Si he entendido bien su pregunta, la respuesta es negativa: no es obligado de la forma $Kc \min\left(\frac{N_x}{b}, \frac{N_y}{a}\right)$ donde $K>0$ es una constante, que funciona para todos los valores de los parámetros de $a,b,c,N_x,N_y$.
Primero nos tenga en cuenta que el ancho de la franja de $A_{z_x, z_y}$$\left. c \middle/ \sqrt{a^2 z_x^2 + b^2 z_y^2} \right.$. Ahora fija $a$ $b$ si $N_x = 1$, entonces para cualquier $N_y$ siempre podemos optar $c$ a ser lo suficientemente pequeño (es decir, hacer las tiras lo suficientemente delgada) que las tiras son esencialmente distintos rectángulos (es decir, la intersección y la diferencia entre las tiras y su aproximación de los rectángulos son insignificantes en proporción a la superficie total). Desde la aproximación de estos rectángulos, cada uno puede ser elegido para tener la longitud es al menos uno, vemos que para cualquier $N_y$ siempre existe una $c$ tal que $$\frac{1}{c}\mu(A) \gtrsim \sum_{z_y=1}^{N_y} \frac{1}{\sqrt{a^2 + b^2 z_y^2}}.$$ The right side is unbounded as $N_y \to \infty$, so we can find a pair $(N_y, c)$ who, together with the $Un$ it defines, satisfies $$\mu(A) > \frac{Kc}{b} = Kc \min\left(\frac{N_x}{b}, \frac{N_y}{a}\right).$$
Sin embargo, tenemos una similar obligado
\begin{equation} \tag{*} \label{lazy-bound-74908}
\mu(A)
< \frac{\pi c}{\sqrt{2}} \sqrt{\frac{N_x^2}{b^2} + \frac{N_y^2}{a^2}}
< \frac{\pi c}{\sqrt{2}} \left(\frac{N_x}{b} + \frac{N_y}{a}\right).
\end{equation}
Prueba. Cada una de las tiras $A_{z_x, z_y}$ está contenida en un rectángulo de longitud $\sqrt{2}$ y la anchura $\left. c \middle/ \sqrt{a^2 z_x^2 + b^2 z_y^2} \right.$, por lo que
$$
\mu(A) < 2^{1/2} c \sum_{\substack{1 \leq z_x \leq N_x \\ 1 \leq z_y \leq N_y}} \frac{1}{\sqrt{a^2 z_x^2 + b^2 z_y^2}}.
$$
La suma puede ser limitado por el correspondiente integral:
$$
\sum_{\substack{1 \leq z_x \leq N_x \\ 1 \leq z_y \leq N_y}} \frac{1}{\sqrt{a^2 z_x^2 + b^2 z_y^2}} < \int\limits_{[0, N_x)\times[0, N_y)} \frac{dx\,dy}{\sqrt{a^2 x^2 + b^2 y^2}}.
$$
Los conjuntos de nivel de el integrando se cuadrantes de elipses con centro en el origen. Vamos $$Q := \{(x,y) \in \mathbb R_{\geq 0}^2 : a^2 x^2 + b^2 y^2 < a^2 N_x^2 + b^2 N_y^2\} \supset [0, N_x) \times [0, N_y).$$ The infinitesimal area of the elliptic level set strips, parametrized by their $x$-intercepts, is $dV(x) = \left(\frac{d}{dx} \left(\frac{\pi}{4} \cdot x \cdot \frac{a}{b}x\right)\right)dx = \frac{\pi x}{2b}dx$.$^{**}$ Así
$$\begin{align*}
\int\limits_{[0, N_x)\times[0, N_y)} \frac{dx\,dy}{\sqrt{a^2 x^2 + b^2 y^2}}
&< \int_Q \frac{dx\,dy}{\sqrt{a^2 x^2 + b^2 y^2}} \\
&= \int_0^{\frac{1}{a}\sqrt{a^2 N_x^2 + b^2 N_y^2}} \frac{1}{\sqrt{a^2 x^2}} \cdot \frac{\pi a x}{2b} dx \\
&= \frac{\pi}{2ab} \sqrt{a^2 N_x^2 + b^2 N_y^2}.
