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Analysis » Topologie » Konstruktion eines Diffeomorphismus zwischen zwei Rändern
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Kein bestimmter Bereich J Konstruktion eines Diffeomorphismus zwischen zwei Rändern
nabla
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-03-28


Hallo zusammen!

Gegeben seien zwei beschränkte Gebiete $A \subset B \subset \mathbb{R}^d$ mit Rändern derart, dass für alle $a \in \partial A$ gilt $dist(a,\partial B)=d$ und für alle $b \in \partial B$ gilt $dist(b,\partial A)=d$ und

Ich möchte zeigen, dass eine Menge $B^* \subset \partial B$ und ein Diffeomorhpismus $\phi : \partial A \to B^*$ existieren, sodass $|x-\phi(x)|\leq d$ für alle $x \in \partial A$.

Eventuell benötige ich dafür etwas mehr Regularität beim Rand...(?)
(EDIT: Der Rand kann als glatt angenommen werden)

Ich muss also zeigen

 1. Bijektivität von $\phi$
 2. Stetige Differenzierbarkeit von $\phi$
 3. Stetige Differenzierbarkeit von $\phi^{-1}$

Während mir die Bijektivität intuitiv klar ist, fallen mir die anderen Eigenschaften schwer. Ich nehme an, ich beweise diese Aussage, indem ich so eine Funktion $\phi$ konstruiere und dann die einzelnen Eigenschaften nachweise. Kann mir für die Konstruktion jemand helfen? Vielleicht kann ich die Eigenschaften dann selber zeigen.

Vielen Dank im Voraus!
nabla



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-03-28


Hallo nabla,

da geht noch einiges durcheinander.

1. Was genau ist gemeint: $dist(\partial A,\partial B)=d$, der Abstand der Ränder von $A$ und $B$ ist $d$ oder tatsächlich, dass der Abstand von jedem Punkt von $\partial A$ zu $\partial B$ $d$ ist, also $\forall a\in \partial A$, $dist(a,\partial B)=d$ und umgekehrt für jedes $b\in \partial B$, $dist(b,\partial A)=d$.

2. Wenn du von einer differenzierbaren Abbildung $\phi:\partial A\rightarrow \partial B$ sprichst, setzt du voraus, dass man irgendeine Art von differenzierbarer Struktur auf Bild und Zielmenge hat. Also sollte man hier mindestens $C^1$-Ränder fordern.

3. Wenn man Eigenschaften einer Abbildung $\phi$ nachweisen möchte, muss man natürlich zuerst eine Abbildung vorliegen haben. Also ja, man muss sich erst einmal so ein $\phi$ überlegen.

4. Du schreibst, dass dir die Bijektivität von $\phi$ intuitiv klar ist. Also hast du zumindest eine anschauliche Vorstellung wie $\phi$ aussehen soll? Evtl. kannst du es beschreiben oder ein Bild zeichnen und beifügen, welches die Zuordnung veranschaulicht. Evtl. kann man sich dann zusammen eine Funktionsvorschrift überlegen.

$\textbf{EDIT:}$ Folgendes ist KEIN Gegenbeispiel, hatte die Bedingung $A\subset B$ überlesen. Sorry.


5. Ohne weitere topologische Annahmen an die Ränder oder die Mengen selbst zu machen, gibt es im Allgemeinen keine derartige Abbildung.

