Rys. 1 Średnica zbioru mierzy, jak duży on jest.

Rozważmy wypukłą bryłę w przestrzeni trójwymiarowej Jedną z wielkości charakteryzujących to, jak duża jest bryła, może być jej średnica, którą oznaczamy przez Jest to kres górny odległości pomiędzy dowolną parą punktów Na przykład, średnica sześcianu o wierzchołkach w punktach wynosi bowiem dwa najbardziej oddalone od siebie punkty to np. wierzchołki i które są odległe o 

---

Zauważmy też, że zgodnie z tą definicją, średnica kuli o promieniu to

Czy bryła o ustalonej średnicy może mieć dowolnie dużą objętość ? Oczywiście, że nie, bo z definicji średnicy zbioru bryła musi być zawarta w kuli o promieniu i środku w dowolnie wybranym punkcie bryły. Zapytajmy dalej.

Rys. 2 Symetryzacja Steinera względem płaszczyzny

Jest to tzw. problem izodiametryczny. Można go łatwo rozwiązać przy użyciu silnego geometrycznego narzędzia, jakim jest tytułowa symetryzacja. Dla bryły jej symetryzacja Steinera względem płaszczyzny to zbiór powstały przez zastąpienie każdego cięcia zbioru prostą prostopadłą do płaszczyzny i przechodzącą przez punkt odcinkiem o środku w punkcie i długości równej długości odcinka Jeśli ktoś lubi znaczki, to zapisujemy to formalnie tak

gdzie jest ustalonym jednostkowym wektorem prostopadłym do obranej na samym początku płaszczyzny

Intuicyjnie, niezależnie nad każdym punktem płaszczyzny tak przesuwamy fragment bryły, żeby był on symetryczny względem płaszczyzny Ta operacja ma takie kluczowe własności:

(i)

zachowuje wypukłość – jeśli jest bryłą wypukłą, to też,

(ii)

bryła jest symetryczna względem płaszczyzny

(iii)

nie zmienia objętości bryły –

(iv)

nie powiększa średnicy –

Rys. 3 Symetryzacja Steinera nie powiększa średnicy zbioru.

Własność (ii) jest jasna z konstrukcji zbioru ; (iii) podobnie, bo nalewając wody do i do nalejemy jej tyle samo, gdyż nad każdym punktem z nalejemy jej tyle samo. Dla dowodu własności (iv) ustalmy dwa punkty z Naszym celem jest udowodnić, że Niech i będą odpowiednio rzutami punktów i na a i – rzutami i na prostą Przy tych oznaczeniach możemy napisać

Oznaczmy jeszcze przez i odpowiednio końce lewy i prawy odcinków i Mamy wtedy

Stąd

a więc

Dla jeszcze większego oswojenia się z naszym narzędziem dobrym ćwiczeniem, drogi Czytelniku, jest samodzielne udowodnienie własności (i).

Przyszła teraz pora na rozumowanie finałowe, jeśli chodzi o odpowiedź na Pytanie 1. Mając dowolną wypukłą bryłę o średnicy wysymetryzujmy ją kolejno względem każdej z trzech płaszczyzn wyznaczonych przez wszystkie możliwe pary osi układu współrzędnych. W ten sposób powstaje bryła która jako symetryczna względem każdej z płaszczyzn jest środkowo symetryczna względem zera. Zatem dla dowolnego punktu jest też więc

co oznacza, że bryła jest zawarta w kuli o środku w zerze i promieniu Stąd

(D)

Uzyskaliśmy tym samym (D) – tak zwaną nierówność izodiametryczną. Wynika z niej, że wśród ciał o ustalonej średnicy największą objętość ma kula o promieniu Jest to odpowiedź na postawione na początku Pytanie 1. Trudne?

Przypomnijmy sobie, że zaczęliśmy od badania średnicy bryły wypukłej. Inną wielkością charakteryzującą to, jak duża może być bryła, jest z pewnością pole powierzchni jej brzegu W duchu poprzedniego pytania można się też zastanawiać, czy ma to jakiś związek z objętością bryły, i zadać kolejne pytanie.

Jest to tzw. problem izoperymetryczny, wiązany w mitologii rzymskiej z imieniem Dydony, pierwszej królowej Kartaginy. Ścisłego rozwiązania doczekał się on jednak dopiero w XIX w. Nasz bohater, Jakub Steiner, przy użyciu swojej symetryzacji rozwiązał go na płaszczyźnie w 1838 roku. Naszkicujemy teraz jego argument. Na początku kluczowe jest zauważenie kolejnej własności symetryzacji Steinera:

(v)

nie powiększa pola powierzchni brzegu –

Rys. 4 Twierdzenie o kuli śnieżnej.

Dalej już wystarczy tylko wiedzieć, że startując z dowolnej bryły wypukłej  można znaleźć taki ciąg płaszczyzn że symetryzując kolejno względem nich będziemy w pewnym sensie coraz bliżej pewnej kuli Nazwa tego twierdzenia doskonale prezentuje jego ideę. Jest to tzw. twierdzenie o kuli śnieżnej.

Zatem

Ale symetryzacja nie zmienia objętości (pamiętamy o własności (iii)), więc kula ma taką objętość jak bryła Czyli

(P)

Otrzymaliśmy tym samym klasyczną nierówność izoperymetryczną. Znowu widać, że kule są ekstremalne — przy ustalonym polu powierzchni mają największą objętość.

Widzimy, że zupełnie elementarnie byliśmy w stanie odpowiedzieć na dwa wariacyjne pytania. Wszystko dzięki prostej geometrycznej idei symetryzacji. Do kompletności wywodu pozostał dowód twierdzenia o kuli śnieżnej i faktu, że symetryzacja nie powiększa pola powierzchni, ale to już temat na inną opowieść.