Эквивалентность "метрики площади" и метрики Хаусдорфа

[silversurficus]

Сейчас занимаюсь изучением учебника Виро "Элементарная топология" и в процессе решений наткнулся на следующую задачу (в самом учебнике она носит номер $4.Px$): Докажите, что на множестве выпуклых многоугольников метрика $d_\triangle$ эквивалентная метрике Хаусдорфа.

Метрика $d_\triangle$ задается на множестве ограниченных многоугольников на плоскости и переводит пару элементов этого множества в площадь их симметрической разности. Метрика Хаусдорфа задается на множестве ограниченных замкнутых подмножеств произвольного метрического пространства и выглядит следующим образом: $d_\rho(A,B)=\max \lbrace \underset{a\in A}{\sup}\rho(a,B), \underset{b\in B}{\sup}\rho(b,A) $ для ограниченных подмножеств $A,B$ метрического пространства $(X,\rho)$.

Если честно, у меня нет никаких идей по решению. Механизм применения классического подхода доказательства эквивалентности двух метрик (а именно демонстрация включения первой топологии в другую и второй топологии в первую) мне здесь кажется непонятным, ибо даже не до конца визуально или хотя бы интуитивно понятно, что на каждой из этих метрик представляет открытый шар.

[dgwuqtj]

По идее это должно быть верно не только для множества многоугольников, а вообще для множества выпуклых компактов с непустой внутренностью. Во-первых, докажите, что метрика $d_\Delta$ эквивалентна метрике $d_a(A, B) = \max(\mathrm{area}(A \setminus B), \mathrm{area}(B \setminus A))$, где $\mathrm{area}$ обозначает площадь. Во-вторых, можно оценивать $\mathrm{area}(B \setminus A)$ и $\sup_{b \in B} \rho(b, A)$ друг через друга.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1626830 писал(а):

можно оценивать $\mathrm{area}(B \setminus A)$ и $\sup_{b \in B} \rho(b, A)$ друг через друга.

Эквивалентность метрик $d_a,d_\triangle$ я доказал, спасибо. Но я не до конца представляю, как оценить площадь через супремум расстояния, единственное, что очевидно, так это то, что $\sup_{b \in B} \rho(b, A) =\sup_{b \in B\setminus A} \rho(b, A)$

[dgwuqtj]

silversurficus в сообщении #1626980 писал(а):

Но я не до конца представляю, как оценить площадь через супремум расстояния

Если у вас множество $A$ фиксировано и $\sup_{b \in B} \rho(b, A) \leq C$, то $B$ содержится в некотором компакте (сумме по Минковскому $A$ и круга радиуса $C$), так что площадь $B \setminus A$ можно оценить сверху. И если $C \to 0$, то эта оценка тоже будет стремиться к 0.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1626982 писал(а):

$B$ содержится в некотором компакте (сумме по Минковскому $A$ и круга радиуса $C$), так что площадь $B \setminus A$ можно оценить сверху

Если честно, то в учебнике Виро еще он не переходил ни к понятию компакта, ни к сумме Минковского, поэтому мне трудно понять, как конкретно это помогает нам оценить площадь $B \setminus A$

[dgwuqtj]

Давайте так. Множество $A_C = \{x \mid \rho(x, A) \leq C\}$ является ограниченным и измеримым при любом $C \geq 0$. Измеримость означает, что у него определена площадь, это множество всё равно ограничено отрезками прямых и дугами окружностей. Можно показать, что $\mathrm{area}(A_C) = \pi C^2 + \mathrm{area}(A) + C\, p(A)$, где $p(A)$ - периметр $A$.

Если вам дана только измеримость многоугольников, то вместо $A_C$ можно взять многоугольник, полученный из $A$ сдвигом всех сторон на $C$ наружу. Он составлен из $A$ и кучи трапеций высоты $C$, причём при $C \to 0$ площади этих трапеций стремятся к 0.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1627009 писал(а):

Можно показать, что $\mathrm{area}(A_C) = \pi C^2 + \mathrm{area}(A) + C\, p(A)$, где $p(A)$ - периметр $A$.

Прошло уже несколько дней, но мне, к сожалению, так оценку эту не удалось вывести. Вдобавок, как она нам поможет, если периметр - не константная величина?

[dgwuqtj]

Вам ведь нужно доказать, что $\forall A \forall \varepsilon \exists \delta \forall B (\sup_{b \in B} \rho(b, A) \leq \delta \Rightarrow \mathrm{area}(B \setminus A) \leq \varepsilon)$. То есть $A$ фиксировано, как и его периметр. А вы само множество $A_C$ можете нарисовать, скажем, когда $A$ является треугольником или квадратом?

Хотя, конечно, потом ещё придётся доказывать $\forall A \forall \varepsilon \exists \delta \forall B (\sup_{a \in A} \rho(a, B) \leq \delta \Rightarrow \mathrm{area}(A \setminus B) \leq \varepsilon)$...

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1627528 писал(а):

А вы само множество $A_C$ можете нарисовать, скажем, когда $A$ является треугольником или квадратом?

Сначала хотел ответить, что нет, но потом чуть-чуть порисовал, и у меня получилось. Оценка и правда становится понятна: на каждой стороне данного нам многоугольника мы строим прямоугольник высоты $C$, а потом в каждой вершине нашего многоугольника строим окружности радиуса $C$, суммарно площадь $A_C$ как раз получится равной $area(A)+Cp(A)+\p C^2$

-- 31.01.2024, 14:00 --

dgwuqtj в сообщении #1627528 писал(а):

Вам ведь нужно доказать, что $\forall A \forall \varepsilon \exists \delta \forall B (\sup_{b \in B} \rho(b, A) \leq \delta \Rightarrow \mathrm{area}(B \setminus A) \leq \varepsilon)$

Но нам так же надо доказать, что $\forall A \forall \varepsilon \exists \delta \forall B ( \mathrm{area}(B \setminus A) \leq \delta \Rightarrow \sup_{b \in B} \rho(b, A) \leq \varepsilon)$, чтобы показать оба включения, разве нет?

