Supoñamos pola contra que $p$ non é un punto umbílico, é dicir, $\kappa_1(p)<\kappa_2(p)$. Neste caso podemos tomar unha parametrización $\mathbf{x}$ doblemente ortogonal en $p$. Por tanto, $A\mathbf{x}_i=\kappa_i\mathbf{x}_i$, $i\in\{1,2\}$. Así, temos $L_{11}=\kappa_1 g_{11}$, $L_{12}=0$, $L_{22}=\kappa_2 g_{22}$.

Utilizámo-las ecuacións de Codazzi xunto coa expresión dos símbolos de Christoffel para unha parametrización ortogonal \[ \begin{aligned} \frac{\partial \kappa_1}{\partial u_2}g_{11} +\kappa_1\frac{\partial g_{11}}{\partial u_2} &{}=\frac{\partial L_{11}}{\partial u_2} -\frac{\partial L_{12}}{\partial u_1}\\ &{}=L_{11}\Gamma_{12}^1 +L_{12}(\Gamma_{12}^2-\Gamma_{11}^1) -L_{22}\Gamma_{11}^2\\ &{}=\frac{\kappa_1+\kappa_2}{2}\frac{\partial g_{11}}{\partial u_2}, \end{aligned} \] de onde obtemos \[ \frac{\partial g_{11}}{\partial u_2} =\frac{2g_{11}}{\kappa_2-\kappa_1}\frac{\partial\kappa_1}{\partial u_2},\\ \] Analogamente, \[ \begin{aligned} -\frac{\partial \kappa_2}{\partial u_1}g_{22} -\kappa_2\frac{\partial g_{22}}{\partial u_1} &{}=\frac{\partial L_{12}}{\partial u_2} -\frac{\partial L_{22}}{\partial u_1}\\ &{}=L_{11}\Gamma_{22}^1 +L_{12}(\Gamma_{22}^2-\Gamma_{12}^1) -L_{22}\Gamma_{12}^2\\ &{}=-\frac{\kappa_1+\kappa_2}{2}\frac{\partial g_{22}}{\partial u_1}, \end{aligned} \] de onde obtemos \[ \frac{\partial g_{22}}{\partial u_1} =-\frac{2g_{22}}{\kappa_2-\kappa_1}\frac{\partial\kappa_2}{\partial u_1}. \]

Necesitaremos tamén as segundas derivadas da primeira forma fundamental: \[ \begin{aligned} \frac{\partial^2 g_{11}}{\partial u_2^2} &{}= \frac{2g_{11}}{\kappa_2-\kappa_1}\frac{\partial^2\kappa_1}{\partial u_2^2} +\frac{\partial}{\partial u_2}\left(\frac{2g_{11}}{\kappa_2-\kappa_1}\right) \frac{\partial \kappa_1}{\partial u_2},\\ \frac{\partial^2 g_{22}}{\partial u_1^2} &{}= -\frac{2g_{22}}{\kappa_2-\kappa_1}\frac{\partial^2\kappa_2}{\partial u_1^2} -\frac{\partial}{\partial u_1}\left(\frac{2g_{22}}{\kappa_2-\kappa_1}\right) \frac{\partial \kappa_2}{\partial u_1}. \end{aligned} \]

Agora avaliamos en $p=\mathbf{x}(0,0)$, tendo en conta que $\kappa_1$ e $\kappa_2$ acadan máximos locais nese punto: \[ \begin{aligned} \frac{\partial g_{11}}{\partial u_2}(\mathbf{0}) &{}=0,\\ \frac{\partial g_{22}}{\partial u_1}(\mathbf{0}) &{}=0,\\ \frac{\partial^2 g_{11}}{\partial u_2^2}(\mathbf{0}) &{}= \frac{2g_{11}(\mathbf{0})}{\kappa_2(p)-\kappa_1(p)} \frac{\partial^2\kappa_1}{\partial u_2^2}(\mathbf{0})\geq 0,\\ \frac{\partial^2 g_{22}}{\partial u_1^2}(\mathbf{0}) &{}= -\frac{2g_{22}(\mathbf{0})}{\kappa_2(p)-\kappa_1(p)} \frac{\partial^2\kappa_2}{\partial u_1^2}(\mathbf{0})\leq 0. \end{aligned} \]