Beispiel: Sei $A\subset \mathbb{R}^2$ die offene Kreisscheibe mit Radius $2$ und $B$ sei der offene Kreisring mit innerem Radius $1$ und äußerem Radius $3$. Dann ist $\partial A$ der Kreis mit radius $2$ und $\partial B$ die Vereinigung der Kreise mit Radien $1$ und $3$. Dann hat jeder Punkt von $\partial A$ den Abstand $d=1$ zu $\partial B$ und umgekehrt jeder Punkt von $\partial B$ hat Abstand $1$ zu $\partial A$. In deinen Betrachtungen sind $A$ und $B$ symmetrisch, also würden wir gerne einen Diffeomorphismus $\phi:\partial B\rightarrow \partial A$ finden (der womöglich auf eine Teilmenge von $\partial A$ abbildet).
Angenommen so ein Diffeomorphismus existiert, dann ist die Einschränkung von $\phi$ auf den Kreis mit Radius $1$ eine stetige, injektive Abbildung vom Kreis mit Radius $1$ in den Kreis mit Radius $2$. Da beides $1$-Mannigfaltigkeiten sind, muss $\phi$ eine offene Abbildung sein (es folgt etwas einfacher aus dem Satz über die Umkehrabbildung für Mannigfaltigkeiten). Deshalb muss das Bild von $K_1$ (Kreis mit Radius $1$) unter $\phi$ eine offene Teilmenge von $K_2$ sein. Andererseits ist $K_1$ kompakt und daher auch das Bild unter $\phi$, also insbesondere ist das Bild abgeschlossen in $K_2$. Insgesamt ist das Bild eine nicht-leere, offene und abgeschlossene Teilmenge der zusammenhängenden Menge $K_2$ und folglich $\phi(K_1)=K_2$. Das ist ein Widerspruch, da $K_3$ ebenfalls auf $K_2$ geschickt werden muss, was der Injektivität von $\phi$ widerspricht.

Also die Mindestvoraussetzungen die du Stellen solltest, wären das beide Ränder $C^1$ sind und das beide Ränder zusammenhängend sind.

In welchem Zusammenhang taucht das Problem denn auf? Evtl. kann man das ursprüngliche Problem auch anders lösen.

Viele Grüße

doglover



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-03-28


Hallo nabla,

neuer Anlauf. Folgendes ist ein Gegenbeispiel, falls man nur stückweise glatten Rand zulässt. $A$ ist das Einheitsquadrat (blau berandet) und $B$ ist von der roten Kurve umrandet. Beachte das deine Forderung $|x-\phi(x)|\leq d$ äquivalent zur Bedingung $|x-\phi(x)|=d$ ist, da der Abstand nie kleiner als $d$ werden kann (da die Ränder ja gerade Abstand $d$ haben). In dem Beispiel unten haben alle blauen Punkte auf den Strecken (außer der Eckpunkte) einen eindeutigen roten Punkt der den Abstand $1$ annimmt. Das heißt so ein Diffeomorphismus/Homeomorphismus $\phi$ müsste alle diese Punkte auf diese eindeutigen Punkte schicken (also die vier blauen Strecken werden auf die 4 roten Strecken abgebildet). Für die blauen Eckpunkte haben die jeweiligen Punkte auf den roten Kreisbögen alle den gleichen Abstand. Nun ist es so, dass unabhängig davon welchen roten Punkt wir den Eckpunkten zuweisen, das entstehende Bild unter dem Homeomorphismus nicht zusammenhängend ist. Dies ist ein Widerspruch da Homeomorphismen zusammenhängende Mengen auf zusammenhängende Mengen abbilden.



Viele Grüße

doglover



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-03-29


Hallo nabla,

Ich habe in nächster Zeit nicht so viel Zeit, um hier regelmäßig mitzuwirken, deshalb jetzt einfach eine (nicht zu 100% alle Details zu Ende gedachte) Beweisskizze, wobei ich einfach mal ein paar Annahmen mache, sodass es am Ende funktioniert (ob es das war was du meintest weiß ich nicht).

$\underline{Behauptung}:$ Sei $n\in \mathbb{N}$ und $\emptyset \neq A \subset B\subset \mathbb{R}^n$ seien beschränkte Gebiete mit $C^k$-Rand, $k\geq 1$, derart, dass es ein $0<d$ gibt mit den Eigenschaften:

(i) Für jedes $a\in \partial A$ ist $dist(a,\partial B)=d$
(ii) Für jedes $b\in \partial B$ ist $dist(b,\partial A)=d$,

wobei $dist$ den Euklidischen Abstand bezeichnet. Dann gibt es eine Teilmenge $Z$ von $\partial B$, bestehend aus genauso vielen Zusammenhangskomponenten wie $\partial A$ besitzt (diese ist selbst wieder eine $C^k$-(n-1)-dimensionale Untermannigfaltigkeit) und einen $C^k$-Diffeomorphismus $\phi:\partial A\rightarrow Z$, sodass

$|x-\phi(x)|_2=d$ für jedes $x\in \partial A$.

