¿Cómo demostrar esta desigualdad para los números complejos?

Question

Dejemos que $|y|<|z|$ entonces, $$\left| \frac{y+z}{|y+z|} - \frac{z}{|z|}\right|\leq K |z|^{-1}|y|$$ para alguna constante $K.$

Quiero utilizar algún argumento de expansión de Taylor, pero no estoy seguro de que funcione para los números complejos. Cualquier idea será muy apreciada.

Editar: La expresión debe ser equivalente a la siguiente: $$\begin{align} \left| \frac{y+z}{|y+z|} - \frac{z}{|z|}\right|&= \left| \frac{y/z+1}{|y/z+1|} - 1\right| \\ &\leq |1-y^2/z^2-1|\leq |z|^{-2}|y|^2\leq |z|^{-1}|y| \end{align}$$

Answer 1

Dejemos que $y=\rho e^{i\phi}$ y $z=re^{i\theta}$ . Entonces $|y|<|z|\implies\rho<r$ y $|z|^{-1}|y|=\rho/r$ . Desde \begin{align}|y+z|&=|(\rho\cos\phi+r\cos\theta)+i(\rho\sin\phi+r\sin\theta)|\\&=\sqrt{\rho^2\cos^2\phi+2\rho r\cos\theta\cos\phi+r^2\cos^2\theta+\rho^2\sin^2\phi+2\rho r\sin\theta\sin\phi+r^2\sin^2\theta}\\&=\sqrt{\rho^2+2\rho r\cos(\theta-\phi)+r^2}\end{align} tenemos \begin{align}\small\left| \frac{y+z}{|y+z|} - \frac{z}{|z|}\right|&=\small\left|\frac{\rho\cos\phi+r\cos\theta}{\sqrt{\rho^2+2\rho r\cos(\theta-\phi)+r^2}}+i\frac{\rho\sin\phi+r\sin\theta}{\sqrt{\rho^2+2\rho r\cos(\theta-\phi)+r^2}}-\frac{re^{i\theta}}r\right|\\&=\small\sqrt{\left(\frac{\rho\cos\phi+r\cos\theta}{\sqrt{\rho^2+2\rho r\cos(\theta-\phi)+r^2}}-\cos\theta\right)^2+\left(\frac{\rho\sin\phi+r\sin\theta}{\sqrt{\rho^2+2\rho r\cos(\theta-\phi)+r^2}}-\sin\theta\right)^2}\\&=\small\sqrt{\frac{(\rho\cos\phi+r\cos\theta)^2+(\rho\sin\phi+r\sin\theta)^2}{\rho^2+2\rho r\cos(\theta-\phi)+r^2}-\frac{2(\cos\theta(\rho\cos\phi+r\cos\theta)+\sin\theta(\rho\sin\phi+r\sin\theta))}{\sqrt{\rho^2+2\rho r\cos(\theta-\phi)+r^2}}+1}\\&=\sqrt{2-\frac{2(\rho\cos(\theta-\phi)+r)}{\sqrt{\rho^2+2\rho r\cos(\theta-\phi)+r^2}}}.\end{align} Se puede demostrar que para $a,b,c,d\in\Bbb R^+$ la función $$f(x)=\frac{ax+b}{\sqrt{c+dx}}\implies\min f(x)=\frac{2\sqrt{a(bd-ac)}}d$$ donde existe en $x=(bd-2ac)/ad$ . Sustituyendo $a=2\rho$ , $b=2r$ , $c=\rho^2+r^2$ , $d=2\rho r$ y $x=\cos(\theta-\phi)$ Esto da como resultado \begin{align}\left| \frac{y+z}{|y+z|} - \frac{z}{|z|}\right|&\le\sqrt{2-\frac{\sqrt{2\rho(4\rho r^2-2\rho^3-2\rho r^2)}}{2\rho r}}=\sqrt{2-2\sqrt{1-\left(\frac\rho r\right)^2}}\le\sqrt2\cdot\frac\rho r.\end{align} El resultado se obtiene con $K=\sqrt2$ .