\end{align*}$$
Poniendo todo junto da $\eqref{lazy-bound-74908}$.
$^{**}$ De lo solicitado, voy a dar más detalles para este paso. Denotar el mapa de $(x,y) \mapsto \frac{1}{\sqrt{a^2 x^2 + b^2 y^2}}$$\mathbb R_{\geq 0}^2 \setminus \{(0,0)\}$$f$, y para $\tilde x > 0$, vamos a $Q(\tilde x) := \{(x,y) \in \mathbb R_{\geq 0}^2 : a^2 x^2 + b^2 y^2 < a^2 \tilde x^2\}$. Entonces
$
f^{-1}\bigl(f(\tilde x + \epsilon,0), f(\tilde x,0)\bigr]
= Q(\tilde x + \epsilon) \setminus Q(\tilde x).
$
Así que intuitivamente (disculpas por el entrante abuso de notación), el área de la infinitesimal nivel del conjunto de la franja de
$
f^{-1}\bigl(f(\tilde x + d\tilde x,0), f(\tilde x,0)\bigr]
$
debe ser
\begin{align*}
\frac{\mu\left\{f^{-1}\bigl(f(\tilde x + d\tilde x,0), f(\tilde x,0)\bigr]\right\}}{d\tilde x} d\tilde x
&= \frac{\mu(Q(\tilde x + d\tilde x)) - \mu(Q(\tilde x))}{d\tilde x}d\tilde x \\
&= \frac{d(\frac{\pi a}{4b} \tilde x^2)}{d\tilde x}d\tilde x \\
&= \frac{\pi a \tilde x}{2b} d\tilde x,
\end{align*}
donde hemos utilizado el hecho de que el área de una elipse es $\pi$ veces el producto de los semi-ejes (en particular, $\mu(Q(\tilde x)) = \frac{1}{4}(\pi \cdot \tilde x \cdot \frac{a}{b}\tilde x)$).
Una manera de hacer esto riguroso es a través del cambio de las variables de la fórmula. Definimos un "elíptica-polar" sistema de coordenadas $(\tilde x(x,y), \theta(x,y))$ donde $\tilde x(x,y) = \frac{1}{a}\sqrt{a^2 x^2 + b^2 y^2}$ se define de modo que $(\tilde x, 0)$ se encuentra en el mismo nivel como $(x,y)$ (lo $\tilde x$ identifica conjuntos de nivel), y donde $\theta$ es sólo el estándar de ángulo polar. Por la polar parametrización de la elipse, la inversa de las transformaciones
$$
x(\tilde x, \theta)
= \frac{\frac{a}{b} \tilde x^2 \cos \theta}{\sqrt{(\frac{a}{b}\tilde x \cos \theta)^2 + (\tilde x \sin \theta)^2}}
= \frac {\tilde x \cos \theta}{\sqrt {(\cos \theta)^2 + (b \sin \theta)^2}}
$$
y
$$
y(\tilde x, \theta)
= \frac {\tilde x \sin \theta}{\sqrt {(\cos \theta)^2 + (b \sin \theta)^2}},
$$
que los rendimientos (de acuerdo a Mathematica) el determinante Jacobiano
$$
\lvert \det(D(x,y))(\tilde x, \theta) \rvert = \frac{a^2 \tilde x} {(\cos \theta)^2 + (b \sin \theta)^2}.
