Uy, me han dado un mal prueba antes. Aquí es una versión corregida:
Deje $K$ ser cualquier cuerpo convexo en $\mathbb{R}^3$, es decir, delimitada subconjunto convexo de $\mathbb{R}^3$ que es convexa (con la no-vacío interior).
Deje $u$ ser cualquier dirección representada como un vector unitario en $S^2$.
Considere la posibilidad de la proyección ortogonal de a $K$ sobre un plano con vector normal $u$
y deje $f(K,u)$ ser el área de la imagen proyectada.
Cauchy área de la superficie de la fórmula indica que el promedio de $f(K,u)$ $u$ es igual a $\frac14$ de la superficie de $K$. Si nos parametrizar $u$ por esféricas en coordenadas polares
$$[0,\pi] \times [0,2\pi] \ni (\theta,\phi) \quad\mapsto\quad
u = (\sin\theta\cos\phi\sin\theta\sin\phi\cos\theta) \S^2$$
Esto es equivalente a la integral de la identidad:
$$\frac{1}{4\pi}\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi} f(K,u(\theta,\phi)) \sin\theta d\theta d\phi = \frac14 \verb/Area/(K)$$
Al $K$ es un cuadro, es fácil comprobar esto por sí mismo. Después de un poco de álgebra,
todo se reduce a la evaluación de una integral simple:
$$
\frac{1}{4\pi}\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi} \max(\cos\theta,0)\sin\theta d\theta d\phi
= \frac14$$
De vuelta a nuestro problema, si nos dan dos cajas de $A, B$ tal que $A \subset B$, entonces para todos los vectores unitarios $u$,$f(A,u) \le f(B,u)$. Tomando los promedios de
$u$ inmediatamente nos dará $\verb/Area/(A) \le \verb/Area/(B)$.