen^2(\frac{\pi ks}{l}) ds =1 e também $\|cos(\frac{\pi ks}{l})\|^2 =1.$
portanto temos: $$ \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} (x^{'}(s))^2 ds = (\frac{\pi k}{l})^2 \sum_{k=1}^{\infty} (a_k^2 + b_k^2), $$
$$ \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} (y^{'}(s))^2 ds = (\frac{\pi k}{l})^2 \sum_{k=1}^{\infty} (c_k^2 + d_k^2), $$ e portanto
$$ \frac{1}{l} \int_{-l}^{l} (x^{'}(s))^2 + (y^{'}(s))^2 ds = (\frac{\pi k}{l})^2 \sum_{k=1}^{\infty} (a_k^2 + b_k^2 + c_k^2 + d_k^2). $$ Já que $(x^{'}(s))^2 + (y^{'}(s))^2 =1$ (comprimento de arco) então: $$ \pi^2 \sum_{k=1}^{\infty} k^2(a_k^2 + b_k^2 + c_k^2 + d_k^2)=2l^2 $$ e já que $L=2l$ temos: $$ \pi^2 \sum_{k=1}^{\infty} k^2(a_k^2 + b_k^2 + c_k^2 + d_k^2)=\frac{L^2}{2}. $$
Agora vamos calcular área da região usando teorema de Green: $$ A = \int_{C} s dy = \int_{-l}^{l} x(s) y^{'}(s) ds = \pi \sum_{k=1}^{\infty} [k(a_k d_k - b_k c_k)]. $$
Agora vamos confiar “as deusas da geometria” e comparar área com comprimento:
$$L^2 - 4 \pi A = 2 \pi^2 \sum_{k=1}^{\infty} k^2(a_k^2 + b_k^2 + c_k^2 + d_k^2) - 4 \pi^2 [k(a_k d_k - b_k c_k)] $$ $$ 2\pi^2 \sum_{k=1}^{\infty} (ka_k -d_k)^2 + (kb_k +c_k)^2 + (k^2-1)(c_k^2 + d_k^2). $$