Eşçevre Problemi: 2000 Yıllık Optimizasyon Problemi, Evren'deki Cisimlerin Küre Olma Eğilimini Nasıl Açıklıyor?

Bu yazımızda; köpük baloncuklarının geometrisini gözlemlemekten mikroorganizmaların yapısını anlamaya kadar evrendeki birçok fenomene ve Antik Yunandan beri ünlü astronomlardan fizikçiler ve biyologlara kadar birçok bilim insanının çalışmalarına ışık tutan Eşçevre Problemi (İng: "Isoperimetric Problem") üzerinde duracağız. Bu probleme cevap vermek isteyen matematikçilerin çalışmalarını ve problemin fizik alanındaki bazı uygulamalarını inceleyip, Eşçevre Eşitsizliğinin (İng: "Isoperimetric Inequality") iki boyutlu reel uzay için ispatını vereceğiz.

Tolstoy’un "İnsana Ne Kadar Toprak Lazım?" isimli eserini okumuşsunuzdur. Uçsuz bucaksız bir arazinin sahibi ile, alacağı toprak konusunda anlaşan baş karakterimiz Pahom, belirlenen günün sabahında elindeki küreği ile heyecanla bu devasa arazinin ufuklarından güneşin doğmasını bekler. Anlaşma şöyledir: Gün doğumu ile yola çıkan Pahom, arazide ilerledikçe belirli aralıklarla toprağa çukur kazarak işaretler bırakacak ve gün batmadan önce, başladığı yere geri dönebilirse, kazdığı çukurlar sabanla birleştirilecek ve çizdiği sınır ile kapatabildiği kadar toprak parçası kendisine ait olacak. Ama gün batmadan önce başladığı noktaya geri dönemezse, hem toprak sahibi olma şansını kaybedecek hem de bütün parasını...

Peki böyle bir durumda en akıllıca rota nasıl olmalı? Güneşin doğumundan batımına kadar olan süre, katedilebilecek yolun uzunluğunu belirlerken; nasıl bir şekil çizerek en fazla toprağa sahip olunabilir?

Oldukça benzer bir problemle Kartaca şehir devletinin kurucusu olan Kraliçe Dido karşılaşmıştı. Efsaneye göre; Kuzey Afrika topraklarına ulaşan kraliçeye, yerel Kral Hiarbas bir teklifte bulunur; sadece bir tane öküzün derisi ile kapatabildiği kadar toprağı kendisine vereceğini söyler. Kraliçe Dido, öküz derisini incecik ipler halinde kestirir ve bu binlerce incecik ipin uç uca bağlanmasını emreder. Böylece kapatacağı toprağın sınırlarını belirlemek için kilometrelerce uzunlukta bir ip elde etmiş olur. Ve bu ip ile Akdeniz kıyılarına karşı bir yarım daire oluşturarak kuracağı Kartaca devletinin topraklarına sahip olur.

Jean-Claude Golvin

Bu yazımızda cevabını arayacağımız sorulardan bir tanesi de bu: Kraliçe Dido, çizdiği bu yarım daire ile gerçekten de sahip olabileceği en fazla miktarda toprağı mı elde etmiş oldu, yoksa çok daha fazla toprağa sahip olmasını sağlayacak başka bir sınır çizebilir miydi?

Eşçevre Problemi

Uzunlukları aynı olan, bütün basit, kapalı eğriler arasından, hangi eğri en fazla alanı kapatır?

Eğrinin kapalı olması başlangıç ve bitiş noktalarının aynı olması ve böylece iç bölgesinde kalan alanı çevreliyor olması, ve basit olması ise hiçbir noktada kendisi ile kesişmiyor olması demektir. Yani; problemi, ismini aldığı formu ile sorarsak: Çevre uzunlukları eşit olan bütün şekiller arasından, hangisi en fazla alanı kaplar?

Sezgilerimiz, böyle bir şeklin varlığı yönündeyken; hem varlığı hem de, eğer varsa, birden fazla olup olmadığı belirsiz gibi gözükse de bu probleme karşı; büyük ihtimalle zihnimizde canlanan ilk düşünce, böyle bir şeklin konveks (dışbükey) olması gerektiğidir.

