# Inégalité de Bonnesen

En mathématiques, l'inégalité de Bonnesen$^,$ est un raffinement de l'inégalité isopérimétrique dans le plan euclidien. Elle énonce qu'une courbe de Jordan (courbe fermée sans croisement) de longueur $L$ englobant une surface $S$ d'aire $A$ vérifie l'inégalité :
    $\pi ^{2}(R-r)^{2}\leqslant L^{2}-4\pi A$
où $r$ et $R$ sont respectivement les rayons d'un plus grand disque inclus dans la surface (de circonférence un cercle inscrit) et du plus petit disque englobant (de circonférence un cercle circonscrit)cette surface $S$.
L'inégalité de Bonnesen généralise l'inégalité isopérimétrique car elle implique cette dernière. En effet, d'après l'inégalité de Bonnesen,
    $4\pi A\leqslant L^{2}-\underbrace {\pi ^{2}(R-r)^{2}} _{\geqslant 0}\leqslant L^{2}$
On retrouve bien l'inégalité isopérimétrique :
    $L^{2}\geqslant 4\pi A.$
Le nom de cette inégalité honore Tommy Bonnesen (en) qui fut le premier à établir cette inégalité.

## Démonstration

La démonstration présentée ici, due à Hugo Hadwiger, montre un résultat un peu plus précis: les deux rayons $r$ et $R$ sont situés entre les deux racines de la fonction polynomiale du second degré qui à t associe l'aire de la surface $S+tB$ où tB est le disque de rayon t centrée en l'origine.
* La valeur –r est d'image négative par le polynôme qui, à t associe l'aire de la surface S + tB :
On considère un compact convexe non vide $S$, un cercle inscrit, de rayon $r$ et un cercle circonscrit $C$ de rayon $R$. Cette situation est illustrée sur la figure de gauche, le compact convexe est le carré violet, le cercle $C$ est illustré en bleu et le cercle inscrit en vert. La technique utilisée consiste à considérer la zone bleue Z correspondant aux points de $C$ qui ne sont pas dans $S$. La surface Z + rB est doublement mesurée, les symboles rB désignent ici la boule de rayon r et de centre le vecteur nul. Cette figure recouvre intégralement $S$ et définit un disque de rayon R + r, illustré en jaune. On en déduit une première égalité :
$A(Z+r{\mathcal {B}})=\pi (R+r)^{2}.$
On découpe alors la surface Z en deux par une droite Δ passant par les centres des deux cercles inscrit et circonscrit. La partie supérieure de Z est notée Z$_s$, comme indiquée sur l'illustration à droite. La somme de Minkowski de Z$_s$ et de rB correspond, dans la partie supérieure à la droite Δ, à un demi-disque, de rayon R + r. Si l$_1$ et l$_2$ sont les longueurs des deux intersections de Z avec Δ (voir la figure), l'intersection de la somme avec la partie inférieure à la droite Δ possède une aire égale à πr$^2$ + (l$_1$ + l$_2$)r. On en déduit l'égalité :
$A(Z_{s}+r{\mathcal {B}})={\frac {\pi }{2}}(R+r)^{2}+(l_{1}+l_{2})r+\pi r^{2}.$
Il est aussi possible d'évaluer cette aire à l'aide de la formule de Steiner-Minkowski. Comme Z$_s$ n'est pas convexe, la formule est une majoration et non pas une égalité :
$A(Z_{s}+r{\mathcal {B}})={\frac {\pi }{2}}(R+r)^{2}+(l_{1}+l_{2})r+\pi r^{2}\leq A(Z_{s})+(\pi R+l_{1}+l_{2}+p_{s})r+\pi r^{2}.$
Ici p$_s$ désigne la longueur de la partie supérieure de la frontière de S. On peut appliquer exactement le même raisonnement à la partie inférieure à la droite Δ. En utilisant l'indice i pour décrire la partie inférieure, on obtient :
$A(Z_{i}+r{\mathcal {B}})={\frac {\pi }{2}}(R+r)^{2}+(l_{1}+l_{2})r+\pi r^{2}\leq A(Z_{i})+(\pi R+l_{1}+l_{2}+p_{i})r+\pi r^{2}.$
En sommant les deux majorations :
$\pi (R+r)^{2}+2(l_{1}+l_{2})r+2\pi r^{2}\leq A(Z)+2\pi Rr+2\pi r^{2}+2(l_{1}+l_{2})r+pr.$
Le périmètre p de S est en effet la somme de p$_s$ et de p$_i$. L'aire de Z est aussi égale à la différence de l'aire d'un disque de rayon R avec l'aire a de S, ce qui donne :
$\pi (R+r)^{2}+2\pi r^{2}\leq \pi R^{2}-a+2\pi Rr+2\pi r^{2}+pr\quad {\text{et}}\quad a-pr+\pi r^{2}\leq 0.$
La dernière majoration signifie que -r est d'image négative par le polynôme associant à t l'aire de S + tB.
* La valeur –R est d'image négative par le polynôme qui, à t associe l'aire de la surface S + tB :
On applique exactement le même raisonnement que le précédent en remplaçant le coefficient r par R, le rayon du cercle circonscrit (R n'est-il pas trop grand pour que cela soit possible ?). On obtient la majoration :
$\pi (2R)^{2}+2\pi R^{2}\leq \pi R^{2}-a+2\pi R^{2}+2\pi R^{2}+pR\quad {\text{et}}\quad a-pR+\pi R^{2}\leq 0,$
ce qui démontre la proposition.
* Vérification de l'inégalité de Bonnesen :
Dire que –r et –R ont une image négative par le polynôme revient à dire que ces valeurs se trouvent entre les racines :
$-{\frac {p+{\sqrt {p^{2}-4\pi a}}}{2\pi }}\leq -R\leq -r\leq -{\frac {p-{\sqrt {p^{2}-4\pi a}}}{2\pi }}.$
Cela signifie aussi que la distance qui sépare R et r est plus petite que le rapport entre le discriminant et π :
$R-r\leq {\frac {\sqrt {p^{2}-4\pi a}}{\pi }}\quad {\text{et}}\quad p^{2}-4\pi a\geq \pi ^{2}(R-r)^{2}.$