Answer 2

Encontré una solución más sencilla:

Dejemos que $y=(\lambda -1)z\iff y+z=\lambda z$ con $\lambda\neq0$ desde $y\neq-z$ . El lado izquierdo de la desigualdad dice entonces $$\left|\frac{\lambda z}{|\lambda z|}-\frac{z}{|z|} \right|=\left|\frac{\lambda }{|\lambda| }-1\right|$$ mientras que su lado derecho se convierte en $$K|\lambda -1|.$$ Mostraremos para cualquier número complejo $u=a+ib$ de longitud $1$ y cualquier número real $t$ que $$|u-1|^2\leq2|tu-1|^2$$ siempre y cuando la parte real de $u$ es no negativo, es decir $0\leq a\leq1$ . (Véase la interpretación geométrica más adelante). A partir de aquí la afirmación original sigue con $u=\lambda/|\lambda|$ y $t=|\lambda|$ .

Tenemos $$\begin{align}|u-1|^2&\leq|tu-1|^2\\ \iff a^2-2a+1+b^2&\leq 2(t^2a^2-2at+1+t^2b^2)\\ \iff 2-2a&\leq2(t^2-2at+1)\\ \iff 0&\leq(t-a)^2+a(1-a) \end{align}$$ Ahora bien, eso es cierto si $0\leq a\leq1$ .

Antigua solución:

Desde $|y|/|z|<1$ sabemos que $|\lambda -1|<1$ Es decir, $\lambda $ se encuentra en el círculo centrado en $1$ con radio $1$ por ejemplo $\lambda =BE$ por lo que la longitud de $\lambda -1$ es la longitud de $AE$ , hace de línea roja. El lado izquierdo de la desigualdad es la distancia entre el vector unitario $BD=\frac{\lambda}{|\lambda|}$ en dirección a $\lambda $ y $1$ es decir, la longitud de $AD$ , marcado en amarillo. (Observe que cuando se mueve $E$ a algún otro punto de $BC$ La línea amarilla se mantiene igual. A partir de aquí observamos también que $E$ puede estar más allá de $C$ también).

Sabemos que la afirmación de que $$\left|\frac{\lambda }{|\lambda |}-1 \right|^2\leq2|\lambda -1|^2$$ mientras la parte real de $\lambda$ es positivo: $$\begin{align} \left|\frac{\lambda }{|\lambda |}-1 \right|^2&\leq2|\lambda -1|^2\\ \iff \left|\frac{\lambda }{|\lambda |}-1 \right|\cdot \left|\frac{\bar\lambda }{|\lambda |}-1 \right|&\leq2|\lambda -1|\cdot|\bar\lambda -1|\\ \iff\frac{\lambda\bar\lambda}{|\lambda|^2}-\frac{\lambda}{|\lambda|}-\frac{\bar\lambda}{|\lambda|}+1&\leq2(\lambda\bar\lambda-\lambda-\bar\lambda+1)\\ \iff 2-\frac{2\operatorname{Re}(\lambda)}{|\lambda|}&\leq2(|\lambda|^2-2\operatorname{Re}(\lambda)+1)\\ \iff0&\leq |\lambda|^2-2\operatorname{Re}(\lambda) +\frac{\operatorname{Re}(\lambda)}{|\lambda|} \end{align} $$ Con $\lambda=r\cdot e^{i\phi}$ el lado derecho se convierte en $$\begin{align}r^2-2r\cos(\phi)+\cos(\phi)&=\bigl(r-\cos(\phi)\bigr)^2+\cos(\phi)-\cos^2(\phi)\\ &=\bigl(r-\cos(\phi)\bigr)^2+\cos(\phi)\bigl(1-\cos(\phi)\bigr), \end{align}$$ que ciertamente se mantiene si $-\pi/2<\phi<\pi/2$ es decir, la parte real de $\lambda$ es positivo.