Gerçekten de, eğer maksimum alanı kapladığını iddia ettiğimiz şekil konveks değil de konkav (içbükey) olursa; aşağıdaki görselde olduğu gibi, öyle iki nokta seçebiliriz ki bu noktaları bir doğru parçası ile birleştirip, eğrinin o iki nokta arasında kalan kısmının bu doğru parçasına göre simetrisini alırsak, eğrinin uzunluğunu değiştirmemiş olmamıza rağmen şeklimizin alanını artırmış oluruz - ki bu durum, konkav olan herhangi bir şeklin maksimum alan kaplıyor olamayacağı anlamına gelir.

Aynı zamanda, alanı maksimize edebilmek için, aradığımız şeklin deliksiz olması gerekir; eğer şekil delik içeriyorsa, aşağıdaki görselde olduğu gibi, deliği doldurup deliğin çevresinin uzunluğundaki bir eğriyi, şekli çevreleyen eğriye eklersek, eğrinin uzunluğunu değiştirmemiş olmamıza rağmen alanı artırmış oluruz - ki bu durum, delikli olan herhangi bir şeklin maksimum alanı kaplıyor olamayacağı anlamına gelir.

Zenodorus ve Pappus'un Çalışmaları

M.Ö. 2. yüzyılda bu soruyu, aynı uzunluğuna sahip çember ve düzgün çokgenler için düşünen Antik Yunan matematikçisi Zenodorus, yaptığı ispat ile eşçevre problemiyle uğraşmış olan ilk matematikçilerden biri olmuştu. Aynı uzunluğa sahip iki düzgün çokgenden köşe sayısı fazla olanın daha fazla alanı kaplıyor oluşunu, çokgenlerin köşe sayısını artırdıkça çembere benzediği düşüncesiyle birleştirerek, eşit uzunluktaki çember ve çokgenler arasından çemberin en fazla alanı kaplıyor olduğunu ispat eden Zenodorus; kendisinin çalışmalarını, doğrusal şekiller (rectilinear figures) ile genelleştirerek devam ettiren Helenistik Dönemin meşhur geometricilerinden İskenderiyeli Pappus’a da ışık tutmuş oldu.

Steiner'in İspatı

Antik Yunan döneminden kalan bütün bu çalışmalar doğru olsalar bile aradığımız sorunun cevabını verebilmek için eksikler. Çünkü bütün bu çalışmalar düzenli (regular) eğriler üzerine yapılmıştı ve düzensiz (irregular) eğriler için bir önermeleri yoktu. Soruya, düzensiz eğrileri de içerecek şekilde tam bir cevap vermek isteyen 19. yüzyıl matematikçilerinden İsviçreli matematikçi Jakop Steiner, Eşçevre Problemi'nin modern anlamdaki ispatı üzerine çalışan ilk matematikçi oldu. Steiner’ın ispatı 3 adımdan oluşuyordu:

$A$ bölgesinin maksimum alanı kaplıyor olduğu varsayılmak üzere,

1. $A$ bölgesi, bizim de yukarıda gösterdiğimiz gibi, konveks olmalı.
2. Eğri üzerinden, eğrinin tamamını iki eş parçaya bölecek şekilde seçilen iki nokta, birleştirilerek şekil iki parçaya bölündüğünde; bu parçaların alanları birbirine eşit olmalı.
3. Eğrinin, ayrılan iki parçası da birer yarı çember olmalı.

İkinci maddeyi ele alalım: Gerçekten de, eğer eğriyi iki eş parçaya bölen bu doğru, alanı da iki eş parçaya bölmüyorsa; alanı daha büyük olan parçanın, bu doğruya göre simetrisi alındığında toplam çevre uzunluğu değişmemiş olmasına rağmen alan artmış olur. Böylece, sözünü ettiğimiz bu şeklin, maksimum alanı kaplamıyor olduğu sonucuna ulaşırız. Dolayısıyla, maksimum alanı kapladığını iddia ettiğimiz şekil için; eğriyi iki eşit parçaya bölen doğrunun, alanı da iki eşit parçaya böldüğünü ispatlamış olduk.