Empregando agora a ecuación de Gauss para coordenadas ortogonais avaliando en $p=\mathbf{x}(0,0)$: \[ \begin{aligned} 0 &{}<K(p)\\ &{}=-\frac{1}{2\sqrt{g_{11}g_{22}}}\biggl( \frac{\partial}{\partial u_1}\Bigl( \frac{1}{\sqrt{g_{11}g_{22}}}\frac{\partial g_{22}}{\partial u_1} \Bigr) +\frac{\partial}{\partial u_2}\Bigl( \frac{1}{\sqrt{g_{11}g_{22}}}\frac{\partial g_{11}}{\partial u_2} \Bigr) \biggr)\biggr\vert_\mathbf{0}\\ &{}=-\frac{1}{2\sqrt{g_{11}(\mathbf{0})g_{22}(\mathbf{0})}}\biggl( \frac{1}{\sqrt{g_{11}(\mathbf{0})g_{22}(\mathbf{0})}} \frac{\partial^2 g_{22}}{\partial u_1^2}(\mathbf{0}) +\frac{1}{\sqrt{g_{11}(\mathbf{0})g_{22}(\mathbf{0})}} \frac{\partial^2 g_{11}}{\partial u_2^2}(\mathbf{0}) \biggr)\\ &{}=\frac{1}{g_{11}(\mathbf{0})g_{22}(\mathbf{0})}\left( \frac{g_{22}(\mathbf{0})}{\kappa_2(p)-\kappa_1(p)} \frac{\partial^2 \kappa_2}{\partial u_1^2}(p) -\frac{g_{11}(\mathbf{0})}{\kappa_1(p)-\kappa_2(p)} \frac{\partial^2 \kappa_1}{\partial u_2^2}(p) \right) \leq 0, \end{aligned} \] o que dá unha contradicción. Por tanto, $p$ ten que ser un punto umbílico.

Sexa $f\colon S\to\R$, $q\mapsto f(q)=\lVert q\rVert^2=\langle q,q\rangle$. Como $S$ é compacta, esta función alcanza o seu máximo nun punto $p\in S$. Poñamos $f(p)=r^2$. Entón $S\subset B[\textbf{0},r]$ e $p\in S\cap\mathbb{S}^2(r)$. Vexamos que $p$ é o punto buscado.

En primeiro lugar vexamos que $T_p S=T_p\mathbb{S}^2(r)$. Temos que $df_q(v)=2\langle q,v\rangle$ para calquera $q\in S$ e $v\in T_q S$. Como $p$ é máximo de $f$ temos $df_p=0$. Logo, para todo $v\in T_p S$ satisfaise $2\langle p,v\rangle=df_p(v)=0$, co que $T_p S$ é o subespacio dos vectores ortogonais a $p$, que coincide con $T_p\mathbb{S}^2(r)$.

En particular, \[ N_p=-\frac{p}{\lVert p\rVert}=-\frac{1}{r}p \] é un normal unitario a $S$ en $p$, e un vector normal unitario a $\mathbb{S}^2(r)$ en $p$.

Sexa $\alpha\colon I\to S$ unha curva regular parametrizada por arco tal que $\alpha(0)=p$. Calculámo-la súa curvatura normal $\kappa_n(0)$ en $p$. Definímo-la función $g(s)=f(\alpha(s))=\langle\alpha(s),\alpha(s)\rangle$. Como $S\subset B[\mathbf{0},r]$ temos $g(s)\leq r$ para todo $s$. Como $p$ é un máximo de $f$, e $g(0)=f(p)=r^2$, temos que $g$ ten un máximo en $s=0$, e por tanto, $g''(0)\leq 0$. Ademais $g'(s)=2\langle\alpha'(s),\alpha(s)\rangle$ e así, \[ \begin{aligned} 0 &{}\geq g''(0)\\ &{}=2\langle\alpha''(0),\alpha(0)\rangle +2\langle\alpha'(0),\alpha'(0)\rangle\\ &{}=-2r\langle\alpha''(0),N_p\rangle+2, \end{aligned} \] de onde se deduce \[ \begin{aligned} \kappa_n(0) &{}=\langle\alpha''(0),N_{\alpha(0)}\rangle\geq \frac{1}{r}. \end{aligned} \]

Por tanto, $K(p)=\kappa_1(p)\kappa_2(p)\geq\frac{1}{r^2}>0$.