$\underline{Beweisskizze:}$ Es bezeichne $N_A(x)$ die äußere Einheitsnormale von $A$ in $x\in \partial A$ und $N_B(y)$ entsprechend die äußere Einheitsnormale von $B$ in $y$. Definiere eine Abbildung $\phi:\partial A\rightarrow \partial B$ wie folgt: Betrachte die Halbgerade mit Aufsatzpunkt $x$ mit Richtungsvektor $N_A(x)$ und definiere $\phi(x)$ als den ersten Schnittpunkt dieser Halbgeraden mit $\partial B$. Nach Konstruktion gilt demnach $|x-\phi(x)|_2=dist(x,\partial B)=d$ (an der Stelle muss man formal noch die Existenz eines solchen Punktes nachweisen als auch ausschließen, dass der Schnittpunkt der Halbgeraden in $x$ in Richtung der inneren Einheitsnormalen mit $\partial B$ einen kürzeren Abstand hat, was zumindest intuitiv so sein sollte).
Damit lässt sich $\phi(x)$ schreiben als $\phi(x)=x+\lambda(x)N_A(x)$ für einen noch unbekannten Skalar $\lambda(x)\geq 0$. Aber da $d=|x-\phi(x)|_2= |\lambda(x)||N_A(x)|_2=|\lambda(x)|$, muss $\lambda(x)=d$ (unabhängig von $x$) sein.

Daher $\phi(x)=x+dN_A(x)$. Nun hat $N_A(x)$ eine $C^k$-Abhängigkeit vom Stützpunkt, sodass $\phi$ eine $C^k$-Abbildung ist (nachrechnen (!)). Weiter ist $dist(\phi(x),\partial A)=d=|\phi(x)-x|_2$, d.h. die Verbindungsstrecke von $x$ zu $\phi(x)$ muss (anschaulich zumindest, das müsste man wieder formal nachweisen) die Oberfläche $\partial B$ in einem Winkel von $\frac{\pi}{2}$ schneiden.

Daher kann man sich die Abbildung $\tilde{\phi}:\partial B\rightarrow \partial A$ definieren als $\tilde{\phi}(y):=y-dN_B(y)$ (man läuft gerade die Strecke wieder zurück). Anschaulich (hier wieder nachprüfen) ist $\tilde{\phi}$ die Linksinverse von $\phi$, also ist $\phi$ injektiv. Mit der selben Begründung wie zuvor ist auch $\tilde{\phi}$ eine $C^k$-Abbildung.

Nun ist $\phi$ stetig und das Bild jeder Zusammenhangskomponente von $\partial A$ unter $\phi$ ist zusammenhängend, also in einer einzigen Zusammenhangskomponente von $\partial B$ enthalten. Wie in Beitrag no.2 argumentiert man nun, dass jede Zusammenhangskomponente von $\partial A$ bijektiv auf eine enstprechende Komponente von $\partial B$ abgebildet wird (und wegen der Injektivität werden verschiedene Komponenten auf verschiedene Komponenten abgebildet). Sei $Z$ die Familie dieser (endlich vielen) Komponenten von $\partial B$, so ist $\phi:\partial A\rightarrow Z$ eine $C^k$-Abbildung mit inverser Abbildung $\tilde{\phi}|_{Z}$, die ebenfalls $C^k$ ist. [Anschaulich hat $\partial B$ genauso viele Zusammenhangskomponenten wie $\partial A$, also evtl. kann man sogar $Z=\partial B$ zeigen]. $\square$

Soweit dazu, hoffe du kannst was damit anfangen.