Üçüncü maddeyi ele alalım: Yukarıdaki görselde olduğu gibi noktaların ismi $P$ ve $Q$, eğrinin parçalarının ismi $C_1$ ve $C_2$ olsun; $C_1$ eğrisinin yarı çember olduğunu çelişki elde ederek göstermek için, $C_1$'in yarı çember olmadığını varsayalım. Bu durumda, aşağıdaki görselde olduğu gibi, $C_1$ eğrisi üzerinde öyle bir $W$ noktası vardır ki '$y$' açısı $90$ derecen farklı bir açıdır. Dolayısıyla, eğer $C_1$'in ve $\overline{PW}$ ve $\overline{WQ}$ doğru parçalarının uzunluğunu değiştirmeden $P$ ile $Q$ noktaları arasındaki mesafeyi değiştirerek yani şekli büzerek yada gerdirerek '$y$' açısını $90$ dereceye eşitlersek, üçgenin alanı artarken (Sinüs Alan Teoremi, $\overline{PW}$ ve $\overline{WQ}$ doğru parçalarının uzunlukları sırasıyla $a$ ve $b$ olmak üzere, $Alan(\widehat{PWQ})=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}absin(y)$ olduğundan dolayı, $sin$ fonksiyonunun maksimum değeri olan $1$'de yani $y=90$ olduğunda $\widehat{PWQ}$ üçgeninin alanı da maksimum değerini almış olur), $\overgroup{PW}$ ve $\overgroup{WQ}$ yaylarının uzunluğu değişmemiş olduğundan da turuncu bölgelerin alanları aynı kalır. Bu durumda ise bölgenin toplam alanı artmış olur ve böylece maksimum alana sahip olduğunu iddia ettiğimiz bölgeden daha fazla alana sahip bir bölge elde etmiş oluruz - ki bu bir çelişkidir. Öyleyse $C_1$ eğrisi bir yarı çemberdir. Aynı yolu izleyerek $C_2$ eğrisinin de bir yarı çember olduğu sonucuna ulaşabiliriz.

En nihayetinde bu iki yarı çemberin uzunlukları eşit olduğundan, $C_1$ ve $C_2$ yarı eğrilerinin birlikte bir çember oluşturduğunu, yani $A$ bölgesini çevreleyen eğrinin bir çember olduğunu ispatlamış olduk.

$■$

Ancak bir sorunumuz var: Jakob Steiner’ın bu ispatı; aynı Zenodorus ve Pappus’un çalışmaları gibi, doğru olmasına rağmen aradığımız soruya cevap verebilmek için yetersiz. Çünkü; her ne kadar Steiner, ispatı yaparken açıkça belirtmemiş olsa da bizim ispata başlarken söylediğimiz gibi, bu ispat, böyle bir eğrinin var olduğu varsayımına dayanıyor. Yani biz; alanı maksimize eden şeklin çember olduğunu değil, eğer alanı maksimize eden bir şekil varsa bunun çember olduğunu bulduk. Yani eğer alanı maksimize eden bir şekil yoksa bile sırf böyle bir şeklin var olduğunu varsaydığımız için mi çemberin maksimum alanı kapattığını bulduk?

Evet aynen öyle, çünkü ispatımız tamamen bunun üzerine kurulu; ilk adımda böyle bir şeklin konveks olması gerektiğini söyledik, böyle bir şeklin var olduğunu varsaymasaydık konveksliğini araştıramazdık, aynı teknikle ikinci ve üçüncü adımlarda da böyle bir şeklin nasıl olması gerektiğini, nasıl olamayacağını göstererek bulduk, eğer baştaki varsayımımızı yapmamış olsaydık cevabımızın çember olduğu sonucuna da ulaşamazdık.

Dolayısıyla, Eşçevre Problemine doğru cevabı verebilmek için öncelikle böyle bir şeklin varlığını ispatlamamız gerek ki bunu da Eşçevre Eşitsizliğini tanıtıp ispatlayarak yapacağız; ama şimdi, bu ispatı yazımızın sonuna bırakıp, Eşçevre Problemini üçüncü boyutta ve evrenimizde ele alalım.

Eşalan Problemi ve Minimum Potansiyel Enerji Prensibi

1) Çevre uzunlukları eşit olan bütün şekiller arasından, hangisi en fazla alanı kaplar?

Yukarıdaki haliyle sorduğumuz problemimizi, Eşalan Problemi olarak isimlendirilen aşağıdaki formuyla da sorabiliriz:

2) Alanları eşit olan bütün şekiller arasından, hangisinin çevre uzunluğu en azdır?

Eşalan Problemi ve uygulamalarından bahsetmeden önce, bu iki problemin birbirine denk olduğunu ispatlayalım.