$$
Así
\begin{align*}
\int_Q f(x,y) \, dx \, dy
&= \int_0^{\frac{1}{a}\sqrt{a^2 N_x^2 + b^2 N_y^2}} \left( \int_0^{\pi/2} \tilde f(\tilde x, \theta) \cdot \frac{a^2 \tilde x}{(a \cos \theta)^2 + (b \sin \theta)^2} d\theta \right) d\tilde x \\
&= \int_0^{\frac{1}{a}\sqrt{a^2 N_x^2 + b^2 N_y^2}} f(\tilde x, 0) \cdot a^2 \tilde x \cdot \left( \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{(a \cos \theta)^2 + (b \sin \theta)^2} \right) d\tilde x
\end{align*}
y tenemos
$$
\int_0^{\pi/2} \frac{d\theta} {(\cos \theta)^2 + (b \sin \theta)^2}
= \frac{\pi}{2ab}
$$
(de nuevo de acuerdo con Mathematica; debemos ser capaces de comprobar manualmente utilizando la tangente de la mitad de ángulo de sustitución) como se desee.
Y por último, algunas reflexiones sobre las intersecciones – se advirtió a pesar de que tengo poco que ofrecer en el camino de rigor de los resultados. Como yo lo veo, hay dos tipos de intersecciones. La primera es la de anidación de tiras paralelas: Tenemos
$$A(z_x, z_y) \subseteq A\left(\frac{z_x}{\gcd(z_x, z_y)}, \frac{z_y}{\gcd(z_x, z_y)}\right)$$
para todos los $z_x$$z_y$, lo que en la mayor (pero más complicado), vinculado
$$
\mu(A)
\leq \sum_{\substack{1 \leq z_x \leq N_x \\ 1 \leq z_y \leq N_y \\ \gcd(z_x, z_y) = 1}} \mu(Un(z_x, z_y))
< 2^{1/2} c \sum_{\substack{1 \leq z_x \leq N_x \\ 1 \leq z_y \leq N_y \\ \gcd(z_x, z_y) = 1}} \frac{1}{\sqrt{a^2 z_x^2 + b^2 z_y^2}}.
$$
Imagine ahora que se puede aprovechar $N_x = N_y = \infty$. Nos gustaría ser capaces de escribir
\begin{align*}
\sum_{1\leq z_x, z_y} \frac{1}{\sqrt{a^2 z_x^2 + b^2 z_y^2}}
&= \sum_{d=1}^\infty \sum_{\substack{1 \leq z_x, z_y \\ \gcd(z_x, z_y) = d}} \frac{1}{\sqrt{a^2 z_x^2 + b^2 z_y^2}} \\
&= \left(\sum_{d=1}^\infty \frac{1}{d}\right) \sum_{\substack{1 \leq k, l \\ \gcd(k, l) = 1}} \frac{1}{\sqrt{a^2 k^2 + b^2 l^2}}.
\end{align*}
Tenga en cuenta que $\sum_{d=1}^N \frac{1}{d}$ es de orden $O(\log N)$. Esto sugiere que un procedimiento similar para finitos $N_x$ $N_y$ podría ser capaz de reducir el orden de la estimación \eqref{perezoso-bound-74908}. Está claro que no podemos factor limpiamente la forma en que hemos sido capaces de arriba, sólo
$$
\sum_{\substack{1 \leq z_x \leq N_x \\ 1 \leq z_y \leq N_y}} \frac{1}{\sqrt{a^2 z_x^2 + b^2 z_y^2}}
=
\sum_{d=1}^\infty \left(\frac{1}{d}\sum_{\substack{1 \leq k \leq N_x/d \ \ \ 1 \leq l \leq N_y/d \\ \gcd(k, l) = 1}} \frac{1}{\sqrt{a^2 k^2 + b^2 b^2}}\right),
$$
así que parece que tendríamos que estimar cuidadosamente la expresión dentro de los paréntesis para que este método funcione.
Después de desechar la redundantes tiras paralelas, que sería la de la izquierda con el otro tipo de intersección: no paralelos prueban tiras. Estos... no tengo ni idea de cómo tratar con.
La teoría analítica de números y combinatoria, geometría, ni de los que tengo de fondo, puede ser capaz de arrojar más luz sobre estos dos tipos de intersecciones.
