Sia $\Omega \subset \R^n$ un sottoinsieme di $\R^n$. Sia $V$ il volume $n$-dimensionale di $\Omega$ e $A$ l’area $(n-1)$-dimensionale del bordo $\partial \Omega$ di $\Omega$. Allora vale la disuguaglianza
$$ A^n \geq C_n V^{n-1} \qquad C_n = n^n \frac{\pi^{n/2}}{\Gamma(1+n/2)}$$
Le potenze sono necessarie per motivi dimensionali, dato che $A \sim L^{n-1}$ e $V \sim L^n$. La costante $C_n/n^n$ è il volume della sfera $n$-dimensionale di raggio $1$. La disuguaglianza diventa un’uguaglianza se $\Omega$ è una sfera. Infatti l’area della sfera di raggio unitario e il suo volume soddisfano $A = nV$. Sotto certe condizioni non troppo restrittive, la sfera è l’unico insieme per cui si ha uguaglianza. Questo è anche il motivo per cui è detta “disuguaglianza isoperimetrica”: risponde infatti alla domanda: tra tutte le superfici con la stessa area, quale racchiude il volume massimo?
La dimostrazione nel caso generale è abbastanza difficile, mentre invece è elementare in due dimensioni. Perciò dimostriamo semplicemente questo caso. Consideriamo una curva chiusa $\gamma$ in $\R^2$. Possiamo parametrizzarla come $(x(t), y(t))$ per $t \in [0, 2\pi]$. Allora il perimetro della curva è dato da
$$P = \int_\gamma \abs{d\vec{l}} = \int_0^{2\pi} \abs{\frac{d\vec{l}}{dt}}\, dt =\int_0^{2\pi} \sqrt{\pqty{\dv{x}{t}}^2 + \pqty{\dv{y}{t}}^2 }\, dt$$
Tuttavia per semplificarci la vita scegliamo di parametrizzare la curva rispetto alla lunghezza d’arco $s$, che soddisfa $ds = \sqrt{dx^2 + dy^2}$. Perciò $\gamma$ è descritta in maniera equivalente come la curva $(x(s), y(s))$ per $s \in [0, P]$ e il perimetro è banalmente
$$P = \int_0^P ds$$
Sia $\Omega$ la superficie tale che $\partial \Omega = \gamma$. Per il teorema di Green, l’area di $\Omega$ può essere espressa secondo la formula
$$A = \int_\Omega dx dy = \frac12 \int_\gamma (-y dx + x dy) = \frac12 \int_0^{P} (-y \dot{x} + x \dot{y}) \, ds$$
A questo punto applichiamo Cauchy-Schwarz ai vettori $(-y, x)$ e $(\dot{x}, \dot{y})$ ottenendo
$$\int_0^{P} (-y \dot{x} + x \dot{y}) \, ds \leq \pqty{\int_0^{P} (y^2 + x^2) ds}^{1/2} \pqty{\int_0^{P} (\dot{x}^2 + \dot{y}^2) ds}^{1/2} $$
Poiché $\dot{x}^2 + \dot{y}^2=1$ (dato che $s$ è la lunghezza d’arco) l’ultimo integrale è banale, e abbiamo
$$A \leq \frac{\sqrt{P}}{2} \pqty{\int_0^{P} (y^2 + x^2) ds}^{1/2} $$
A questo punto, vogliamo applicare la disuguaglianza di Wirtinger, che abbiamo visto in un precedente articolo. In particolare ci interessa la terza versione, che è la più stringente. La applichiamo tanto ad $x$ quanto ad $y$. Abbiamo già che $x(0)=x(P)$ e $y(0)=y(P)$. Traslando la figura, possiamo anche assumere che la media tanto di $x$ quanto di $y$ sia nulla. Perciò possiamo applicare la disuguaglianza, e abbiamo
$$\int_0^{P} (y^2 + x^2) ds \leq \frac{P^2}{4\pi^2} \int_0^{P} (\dot{y}^2 + \dot{x}^2) ds = \frac{P^3}{4\pi^2}$$
Ne segue che abbiamo la disuguaglianza
$$A \leq \frac{\sqrt{P}}{2} \sqrt{\frac{P^3}{4\pi^2} } =\frac{P^2}{4\pi} $$
che altro non è se non la disuguaglianza isoperimetrica. Per avere uguaglianza, serve che sia Cauchy-Schwarz quanto Wirtinger siano soddisfatte come uguaglianze. Cauchy-Schwarz richiede che i due vettori siano linearmente dipendenti, ovvero deve esistere una costante $\lambda$ tale che $(\dot{x}, \dot{y}) = \lambda (-y, x)$. Wirtinger ci dà invece una forma più esplicita, ovvero ci dice che $x(s)$ e $y(s)$ sono combinazioni lineari di seno e coseno, ovvero
\begin{align}
x(s) &= A \cos(2\pi s/P) + B \sin(2\pi s /P)\\
y(s) &= C \cos(2\pi s/P) + D \sin(2\pi s /P)
\end{align}
Le due condizioni di Cauchy-Schwarz implicano che $\ddot{x} + \lambda^2 x = 0$ e ugualmente per $y$ e quindi $\lambda = 2\pi/P$. Perciò usando di nuovo le due condizioni troviamo $C=-B$ e $D=A$, perciò
\begin{align}
x(s) &= A \cos(2\pi s/P) + B \sin(2\pi s /P)\\
y(s) &= -B \cos(2\pi s/P) + A \sin(2\pi s /P)
\end{align}
Perciò non è difficile verificare esplicitamente che
$$x(s)^2 + y(s)^2 = A^2 + B^2$$
e quindi la curva $\gamma$ è un cerchio di raggio arbitrario.