Teorem: $Y$şekli, 1. Problemin cevabıdır $⟺$ $Y$ şekli, 2. Problemin cevabıdır

İspat: $1⟹2$: çelişki elde ederek ispatlamak için $Y$ şeklinin 1'i sağlıyor ise 2'yi sağlamıyor olduğunu varsayalım. $Y$ şekli 2'yi sağlamıyor ise öyle bir $E$ şekli vardır ki $Alan(Y)=Alan(E)$ ve $Çevre(E)<Çevre(Y)$ olur. 1'i sağlayan $Y$ şekli deliksiz ve konveks olduğundan çevresinin uzunluğunu azalttığımızda alanını da azaltmış olacağımızdan dolayı, $Y$ şeklini $Çevre(E)=Çevre(Y)$ olacak şekilde çevresini azalttığımızda $Alan(Y)<Alan(E)$ olur. Oysaki $Y$ şeklinin 1'i sağladığını yani alanı maksimize ettiğini varsaymıştık ancak öyle bir eşit çevreye sahip $E$ şekli bulduk ki alanı, $Y$ şeklinin alanından daha fazla ki bu bir çelişkidir. Böylece $1⟹2$ olur.

$2⟹1$ : aynı şekilde çelişki elde ederek ispatlamak için $Y$ şeklinin, 2'yi sağlıyor ise 1'i sağlamıyor olduğunu varsayalım. $Y$ şekli, 1'i sağlamıyor ise öyle bir $F$ şekli vardır ki $Çevre(Y)=Çevre(F)$ ve $Alan(Y)<Alan(F)$ olur. 2'yi sağlayan $Y$ şeklinin konveks ve deliksiz olması gerektiği kolayca görülebileceğinden ( konkav ise en başta yaptığımız gibi konkav kısmın simetrisi alınıp bu simetri sonucu artan alan kadar alan şekil büzülerek çıkarılınca, alan sabit kalmasına rağmen çevre uzunluğu azalmış olur böylece konkav olan herhangi bir şeklin çevreyi minimize edemeyeceğini göstermiş oluruz, delikli olursa da benzer şekilde delik kapatılıp kapatılınca artan ki kadar alan, şekil büzülerek çıkarılınca alan sabit kalırken çevre uzunluğu azalmış olur böylece delikli olan herhangi bir şeklin çevreyi minimize edemeyeceğini göstermiş oluruz ) $Y$ şeklinin alanını artırmak için çevresinin uzunluğunu da artırmamız gerektiğini söyeleyebiliriz. Dolayısıyla, $Y$ şeklinin alanını $Alan(Y)=Alan(F)$ olacak şekilde arttırırsak $Çevre(Y)\text{>}Çevre(F)$ olur. Oysaki $Y$ şeklinin 2'yi sağladığını yani çevre uzunluğunu minimize ettiğini varsaymıştık ancak öyle bir aynı alana sahip $F$ şekli bulduk ki çevre uzunluğu, $Y$ şeklinin çevre uzunluğundan daha az ki bu bir çelişkidir. Böylece $2⟹1$ olur.

Sonuç olarak $1⟹2$ ve $2⟹1$ olduğundan dolayı, $1⟺2$ olur. Yani, Eşçevre Problemi ve Eşalan Problemi birbirine denktir.

$■$

Bu problemi kendi evrenimizde ele aldığımızda; üç boyutlu Eşalan Probleminin çözümünün, Minimum Potansiyel Enerji Prensibinin cisimlerin geometrilerini nasıl etkilediğini açıkladığını görürüz.

Örneğin bir su kütlesine baktığımızda, yüzeydeki moleküllerin etkileştiği molekül sayısı, su kütlesinin iç bölgesindeki her tarafı diğer moleküllerle çevrili olan moleküllerin etkileştiklerininkinden daha az olduğu için yüzeydeki moleküllerin potansiyel enerjileri daha fazladır. Dolayısıyla Minimal Potansiyel Enerji Prensibinin belirttiği gibi; su kütlesi, toplam potansiyel enerjisini minimize etmek için, diğerlerinden daha fazla potansiyel enerjiye sahip olan yüzeydeki su moleküllerinin sayısını yani yüzey alanını olabildiğince azaltması gerekir.

Üç boyutlu Eşalan Probleminin cevabı yani belirli bir hacmin yüzey alanını minimize etmek için alması gereken form, küre olduğu için; su kütlesi de yüzeyini minimize etmek için küre şeklini almak zorundadır. Dünyadaki su damlacıkları, yerçekiminden dolayı, tam bir küre şekli oluşturamasalar da uzaydaki bir su kütlesinin yüzeyinin küresel bir yapıya sahip olmasının sebebi de budur.

