Cómo demostrar $$\Big|1 - \big(1+\frac{z-1}{n}\big)^m\Big| \leq 1$$ donde $z\in\mathbb{C}$ , $|z|\leq 1$ y $m,n\in\mathbb{N}$ y $m<n$ .
He realizado experimentos numéricos y creo que la desigualdad es correcta.
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Por el principio del módulo máximo, el máximo de $\displaystyle |1-(1+\frac{z-1}{n})^m|$ no se puede alcanzar cuando $|z| < 1$ . Así que podemos suponer $|z|=1$ .
Sea $z=e^{i\theta}$ y $\displaystyle w = 1 + \frac{z-1}{n} = \rho e^{i \varphi}$ . Entonces: $$ \begin{align} |1-(1+\frac{z-1}{n})^m | &= |1-w^m| \\ &=|1-w|\cdot|1+w+\cdots+w^{m-1}| \\ &\leq |1-w|\cdot (1+|w|+\cdots+|w|^{m-1}) \\ &\leq |1-w|\cdot (1+|w|+\cdots+|w|^{n-2}) \\ &= \sqrt{1 -2\cos \varphi \cdot \rho+\rho^2} \cdot(1+\rho+\cdots \rho^{n-2}) \end{align} $$ Desde $ \displaystyle |\rho e^{i\varphi}-(1-\frac{1}{n})|= |\frac{e^{i\theta}}{n}|=\frac{1}{n} $ , $$ \rho^2+(1-\frac{1}{n})^2-2\rho\cdot (1-\frac{1}{n})\cos\varphi=\frac{1}{n^2} $$ . Por lo tanto $$ 2\cos \varphi \cdot \rho=\frac{\rho^2+(1-\frac{2}{n})}{1-\frac{1}{n}} $$ . Por lo tanto $$ \begin{align} \sqrt{1 -2\cos \varphi \cdot \rho+\rho^2} &= \sqrt{1+\rho^2-\frac{\rho^2+(1-\frac{2}{n})}{1-\frac{1}{n}}} \\ &=\sqrt{\frac{1-\rho^2}{n-1}} \end{align} $$ Así que si podemos probar $$ (1-\rho^2)(1+\rho+\cdots+\rho^{n-2})^2 \leq n-1 $$ podemos demostrar la afirmación original. Aquí sabemos que $\displaystyle \rho \in [1-\frac{2}{n}, 1]$ .
Sea $t^2 = 1-\rho$ entonces $$ \begin{align} (1-\rho^2)(1+\rho+\cdots+\rho^{n-2})^2 &= (2-t^2)t^2 \frac{(1-(1-t^2)^{n-1})^2}{t^4} \\ &\leq 2\frac{(1-(1-t^2)^{n-1})^2}{t^2} \end{align} $$ Por lo tanto, si podemos demostrar que $$ 1 - \sqrt{\frac{n}{2}}t \leq (1-t^2)^{n} $$ podemos demostrar el problema original.
Pero no puedo demostrar esta afirmación. Trazando alguna gráfica para pequeños $n$ Creo que es cierto para todos. $n \geq 4$ y $t \in [0, 0]$ . Hice una nueva pregunta sobre esta afirmación: Demostrar que $1 - \sqrt{\frac{n}{2}}\cdot t \leq (1-t^2)^n$ para $n \geq 4$ y $t \in [0, 1]$
Basado en la buena respuesta de @onriv y el comentario del usuario3750444 en el mismo :
(Sin utilizar el principio del módulo máximo)
Sea $w = 1 + \frac{z - 1}{n}$ y $r = |w|$ . Tenemos \begin{align*} \left|1 - w^m\right| &= |1 - w|\cdot |1 + w + w^2 + \cdots + w^{m-1}|\\ &\le |1 - w|\cdot (1 + r + r^2 + \cdots + r^{m-1})\\ &\le |1 - w|\cdot (1 + r + r^2 + \cdots + r^{n - 2}). \end{align*}
Tenemos $|w - 1 + 1/n|^2 = |z|^2/n^2 \le 1/n^2$ ou $$(1 - 1/n)^2 - (1 - 1/n)(w + \bar{w}) + |w|^2 \le 1/n^2$$ lo que se traduce en $$w + \bar{w} \ge \frac{(1 - 1/n)^2 + |w|^2 - 1/n^2}{1 - 1/n}.$$ Así, tenemos $$|1 - w|^2 = 1 + |w|^2 - (w + \bar{w}) \le 1 + |w|^2 - \frac{(1 - 1/n)^2 + |w|^2 - 1/n^2}{1 - 1/n} = \frac{1 - |w|^2}{n - 1}.$$
Así, tenemos $$|1 - w^m| \le \frac{\sqrt{1 - r^2}}{\sqrt{n - 1}}(1 + r + r^2 + \cdots + r^{n - 2}).$$
Tenemos $|w| = |1 - 1/n + z/n| \le |1 - 1/n| + |z/n| \le 1$ y $|w| = |1 - 1/n + z/n| \ge |1 - 1/n| - |z/n| \ge 1 - 2/n$ . Así, $|w| \in [1 - 2/n, 1]$ .
Basta con demostrar que, para todo $n\ge 2$ y $r\in [1 - 2/n, 1]$ , $$\frac{\sqrt{1 - r^2}}{\sqrt{n - 1}}(1 + r + r^2 + \cdots + r^{n - 2}) \le 1. \tag{1}$$
Si $r = 1$ ou $n = 2, 3, 4$ es fácil demostrar la desigualdad.
A continuación, supongamos que $r < 1$ y $n \ge 5$ .
La desigualdad se escribe como $$\frac{\sqrt{1 - r^2}}{\sqrt{n - 1}}\cdot \frac{1 - r^{n-1}}{1 - r} \le 1.$$ Utilizando la desigualdad de Bernoulli $(1 - v)^s \ge 1 - sv$ para todos $0 \le v < 1$ y $s\ge 1$ tenemos $$r^{(n-1)/4} = [1 - (1 - r)]^{(n-1)/4} \ge 1 - (1 - r)(n - 1)/4 \ge 0.$$ Además, tenemos $$\frac{\sqrt{1 - r^2}}{\sqrt{n - 1}\, (1 - r)} = \frac{1}{\sqrt{n - 1}}\sqrt{\frac{1 + r}{1 - r}} \le \frac{1}{\sqrt{n - 1}}\sqrt{\frac{2}{1 - r}}.$$ Basta con demostrar que $$\sqrt{\frac{2}{(n - 1)(1 - r)}} \left(1 - \left[1 - (1 - r)(n - 1)/4\right]^4\right)\le 1. $$ Dejar $(n - 1)(1 - r)/2 = u^2$ basta con demostrar que, para todo $u\in [0, \sqrt{1 - 1/n}]$ , $$\frac{1}{u}(1 - (1 - u^2/2)^4) \le 1$$ ou $$u^7 - 8u^5 + 24u^3 - 32u + 16 \ge 0$$ ou $$(1 - u)^3(-u^4 - 3u^3 + 2u^2 + 14u + 9) + 13(u - 19/26)^2 + 3/52 \ge 0$$ lo cual es claramente cierto.
Hemos terminado.