Sexa $N$ un vector normal unitario con respecto ó cal farémo-los cálculos. Por hipótese $\kappa_1=\kappa_2$, así que a curvatura media é $H=\frac{1}{2}(\kappa_1+\kappa_2)=\kappa_1=\kappa_2$. Por tanto, o operador forma escríbese como $A_p=H(p)\id_{T_p S}$, $p\in S$. Así, $dN(\mathbf{x}_i)=-A(\mathbf{x}_i)=-H\mathbf{x}_i$.

Pola simetría do hessiano, \[ \begin{aligned} -\frac{\partial H}{\partial u_1}\mathbf{x}_2-H\mathbf{x}_{12} &{}=\frac{\partial (N\circ\mathbf{x})}{\partial u_1\partial u_2}\\ &{}=\frac{\partial (N\circ\mathbf{x})}{\partial u_2\partial u_1} =-\frac{\partial H}{\partial u_2}\mathbf{x}_1-H\mathbf{x}_{12}. \end{aligned} \] Por tanto, \[ -\frac{\partial H}{\partial u_2}\mathbf{x}_1 +\frac{\partial H}{\partial u_1}\mathbf{x}_2=0, \] de onde se deduce $dH=0$, e entón, $H$ é constante.

Supoñamos $H\neq 0$, que é o caso que nos interesa, e deixámo-lo outro como exercicio. Cambiando a orientación se fose necesario podemos supoñer $H>0$.

Definimos $F\colon R\to\R^3$, como \[ F(p)=p+\frac{1}{H}N_p. \] Dado $v\in T_p S$ temos \[ \begin{aligned} dF_p(v) &{}=v+\frac{1}{H}dN_p(v)\\ &{}=v+\frac{1}{H}(-Hv)=0. \end{aligned} \] Por tanto, $F$ é unha aplicación constante, é dicir, existe $c\in\R^3$ tal que $F(p)=p+\frac{1}{H}N_p=c$ para todo $p\in S$. Isto implica \[ \begin{aligned} \lVert p-c\rVert &{}=\lVert-\frac{1}{H}N_p\rVert=\frac{1}{H}, \end{aligned} \] e como $H$ é constante, concluímos que $S$ está contida nunha esfera centrada en $c$ e de radio $1/H$.

Como $S$ é compacta, pola existencia de puntos elípticos, ten polo menos un punto $p$ con $K(p)>0$. Por ser $K$ constante, $S$ ten curvatura constante positiva. Como $S$ é compacta, a función continua $\kappa_1$ alcanza o seu máximo nalgún punto $p\in S$. Como $K=\kappa_1\kappa_2$ é constante, está claro que $\kappa_2$ alcanza o mínimo precisamente en $p$. Logo, polo lema de Hilbert, $p$ é un punto umbílico. Entón, para calquera $q\in S$, \[ \kappa_1(p)\leq\kappa_1(q)\leq\kappa_2(q)\leq\kappa_2(p)=\kappa_1(p), \] así que ten que haber igualdades en tódolos sitios e por tanto $\kappa_1=\kappa_2$ en toda a superficie. Pola caracterización das superficies totalmente umbílicas, $S$ ten que ser un aberto dunha esfera, e ó ser pechada, ten que ser toda a esfera.

Como $S$ é isométrica a $\mathbb{S}^2(r)$, en particular é compacta e conexa (pois as isometrías son homeomorfismos), e a súa curvatura é constante (pois as isometrías preservan a curvatura). Polo teorema de Liebmann, $S$ é unha esfera, coa mesma curvatura constante, por tanto, do mesmo radio. Evidentemente, dúas esferas do mesmo radio son congruentes.