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1627528 писал(а):

Вам ведь нужно доказать, что $\forall A \forall \varepsilon \exists \delta \forall B (\sup_{b \in B} \rho(b, A) \leq \delta \Rightarrow \mathrm{area}(B \setminus A) \leq \varepsilon)$.

Чтобы это доказать нам ведь по заданному $\varepsilon$ надо решить уравнение $\pi \delta^2+area(A)+\delta p(A)\leq \varepsilon$ относительно $\delta$? А почему в этом случае всегда будет существовать решение?

[dgwuqtj]

silversurficus в сообщении #1627743 писал(а):

Чтобы это доказать нам ведь по заданному $\varepsilon$ решить уравнение $\pi \delta^2+area(A)+\delta p(A)\leq \varepsilon$? А почему в этом случае всегда будет существовать решение?

Нет, в левой части не должно быть $\mathrm{area}(A)$, там ведь разность множеств стоит. Вы знакомы с математическим анализом? Можно взять $\delta = \min(\frac{\varepsilon}{2 \delta}, \sqrt{\frac{\varepsilon}{2\pi}})$ или любое меньшее положительное число. Там под кванторами $\varepsilon > 0$ и $\delta > 0$, конечно же.

silversurficus в сообщении #1627715 писал(а):

Но нам так же надо доказать, что $\forall A \forall \varepsilon \exists \delta \forall B ( \mathrm{area}(B \setminus A) \leq \delta \Rightarrow \sup_{b \in B} \rho(b, A) \leq \varepsilon)$, чтобы показать оба включения, разве нет?

А это и неверно, может быть $B$ очень маленьким и сколь угодно далёким от $A$. В прямую сторону у вас одно утверждение почти доказано, второе я сформулировал. А в обратную сторону придётся доказывать сразу $\forall A \forall \varepsilon \exists \delta \forall B (\mathrm{area}(B \setminus A), \mathrm{area}(A \setminus B) \leq \delta \Rightarrow \sup_{b \in B} \rho(b, A), \sup_{a \in A} \rho(a, B) \leq \varepsilon)$.

-- 31.01.2024, 15:14 --

dgwuqtj в сообщении #1627528 писал(а):

Хотя, конечно, потом ещё придётся доказывать $\forall A \forall \varepsilon \exists \delta \forall B (\sup_{a \in A} \rho(a, B) \leq \delta \Rightarrow \mathrm{area}(A \setminus B) \leq \varepsilon)$...

Вот для этого (а также для доказательства в обратную сторону) имеет смысл доказать такое утверждение: если зафиксировать $A$ и $\varepsilon > 0$, то найдётся $\delta > 0$ такое, что если $\sup_{a \in A} \rho(a, B) \leq \delta$ или $\mathrm{area}(A \setminus B) \leq \delta$, то $B$ содержит множество $\{x \mid \rho(x, \mathbb R^2 \setminus A) \geq \varepsilon\}$. Такое множество является многоугольником при малых $\varepsilon$ площади не меньше $\mathrm{area}(A) - \varepsilon p(A)$.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1627750 писал(а):

Нет, в левой части не должно быть $\mathrm{area}(A)$, там ведь разность множеств стоит. Вы знакомы с математическим анализом? Можно взять $\delta = \min(\frac{\varepsilon}{2 \delta}, \sqrt{\frac{\varepsilon}{2\pi}})$ или любое меньшее положительное число. Там под кванторами $\varepsilon > 0$ и $\delta > 0$, конечно же.

Да, знаком. И правда, там не будет площади $A$. Наверное, у вас там опечатка и вы имели в виду $\delta = \min(\frac{\varepsilon}{2 p(A)}, \sqrt{\frac{\varepsilon}{2\pi}})$

[dgwuqtj]

Ага, опечатка вышла.

[silversurficus]

dgwuqtj в сообщении #1627750 писал(а):

Вот для этого (а также для доказательства в обратную сторону) имеет смысл доказать такое утверждение: если зафиксировать $A$ и $\varepsilon > 0$, то найдётся $\delta > 0$ такое, что если $\sup_{a \in A} \rho(a, B) \leq \delta$ или $\mathrm{area}(A \setminus B) \leq \delta$, то $B$ содержит множество $\{x \mid \rho(x, \mathbb R^2 \setminus A) \geq \varepsilon\}$. Такое множество является многоугольником при малых $\varepsilon$ площади не меньше $\mathrm{area}(A) - \varepsilon p(A)$.

Вот моя попытка для случая, когда супремум расстояния меньше дельта:

Предположим, что это не так, то есть для всех $\delta>0$, если $\sup_{a\in A}\rho(a,B)\leq \delta$, 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 частью $A$, не лежащей в $B$, буквой $a$. В таком случае получим, что $ \rho(a,B)$ будет равняться как раз длине отрезка $ab$ (тот факт, что это минимальное расстояние следует из соображений выпуклости $B$). И как будто отсюда совсем не тяжело показать, что длина отрезка $ab$ точно больше или равна $\varepsilon$ или чему-то такому, так что достаточно взять $\delta=\varepsilon$ и будет противоречие. Если честно, однако, мне не кажется что это строго

[dgwuqtj]

silversurficus в сообщении #1628017 писал(а):

Если честно, однако, мне не кажется что это строго

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