Эквивалентность "метрики площади" и метрики Хаусдорфа

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1628026 писал(а):

Ну, непонятно, почему отрезок $xb$ пересекает границу $A$. И почему длину $ab$ можно оценить снизу.

У нас не отрезок пересекает. Мы продлеваем $xb$ в какую-то из сторон до пересечения с частью $A$, не лежащей в $B$, понятно, что поскольку $x$ внутри $A$, то такая точка найдется. По поводу оценки длины $ab$: давайте в точке $a$ построим открытый шар радиуса $\varepsilon/2$ и возьмем оттуда любую точку $c\in \mathbb R^2\setminus A$, в таком случае по неравенству треугольника $\rho(x,c) \leq \rho(x,a)+\rho(a,c)$, но $\rho(x,c) \geq \varepsilon$, так что $\rho(x,a)\geq \varepsilon/2$ и, очевидно, $\rho(x,a)\leq \rho(a,b)$

[dgwuqtj]

silversurficus в сообщении #1628027 писал(а):

Мы продлеваем $xb$ в какую-то из сторон до пересечения с частью $A$, не лежащей в $B$, понятно, что поскольку $x$ внутри $A$, то такая точка найдется.

Ну так возьмите $a :=x$, он ведь не лежит в $B$. Теперь вопрос, откуда берётся неравенство $\rho(x, c) \geq \varepsilon$.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1628028 писал(а):

Ну так возьмите $a :=x$, он ведь не лежит в $B$. Теперь вопрос, откуда берётся неравенство $\rho(x, c) \geq \varepsilon$.

Мы берем $a$ на границе, на самой окантовке многоугольника $A$, мы не можем взять $a=x$, потому что $x$ не на границе. А раз $a$ на границе, то в открытом шаре найдется такая точка $c$, что $c \notin A$, а значит $c\in \mathbb R^2\setminus A$, так что $\rho(x,c)\geq \varepsilon$, поскольку $x$ принадлежит множеству, о котором мы говорили раньше

[dgwuqtj]

Только вам придётся брать $a$ так, чтобы $x$ было между ней и $b$, иначе неверно, что $b$ - ближайшая к ней из $B$. И тогда заморачиваться с $c$ не нужно, всё вроде очевидно.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1628037 писал(а):

Только вам придётся брать $a$ так, чтобы $x$ было между ней и $b$, иначе неверно, что $b$ - ближайшая к ней из $B$. И тогда заморачиваться с $c$ не нужно, всё вроде очевидно.

Так я так и беру вроде, а можно по-другому взять, проводя перпендикуляр и ища точку на границе, но не принадлежащую$B$?

[dgwuqtj]

silversurficus в сообщении #1628038 писал(а):

Так я так и беру вроде

Вы написали, что просто на прямой берёте какую-то из двух точек, которая не лежит в $B$. Но ведь они обе могут не лежать в $B$, просто у второй кратчайшее расстояние до $B$ будет достигаться в другой точке.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1628040 писал(а):

silversurficus в сообщении #1628038 писал(а):

Так я так и беру вроде

Вы написали, что просто на прямой берёте какую-то из двух точек, которая не лежит в $B$. Но ведь они обе могут не лежать в $B$, просто у второй кратчайшее расстояние до $B$ будет достигаться в другой точке.

Да, что-то я о примере, когда обе не лежат $B$ не подумал. В остальном доказательство работает?