Viele Grüße

doglover



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nabla
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-29


Hi doglover,

vielen vielen Dank für die informativen Antworten!
Ich habe nach jedem deiner Einträge etwas darüber nachgedacht und wollte antworten, da prasselte schon der nächste Kommentar rein...😄

Ich werde jetzt nochmal ein paar Stunden/Tage brauchen, um das im Detail auszuwerten. Aber vorab schon mal: Du hast mich (trotz meiner ungenauen Beschreibung) richtig verstanden was die Annahmen angeht. Von daher konnte ich bereits aus deinen ersten beiden Antworten schon Nützliches ziehen. Was ich ursprünglich eigentlich wollte aber nicht klar formuliert habe, ist dass der Abstand MAXIMAL $d$ ist. Das macht die Sache vermutlich etwas komplizierter weil diese Konstruktion mit den Normalen glaube ich nicht so klappen wird aber das mit einzubauen wäre dann ein nächster Schritt (eine vereinfachende Annahme wäre intuitiv Konvexität der Mengen). Ich arbeite jetzt aber erst mal an dem Fall weiter, in dem der Abstand gleich $d$ ist🙃

Auch wenn du demnächst nicht viel Zeit hast, poste ich trotzdem die Tage nochmal meine Gedanken zu deinem Beweis aber ich denke du konntest mir schon enorm helfen!

Vielen Dank nochmal.

Liebe Grüße
nabla

(EDIT: Diese Abbildung $\phi$ möchte ich anschließend übrigens im Transformationssatz für ein Integral anwenden, $\int_{\partial A} f(\phi(x)) dx$, mit einer Funktion $f:B \to \mathbb{R}$, d.h. es muss im Zweifel nicht zwingend ein Diffeomorphismus sein, sondern der Trafosatz gilt ja auch wenn $\phi$ nur f.ü. injektiv und auch nur lokal Lipschitz-stetig anstatt stetig differenzierbar ist)



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-04-05


Hallo nabla,

nur nochmal ein paar Anmerkungen:

1) Mir ist noch überhaupt nicht klar, welche Größen vorgegeben sind und welche Abhängigkeiten zwischen diesen bestehen. Sind $A$ und $B$ vorgegeben und $d$ wird durch $A$ und $B$ festgelegt? Oder ist $d$ unabhängig von $B$ und $A$ vorgegeben?

Wenn $d$ lediglich der maximale Abstand ist und irgendeine feste Zahl ist, so kann man sich vorstellen, dass wenn $B$ der Volltorus ist und $A$ ein sehr kleiner abgeschlossener Ball, den wir sehr nah an den Rand von $B$ schieben, sodass $A$ eben immer einen Abstand kleiner als $d$ vom Rand von $B$ hat. Dann kann es keinen Diffeomorphismus zwischen den Rändern geben. Also zumindest kann so etwas nicht für jedes vorgegebene $B$ und $A$ funktionieren.

2) Wenn man Konvexität annimmt, so sind beide Mengen homöomorph zum abgeschlossenen Einheitsball und daher ihre Ränder vom selben topologischen Typ.

3) Die Konstruktion mit den Normalen funktioniert nicht, wenn man nicht die konstante Abstandsbedingung fordert, und dass es für den konstanten Abstand funktioniert, ist gerade meine Vermutung.

4) Ich denke, ich kann folgendes beweisen:

Falls $B\subset \mathbb{R}^n$ ein vorgegebenes, beschränktes Gebiet mit $C^k$-Rand ist, $k\geq 1$, dann gibt es eine Konstante $d_0(B)>0$, sodass für jedes $0<d<d_0(B)$ und für jedes Gebiet $A\subset B$, dessen Rand eine topologische $(n-1)$-dimensionale Mannigfaltigkeit ist, und welches die konstante Abstandsbedingung mit Konstante $d$ erfüllt, folgendes gilt: Der Rand von $A$ ist bereits eine $C^k$-Untermannigfaltigkeit und die Abbildung $\tilde{\phi}$, wie in Beitrag Nummer $3$ definiert, ist ein $C^k$-Diffeomorphismus (nachdem man diese Abbildung womöglich auf eine entsprechende Menge $Z$ eingeschränkt hat).

