Μετρική Hausdorff

Έστω $(X,\rho)$ είναι ένας μετρικός χώρος και $A$, $B$ δύο υποσύνολά του $X$. Λέμε ότι $A$, $B$ βρίσκονται σε απόσταση Hausdorff $r$ μεταξύ τους αν και μόνο αν κάθε σημείο του $A$ βρίσκεται σε απόσταση $r$ από κάποιο σημείο του $B$ και κάθε σημείο του $B$ είναι μέσα σε απόσταση $r$ από κάποιο σημείο του $A$.

Η παραπάνω διατύπωση μπορεί να δημιουργήσει μετρική (μετρική Hausdorff ) $D$.

Ορισμός 1.9.1   Έστω $(X,\rho)$ ένας μετρικός χώρος και $A$ ένα υποσύνολο του $X$. Τότε ορίζουμε την ανοιχτή $r$-περιοχή του $A$ να είναι

$$N(A,r)=\{y \ \hbox{ώστε}\ \rho(x,y)<r \ \hbox{για όλα}\ x\in A\}$$ (1.26)

Ορισμός 1.9.2   Έστω μετρικός χώρος $(X,\rho)$ και $A$, $B$ δύο υποσύνολα του $X$. Η συνάρτηση (απόσταση) Hausdorff είναι

$$D(A,B)=\inf\{r \ \hbox{ώστε}\ A\subseteq N(B,r) \ \hbox{και}\ B\subseteq N(A,r)\}$$ (1.27)

Όμως ο ορισμός της συνάρτησης $D$ δεν είναι πλήρης. Υπάρχουν διάφορα προβλήματα. Για παράδειγμα, στο δυναμοσύνολο του $\mathbb{R}$ η απόσταση μεταξύ $\{0\}$ και $[0,\infty)$ είναι άπειρη, αυτό όμως δεν τηρεί την τριγωνική ανισότητα του ορισμού τις μετρικής 1.1.1 ( $D({0},[0,\infty))>D({0},[0,1]) +D([0,1],[0,\infty))\Leftrightarrow \infty>1+1$). Οπότε θα πρέπει να περιορίσουμε την $D$ σε φραγμένα υποσύνολα του $X$. Τώρα η απόσταση $D(\{0\},\emptyset)$ πάλι είναι άπειρη και πάλι διαφωνεί με τον ορισμό της μετρικής 1.1.1, θα περιορίσουμε την $D$ σε μη κενά σύνολα. Τέλος η απόσταση $D((a,b),[a,b])=0$ όμως $(a,b)\neq [a,b]$ που δεν συμφωνεί με την προϋπόθεση $(1)$ του ορισμού της μετρικής 1.1.1, οπότε θα περιορίσουμε την $D$ σε κλειστά σύνολα. Στην πραγματικότητα θα εφαρμόζουμε την συνάρτηση Hausdorff μόνο σε μη κένα συμπαγή σύνολα που όπως θα δείξουμε αμέσως μετά, σ'' αυτά τα σύνολα η $D$ είναι μετρική.

Αν ο $(X,\rho)$ είναι ένας μετρικός χώρος, θα συμβολίζουμε $\mathcal{K}(X)$ την συλλογή όλων των μη κενών συμπαγή υποσυνόλων του $X$.

Θεώρημα 1.9.1   Έστω $(X,\rho)$ ένας μετρικός χώρος. Η συνάρτηση Hausdorff, $D$, είναι μια μετρική πάνω στο σύνολο $\mathcal{K}(X)$.

Απόδειξη: Έστω $A$, $B$ και $C\in \mathcal{K}(X)$. Το ότι $D(A,B)\geq 0$ είναι τετριμένο, όπως και το γεγονός ότι $D(A,B)=D(B,A)$.

Έστω $A=B$, τότε για κάθε $\varepsilon>0$ έχουμε $A\subseteq N(B,\varepsilon )$ οπότε $D(A,B)=0$.

Έστω τώρα $D(A,B)=0$. Αν $x\in A$, τότε για κάθε $\varepsilon>0$, έχουμε ότι $x\in N(B,\varepsilon )$ δηλαδή $\mathop{\operator@font dist}(x,B)=0$. Τώρα αφού $B$ είναι συμπαγής (άρα και κλειστό) έχουμε ότι $x\in B$. Δείξαμε ότι $A\subseteq B$. Ομοίως δείχνουμε ότι $B\subseteq A$ και άρα $A=B$.

Τέλος πρέπει να δείξουμε ότι ισχύει η τριγωνική ανισότητα. Έστω $\varepsilon>0$. Αν $x\in A$ τότε υπάρχει $y\in B$ ώστε $\rho(x,y)<D(A,B)+\varepsilon$. Τότε υπάρχει $z\in C$ ώστε $\rho(y,z)<D(B,C)+\varepsilon$. Δείξαμε δηλαδή ότι το $A$ περιέχεται στην $((D(A,B)+D(B,C))+2\varepsilon)$-περιοχή του $C$. Ομοίως το $C$ περιέχεται στην $((D(A,B)+D(B,C))+2\varepsilon)$-περιοχή του $A$. Συνεπώς

$$D(A,C)\leq D(A,B)+D(B,C)+2\varepsilon$$

Αφού το $\varepsilon$ είναι τυχαίος θετικός αριθμός έπεται ότι $D(A,C)\leq D(A,B)+D(B,C)$. $\Box$