Piqsels

USGS

Bir diğer klasik örnek olan köpük baloncuklarını ele alacak olursak; dış basıncı, içerisindeki hava moleküllerinin uyguladığı basınç ile dengeleyerek formunu korumaya çalışan köpük baloncuğunun, bu dengeyi sağlayabilmek amacıyla yüzey alanını minimize eder ki bu durum, yüzeyinin küresel olmasının sebebini açıkladığı gibi birkaç köpük baloncuğunun bir araya gelmesiyle oluşan yapıda baloncukların birbirleri ile birleşme açıları ve arayüzlerinin geometrilerinin, neden toplam yüzey alanını minimize edecek şekilde olduğunu da açıklar.

Pikrepo

Eşçevre Eşitsizliği ve İspatı

$E$ ; $n$ boyutlu reel bir sınırlı $C^{\infty }$sınıfı domain ise; $B$, $n$ boyutlu birim küre olmak üzere $|\partial E|\ge$ $n|B{|}^{\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{n}}|E{|}^{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{n}}$ olur ve eşitlik ancak ve ancak $E$ ; $n$ boyutlu bir küre ise sağlanır.

Yani $E$ bölgesinin yüzeyinin yüzey hacmi, $n$ boyutlu birim kürenin hacminin $\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{n}$'inci kuvveti ile $E$ bölgesinin hacminin $\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{n}$'inci kuvvetinin çarpımının $n$ katından daha büyüktür ya da eşittir.

Yukarıdaki $n$ boyutlu Eşçevre Eşitsizliği ve benzeri birçok optimizasyon probleminin çok daha soyut ve genel formlarını, alanlarına giren problemlerinden olarak sayabileceğimiz Minimal Yüzeyler Teorisi ve Konveks Optimizasyon Teorisi gibi teoriler bu tarz problemlerin çözümleri için çok daha ‘yüksek teknoloji’ olarak nitelendirebileceğimiz araçlar kullansa da; biz yazımızı, yukarıdaki bu eşitliğin yalnızca $n=2$ durumu için oldukça basit bir geometrik ispatını vererek sonlandıracağız.

Alman matematikçi Erhard Schmidt’in 1939 yılında yaptığı bu ispata geçmeden önce, ispat için gerekli olan iki tane önsavı ispatlayacağız.

Önsav 1: $C$; basit, kapalı, pozitif yönlendirilmiş ve $[a,b]$ üzerinde tanımlı olan $r(t)=⟨x(t),y(t)⟩$ ile parametrize edilmiş bir eğri ve $D$, $\partial D=C$ olacak şekilde yani $C$ eğrisinin kapattığı bölge olarak tanımlanmış olsun. Bu durumda,

$Alan(D)={\int }_a^{b}x(t)y^{\prime }(t)dt=-{\int }_a^{b}y(t)x^{\prime }(t)dt$ olur.

İspat: $F=⟨M,N⟩$, $D$ bölgesini içeren bir açık küme üzerinde tanımlı olan sürekli diferansiyellenebilir bir vektör alanı olsun.

$Alan(D)={\iint }_{D}1dA$ integralini, $r$ parametrizasyonunun bileşenleri olan $x$ ve $y$ cinsinden yazabilmek için,

Green Teoremi; ${\oint }_{C}Fdr$ $={\iint }_{D}curlFdA$ eşitliğini kullanarak, $curlF=1$ olacak şekilde $M$ ve $N$ fonksiyonları bulmamız gerek.

Eğer $M=0$ ve $N=x$ olarak alınırsa, $curlF=\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial N}{\partial x}-\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial M}{\partial y}$ $=1-0=1$ olur ve böylece, ${\oint }_{C}xdy$ $={\oint }_{C}Mdx+Ndy$ $={\oint }_{C}Fdr$ $={\iint }_{D}curlFdA$ =${\iint }_{D}1dA$ yani,

$Alan(D)$ $={\oint }_{C}xdy$ $={\int }_a^{b}x(t)y^{\prime }(t)dt$ olur.

Eğer $M=-y$ ve $N=0$ olarak alınırsa, $curlF=\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial N}{\partial x}-\genfrac{}{}{0ex}{}{\partial M}{\partial y}=0-(-1)=1$ olur ve böylece, ${\oint }_C-ydx$ $={\oint }_{C}Mdx+Ndy$ $={\oint }_{C}Fdr$ $={\iint }_{D}curlFdA$ $={\iint }_{D}1dA$ yani,

$Alan(D)={\iint }_{D}1dA=-{\oint }_{C}ydx={\int }_a^{b}y(t)x^{\prime }(t)dt$ olur.