Тогда можно попробовать доказать и для случая, когда разность площадей меньше или равна дельта:
Предположим, что это не так, то есть для всех $\delta>0$, если $area(A\setminus B) \leq \delta$, то все равно существует какая-то точка $x$ множества $\lbrace x\mid \rho(x,\mathbb R^2\setminus A)\geq \varepsilon \rbrace$ такая, что она не входит в $B$. Найдем ближайшую к этой точке сторону $B$ и проведем к ней перпендикуляр, обозначим точку пересечения с $B$ буквой $b$, а точку пересечения с границей $A$, такую что $x$ находится между $b$ и этой точкой, буквой $a$. Проведем через точку $x$ прямую, параллельную той стороне $B$, которая является ближайшей к точке $x$, и обозначим ее точки пересечения с границей $A$ как $a_1,a_2$. В таком случае треугольник $a_1aa_2$ не будет содержаться в $B$, но будет в $A$, при этом его площадь ${1\over 2}\cdot (\rho(a_1,x)+\rho(x,a_2))\cdot \rho(a,x) \geq \varepsilon^2$, так что $area(A\setminus B) \geq \varepsilon^2$

[dgwuqtj]

silversurficus в сообщении #1628096 писал(а):

В остальном доказательство работает?

Да, и для площадей работает.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1628106 писал(а):

Да, и для площадей работает.

В таком случае вот моя попытка доказать обратное включение топологий и завершить тем самым доказательство:
Попробуем доказать, что $\forall A \forall \varepsilon \exists \delta \forall B (\mathrm{area}(B \setminus A), \mathrm{area}(A \setminus B) \leq \delta \Rightarrow \sup_{b \in B} \rho(b, A), \sup_{a \in A} \rho(a, B) \leq \varepsilon)$. Сначала, из ранее доказанного, найдем $\delta_1>0$ для фиксированного $\varepsilon$, такое что если $area(A\setminus B)\leq \delta_1$, то $B$ содержит множество $\lbrace x\mid \rho(x,\R^2\setminus A)\geq \varepsilon \rbrace$. Для такого $\delta_1$, очевидно, имеем $\sup_{a \in A} \rho(a, B) \leq \varepsilon$. Затем найдем $\delta_2>0$ для фиксированного $\varepsilon$, такое что если $area(B\setminus A)\leq \delta_2$, то $A$ содержит множество $\lbrace x\mid \rho(x,\R^2\setminus B)\geq \varepsilon \rbrace$. Для такого $\delta_2$, очевидно, имеем $\sup_{b \in B} \rho(b, A)\leq \varepsilon$, так что для $\delta=\min(\delta_1,\delta_2)$ имеем $\mathrm{area}(B \setminus A), \mathrm{area}(A \setminus B) \leq \delta \Rightarrow \sup_{b \in B} \rho(b, A), \sup_{a \in A} \rho(a, B) \leq \varepsilon$

[dgwuqtj]

Похоже на правду. Тут важно, что в предыдущем факте $\delta$ зависело только от $\varepsilon$, то есть можно было переставить кванторы.

-- 03.02.2024, 00:20 --

И в прямую сторону ещё не всё доказано.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1628255 писал(а):

И в прямую сторону ещё не всё доказано.

Чтобы показать, что $\forall A\forall \varepsilon \exists \delta\forall B(\sup_{a\in A}\rho(a,B)\leq \delta\implies area( A\setminus B)\leq \varepsilon)$ воспользуемся ранее доказанным фактом и для заданного $\varepsilon$ и заданного многоугольника $A$ возьмем $\varepsilon'=\varepsilon/p(A)$ и для $\varepsilon'$ найдем такое $\delta$, что если $\sup_{a\in A}\rho(a,B)\leq \delta$, то $B$ содержит $\lbrace x\mid \rho(x,\R^2\setminus A)\geq \varepsilon' \rbrace$. Поскольку площадь $\lbrace x\mid \rho(x,\R^2\setminus A)\geq \varepsilon' \rbrace$ не меньше $area(A)-\varepsilon 'p(A)=area(A)-\varepsilon$, то $area(A\setminus B)$ будет не больше, чем $area(A)-(area(A)-\varepsilon)=\varepsilon$ для такого $\delta$.

Останется потом для обоих случаев "прямой стороны" взять минимум из этих двух найденных дельт и все будет работать

[dgwuqtj]

Теперь всё верно.