Analoges gilt, falls man stattdessen $A$ fest vorgibt. In dem Fall, den du im Startpost beschreibst, sind sowohl $A$ als auch $B$ vorgegeben, sodass die obige Aussage evtl. nicht viel nützt. Der Grund warum das Gegenbeispiel in Beitrag Nummer 2 funktioniert ist, dass man die Eckpunkte von $\partial A$ von allen Punkten auf den Kreisbögen erreichen kann indem man eine Einheit entlang der Inneren Einheitsnormale an diesen Punkten entlang läuft. Wählt man $d$ klein genug, so gibt es nie zwei (oder mehr) Randpunkte von $B$, sodass wenn man den Abstand $d$ entlang der inneren Normale läuft, man beim selben Punkt landet (daher kommt dieses $d_0(B)$ in der Aussage oben). Ich habe die Details des Beweises der obigen Aussage nicht vollständig ausgeschrieben, aber bin zuversichtlich, dass es da keine Probleme geben sollte. Nichtsdestotrotz sollte man meine Aussage unter Punkt (4) mit etwas Vorsicht genießen.

Viele Grüße und frohes Schaffen

doglover



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nabla
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-05


Hi doglover,

vielen Dank nochmal für deine Beiträge. Ich kann deinem Beweis vollständig nachvollziehen und konnte schon sehr viel damit anfangen. Lediglich die Argumente mit den Zusammenhangskomponenten betrachte ich als nicht nötig, da wir ja von Gebieten sprechen, die sowieso schon zusammenhängend sind per Definition.
An einer Stelle habe ich allerdings noch technische Schwierigkeiten und benötige einen Ansatz. Wie zeige ich denn, dass aus der $C^k$ Regularität des Randes folgt, dass $\phi$ eine $C^k$-Abbildung ist?

LG nabla

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-04-05


Hallo nabla,

es geht dabei ja um Zusammenhangskomponenten der Ränder. Falls du einen abgeschlossenen Ball von Radius $1$ aus dem offenen Ball mit Radius $2$ ausschneidest (beide um den Ursprung zentriert), so hat der Rand $2$-Komponenten, obwohl ein Gebiet vorliegt.

Die $C^k$-Regularität stellt sicher, dass die äußere Einheitsnormalen Abbildung $x\mapsto N_A(x)$ eine $C^k$-Abbildung ist. Schau sonst auch z.B. in Proposition 15.33 in Lee's 'Introduction to smooth manifolds' von Springer (Second edition). Dort wird der Fall glatt berandeter Mannigfaltigkeiten diskutiert oder einfach in ein entsprechendes Skript online, falls du keine zitierfähige Quelle benötigst.

Viele Grüße

doglover



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nabla
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-04-05


Hi doglover,

vielen Dank für deine Hinweise!

Ok, das mit den Zusammenhangskomponenten leuchtet ein. Ich habe wohl immer intuitiv an geometrisch einfachere Mengen (ohne Löcher) gedacht.

Ich möchte nochmal auf deine Anmerkungen eingehen:

Zugegeben, ich habe mich nicht besonders klar ausgedrückt. Das liegt daran, dass ich selbst noch viel am Herumprobieren bin bzgl der Annahmen die nötig sind. Ich möchte die Aussage in einem andern Kontext einbauen (wäre jetzt zu weit ausgeholt) und möchte sehen, wie weit ich mit diesem Ansatz hier komme. Und leider kenne ich mich auf diesem Gebiet nicht so gut aus...

Also hier nochmal Klartext:

Gegeben seien zwei beschränkte Gebiete $A \subset B \subset \mathbb{R}^d$ mit glatten Rändern. Sei $d>0$ nun so gewählt, dass
i) für jedes $a\in \partial A$ existiert ein $b \in \partial B$, sodass $|a-b| \leq d$
ii) für jedes $b\in \partial B$ existiert ein $a \in \partial A$, sodass $|a-b| \leq d$

Zeige oder widerlege: Es existiert eine Menge $B^* \subset \partial B$ und ein Diffeomorphismus $\phi:\partial A \to B^*$, sodass $|\phi(x)-x|\leq d$ für alle $x \in \partial A$.

Wenn ich es richtig sehe, haben wir dieses Problem, so wie ich sie nun formuliert habe, noch nicht gelöst.