$■$

Önsav 2: $x,y,z$ sürekli diferansiyellenebilir fonksiyonlar ise

$(x{y}^{\prime }-z{x}^{\prime }{)}^2\le (x^2+z^2)((x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2)$ olur ve eşitlik $z{y}^{\prime }=-x{x}^{\prime }$ durumunda sağlanır.

İspat: $(x^2+z^2)((x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2)-(x{y}^{\prime }-z{x}^{\prime }{)}^2$

$=x^2(x^{\prime }{)}^2+x^2(y^{\prime }{)}^2+z^2(x^{\prime }{)}^2+z^2(y^{\prime }{)}^2-(x^2(y^{\prime }{)}^2-2x{y}^{\prime }z{x}^{\prime }+z^2(x^{\prime }{)}^2)$

$=x^2(x^{\prime }{)}^2+2x{y}^{\prime }z{x}^{\prime }+z^2(y^{\prime }{)}^2$

$=(x{x}^{\prime }+z{y}^{\prime }{)}^2$ $\ge 0$

Böylece eşitsizlik sağlanmış olur.

Eşitlik ise $(x{x}^{\prime }+z{y}^{\prime }{)}^2=0$ olunca yani $z{y}^{\prime }=-x{x}^{\prime }$ durumunda sağlanır.

$■$

Teorem (Eşçevre Eşitsizliği) : $c(t)=⟨x(t),y(t)⟩$ ; $[a,b]$ üzerinde tanımlı, basit, kapalı, pozitif yönlendirilmiş, yay uzunluğu ile parametrize edilmiş, sürekli diferansiyellenebilir, uzunluğu $L$ olan bir eğri ve kapattığı alan $A$ olsun. Bu durumda,

$L^2\ge 4\pi A$ olur ve eşitlik ancak ve ancak $c(t)$ bir çember ise sağlanır.

İspat ( Erhard Schmidt, 1939 ) : $r$ sayısı, $c(t)$ eğrisinin $x$ eksenindeki genişliğinin yarısı olarak tanımlanmış olsun yani $r=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}ma{x}_{s,u\in [0,L]}|x(u)-x(s)|$ ve $x(t)$ fonksiyonu $[-r,r]$ aralığında değer alıyor olsun. $x(0)=r$ ve herhangi bir $p_1\in [0,L]$ için $x(p_1)=-r$ olarak tanımlansın.

Şimdi, $(0,0)$ merkezli ve $r$ yarıçaplı bir çember tanımlayalım ve bu çember;

$z(t)=\{\begin{array}{ll}\sqrt{r^2-x(t{)}^2},& 0\le t\le p_1\\ -\sqrt{r^2-x(t{)}^2},& p_1\le t\le L\end{array}$ olacak şekilde $k(t)=⟨x(t),z(t)⟩$ ile parametrize edilmiş olsun.

$A$, $c(t)$ eğrisinin kapattığı alan ve $B$, $k(t)$ eğrisinin kapattığı alan olmak üzere Önsav 1'deki eşitlikler kullanılarak,

$A={\int }_0^L{y}^{\prime }xdt$ ve $B={\int }_0^{L}z{x}^{\prime }dt=\pi r^2$ eşitlikleri elde edilir dolayısıyla;

$A+B={\int }_0^{L}y{x}^{\prime }-z{x}^{\prime }dt$

$\le {\int }_0^L\sqrt{(y^{\prime }x-z{x}^{\prime }{)}^2}dt$

$\le {\int }_0^L\sqrt{(x^2+z^2)((x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2)}dt$ (Önsav 2) (i)

$={\int }_0^{L}rdt$ ( $x^2+z^2=r^2$ ve $(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2=1$ )

$=Lr$

yani, $A+B\le Lr$ olur.

$e$ ve $f$ herhangi bir pozitif reel sayı olmak üzere, $(\sqrt{e}-\sqrt{f}{)}^2\ge 0$ olduğundan dolayı $e-2\sqrt{ef}+f\ge 0$ yani $\genfrac{}{}{0ex}{}{e+f}{2}\ge \sqrt{ef}$ olur.