Aber mit deiner Hilfe gibt es nun bereits folgende schwächere Aussagen:
1.) Falls wir konstanten Abstand fordern ($|a-b|=d$) ist die Aussage wahr (siehe deine Beweisskizze in No. 3)
2.) Falls wir Konvexität annehmen, ist die Aussage intuitiv klar und man kann die Tatsache benutzen, dass die Ränder von $A$ und $B$ homöomorph zueinander sind. Fehlt nur noch die Differenzierbarkeit, wo die Glattheit der Ränder ins Spiel kommt. Dem gehe ich jetzt aber erst mal nicht weiter nach.

Mir ist für die obige Formulierung des Problems auch noch kein Gegenbeispiel eingefallen. Dein Beispiel aus No. 2 ist ja nicht glatt berandet und das Bsp mit dem Volltorus in No. 5 klappt nicht, weil für Punkte am anderen Ende des Volltorus $B$ ja auch ein Punkt in $\partial A$ existieren muss, der nicht weiter als $d$ entfernt ist. Der Abstandsbegriff ist hier ja gewissermaßen "symmetrisch".

Ich werde mal noch weiter grübeln und bin aber auch schon für alle bisherigen Hinweise sehr dankbar!

LG nabla



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doglover
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Hallo nabla,

mein Volltorus 'Gegenbeispiel' war ziemlich um die Ecke gedacht, aber man kann es reparieren, wenn wir das Problem betrachten, so wie du es gestellt hast. Denn sei wieder $B$ ein Volltorus, der in einem Ball mit Radius (z.B.) $5$ um den Ursprung enthalten ist und sei $A$ ein offener Ball, dessen Abschluss im Inneren des Volltorus enthalten ist. Dann wähle $d=10$, so sind Bedingungen $(i)$ und $(ii)$ erfüllt, aber es existiert kein Diffeomorphismus. Sei im Folgenden zur Vereinfachung der Rand von $B$ als auch $A$ zusammenhängend.

Definiere das $\textit{Abstandsmodul}$ von $B$ und $A$ als $d_M(A,B):=\inf\{d>0| d\text{ erfüllt (i) und (ii) und }\exists \text{ Diffeomorphismus } \phi\text{ mit der gewünschten Abstandseigenschaft} \}$ wobei wir das Infimum der leeren Menge zu $+\infty$ setzen. Man überlegt sich das $0<d_M(A,B)\leq +\infty$ gilt und $d_M(A,B)<+\infty\Leftrightarrow$ $\partial B$ und $\partial A$ sind diffeomorph. Denn wie in meinem Gegenbeispiel aufgeführt, für $d\gg 1$ sind die Bedingungen $(i)$ und $(ii)$ automatisch erfüllt, da $B$ und $A$ beschränkt sind und jeder Diffeomorphismus erfüllt auch die geforderte Abstandseigenschaft für $d$ groß genug.

Wir sagen zwei Mengen $A$ und $B$ $\textit{respektieren ihr Abstandsmodul}$, falls $d_M(A,B)<+\infty$ und es einen Diffeomorphismus $\phi$ gibt mit $|\phi(x)-x|\leq d_M(A,B)$ (beachte $d_M(A,B)$ erfüllt immer Bedinungen $(i)$ und $(ii)$).

Wir haben bisher im Wesentlichen gezeigt: Seien $A\subset\subset B$ beschränkte Gebiete mit glattem Rand (und gleicher Anzahl an Randzusammenhangskomponenten) und angenommen $\partial A$ und $\partial B$ erfüllen die konstante Abstandsbedingung ($\text{dist}(a,\partial B)=d$ und $\text{dist}(\partial A,b)=d$ für alle $a\in \partial A,b\in \partial B$), so gilt $d_M(A,B)=d$ und $A$ und $B$ respektieren ihr Abstandsmodul.

Ich denke man muss das $d$ in deiner Formulierung des Problems geeignet von $A$ und $B$ abhängen lassen, um solche Volltorus Gegenbeispiele auszuschließen. Zum Beispiel wenn man $d=\text{dist}(\partial A,\partial B)$ wählt, so landen wir bei der konstanten Abstandsbedingung für die die Aussage wahr ist. Evtl. kann man die Beziehung abschwächen, ohne die Diffeomorphismuseigenschaft zu verlieren.

Hoffe es hilft dir weiter

Viele Grüße

doglover



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