Yani eğer $e=A$ ve $f=\pi r^2$ olarak seçilirse, $\sqrt{A}\sqrt{\pi r^2}\le \genfrac{}{}{0ex}{}{A+\pi r^2}{2}\le \genfrac{}{}{0ex}{}{Lr}{2}$ yani $4\pi A{r}^2\le L^2{r}^2$ ve sonuç olarak,

$4\pi A\le L^2$ olur ve böylece Eşçevre Eşitsizliği ispatlanmış olur.

Şimdi de, alanı maksimize eden eğriyi bulabilmek için $4\pi A=L^2$ eşitliğinin hangi durumda sağlandığını ispatlıyalım.

Eğer $4\pi A=L^2$ eşitliği sağlanıyorsa,

$\sqrt{A}\sqrt{\pi r^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{A+\pi r^2}{2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{Lr}{2}$ eşitlikleri de sağlanır. Birinci eşitlikten $A=\pi r^2$ olduğunu görürüz.

Öte yandan eğer ikinci eşitlik sağlanıyorsa, (i) numaralı eşitsizliğin eşitlik olması için,

$(x{y}^{\prime }-z{x}^{\prime })=(x^2+z^2)((x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2)$ eşitliği de sağlanır.

$x^2+z^2=r^2$ ve yay uzunluğu ile parametrize edildiğinden $(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2=1$ olduğundan dolayı,

$(x{y}^{\prime }-z{x}^{\prime }{)}^2=r^2$ olur, yani

$x^2(y^{\prime }{)}^2-2z{x}^{\prime }x{y}^{\prime }+z^2(x^{\prime }{)}^2=r^2$ eşitliği elde edilir

ve $(x{y}^{\prime }-z{x}^{\prime }{)}^2=(x^2+z^2)((x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2)$ eşitliğinin $z{y}^{\prime }=-x{x}^{\prime }$ durumunda sağlandığını ispatladığımızdan dolayı,

$x^2(y^{\prime }{)}^2+2(x^{\prime }{)}^2{x}^2+z^2(x^{\prime }{)}^2=r^2$ eşitliği elde edilir ve böylece,

$x^2((x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2)+(x^{\prime }{)}^2(x^2+z^2)=r^2$ yani,

$x^2+(x^{\prime }{)}^2{r}^2=r^2$ ve böylece $x^2=r^2(1-(x^{\prime }{)}^2)=r^2(y^{\prime }{)}^2$ olur ve sonuç olarak

$x={}_{-}^{+}r{y}^{\prime }$ eşitliği elde edilmiş olur.

Şimdi ispatımızın başına, $c(t)$ eğrisinin $x$ eksenindeki genişliği ile aynı çapa sahip $k(t)=⟨x(t),z(t)⟩$ ile parametrize edilmiş çemberi tanımladığımız noktaya geri dönelim ve bu sefer $c(t)$ eğrisinin $y$ eksenindeki genişliği ile aynı çapa sahip $j(t)=⟨w(t),y(t)⟩$ ile parametrize edilmiş başka bir çember tanımlayalım.

Yarıçapı, $n=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}ma{x}_{s,u\in [0,L]}|y(u)-y(s)|$ olan bu yeni çember için de yukarıdaki adımları izlediğimizde, benzer şekilde; $G$, yeni çemberimizin kapattığı alan yani $G=\pi n^2$ olmak üzere, $A$ yani $c(t)$ eğrisinin kapattığı alan için $A=\pi n^2$ olur. Böylece, yukarıda $A=\pi r^2$ olduğunu gösterdiğimizden dolayı, $n=r$ sonucuna ulaşırız. Öte yandan, aynı teknikle, $-x{w}^{\prime }=y{y}^{\prime }$ olunca eşitliğin sağlandığı gösterilip $y={}_{-}^{+}r{x}^{\prime }$ eşitliği elde edilir.

Böylece, $x^2+y^2={(}_{-}^{+}r{y}^{\prime }{)}^2+{(}_{-}^{+}r{x}^{\prime }{)}^2=r^2((x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2)=r^2$ eşitliği elde edilmiş olur.

Yani, $L^2=4\pi A$ ise $c(t)$ eğrisi bir çemberdir. Öte yandan $c(t)$ bir çember ise $L^2=4\pi A$ olacağı da açıktır.

Böylece, $L^2=4\pi A$ eşitliği ancak ve ancak $c(t)$ eğrisi bir çember ise sağlanır.

Sonuç olarak; alanı maksimize eden tek şekil, çemberdir.

$■$