Combinatoria analítica: cota superior para la suma de los valores absolutos de dos funciones complejas: $|z f'(z)| + |2 f(z) - zf'(z)| \leq 2f(|z|)$

Question

Sea $f \colon \mathbb C \to \mathbb C$ sea una función analítica de valor complejo con coeficientes no negativos de la serie de Taylor en 0 (supongamos que el radio de convergencia es $+\infty$ para simplificar): $$ f(z) = c_0 + c_1 z + c_2 z^2 + \ldots \enspace , $$ $c_k \geq 0$ para $k = 0, 1, 2, \ldots$ y también $c_1 > 0$ .

Es bien sabido que para tales funciones su función característica $\phi_0(z) = \dfrac{z f'(z)}{f(z)}$ es decreciente cuando $z \in \mathbb R_+$ . También introducimos la función característica de la derivada $\phi_1(z) = \dfrac{z f''(z)}{f'(z)}$ que también es decreciente cuando $z \in \mathbb R_+$ . Por tanto, existe una única solución real positiva $\widehat z$ de la ecuación $\phi_1(\widehat z) = 1$ ya que $c_1 > 0$ y $\phi_1(0) = 0$ bajo algunas condiciones suaves (debe haber al menos un coeficiente distinto de cero entre $c_3, c_4, \ldots$ ).

Conjetura. Si $0 < |z| < \widehat z$ entonces se cumple $$ |\phi_0(z)| + |2 - \phi_0(z)| \leq 2 \dfrac{f(|z|)}{|f(z)|} \enspace . $$ Además, si la función $f(z)$ es aperiódico en el sentido $$ \mathrm{GCD}\{i - j \colon c_i \neq 0, \, c_j \neq 0\} = 1 $$ la igualdad sólo es válida si $z$ es un positivo real, es decir $z = |z|$ .

Pistas. Debo mencionar algunos de mis intentos anteriores sobre esta conjetura. Es importante mencionar que si $z = |z| < \widehat z$ entonces $\phi_0(z) \leq 2$ . La igualdad sólo se alcanza para algunas funciones degeneradas $f(z)$ . El esquema de la prueba es el siguiente. La ecuación $\phi_1(\widehat z) = 1$ es equivalente a $$ c_1 = 3 c_3 z^2 + 8 c_4 z^3 + \ldots + (k-1)(k+1) c_{k+1}z^k + \ldots \enspace , $$ mientras que la desigualdad $\phi_0(z) \leqslant 2$ es equivalente a $$ 2 c_0 + c_1 z \geq c_3 z^3 + 2 c_4 z^4 + \ldots + (k-2) c_k z^k + \ldots \enspace , $$ lo que es cierto porque todos los coeficientes son no negativos, y $(k-1)(k+1) \geq k-2$ .

Algunos trucos obvios con desigualdades triangulares no funcionaron en mi caso, porque hay un límite inferior obvio $$ 2 \leq |\phi_0(z)| + |2 - \phi_0(z)| \enspace . $$ También intenté demostrar la desigualdad equivalente $$ |z f'(z)| + |2 f(z) - z f'(z)| \leq 2 f(z_0) \enspace , $$ que parece más fácil, debido a la representación explícita para $2f(z) - zf'(z)$ . Si denotamos $z = z_0 e^{i \theta}$ entonces la función $$ \Phi(\theta) = |z f'(z)| + |2f(z) - zf'(z)| $$ puede tener un gráfico con un gran número de máximos y mínimos locales. Trazo el primer sumando (1), el segundo sumando (2) y el límite inferior $|2f(z)|$ (3). También se representa la suma (1+2). Podemos ver que el comportamiento es "muy ajustado".

Imagen: Sumandos separados de $\Phi(\theta)$ .

Todas las estrategias que probé, no parecían dar resultados esperanzadores, aunque intenté simplificar y considerar casos particulares como $f(z) = e^z$ , $f(z) = \sinh z$ . Es complicado trabajar con el valor absoluto, ya que no es analítico. La idea de $|\omega| = \sqrt{\omega \overline \omega}$ tampoco me llevó a la solución, sin embargo tal vez no fui lo suficientemente paciente para terminar eso, es decir considerar la raíz cuadrada de sumas infinitas. También intenté simular la desigualdad en ipython para muchas secuencias dfferentes, y siempre resultó válido.

Motivación . Este lema es importante en la enumeración de grafos, porque la conjetura conduce a algunas estimaciones de punto de silla para el número asintótico de grafos con cierta estructura. En particular, la función generadora de un grafo con $n$ árboles sin raíces, después de alguna transformación, toma la forma $g(z)e^{nh(z)}$ y ésta es la integral de contorno que queremos calcular. Normalmente, $\Re h(z)$ en un círculo $z = z_0 e^{i\theta}$ tiene un valor máximo en $z = z_0$ es decir $\theta = 0$ .

Agradecemos cualquier idea útil.

Answer 1

Creo, que es cierto y se deduce de lo siguiente elemental

Lema. Si $\alpha>\beta>0$ y $1/\beta-1/\alpha\geqslant 2$ entonces $|1+\alpha z|+|1-\beta z|\leqslant 2+\alpha-\beta$ para cualquier vector $z$ con $|z|=1$ .

Prueba del lema. Debe existir algún buen argumento, pero puede denotar simplemente $z=e^{it}$ y diferenciar el LHS en $t$ . De verdad $z$ la desigualdad es clara, si no en un punto donde la derivada es igual a 0 se obtiene $\alpha/|1+\alpha z|=\beta/|1-\beta z|$ , $|z+1/\alpha|=|z-1/\beta|$ pero la mediatriz del segmento $[-1/\alpha,1/\beta]$ no contiene puntos no reales de un círculo unitario siempre que $1/\beta-1/\alpha\geqslant 2$ .

Ahora tenemos $c_1\geqslant \sum_{k\geqslant 2} (k^2-1)c_{k+1}|z|^k$ y necesitan demostrar $$ |c_1z+2c_2z^2+3c_3z^3+\dots |+|2c_0+c_1z-c_3z^3-2c_4z^4-\dots|\leqslant\\ 2c_0+2c_1|z|+2c_2|z|^2+\dots, $$ para demostrar que al principio utilizamos la desigualdad triangular para eliminar los términos con $c_0$ y $c_2$ y dividir por $|z|$ reducimos nuestra desigualdad a $$ |c_1+3c_3z^2+\dots |+|c_1-c_3z^2-2c_4z^3-\dots|\leqslant 2c_1+2c_3|z|^2+\dots, $$ configure $c_1=a+3c_3|z|^2+8c_4|z|^3+\dots$ para algún valor no negativo $a$ y usamos la desigualdad del triángulo muchas veces, reducimos la desigualdad a una familia de desigualdades $$|(k^2-1)|z|^k+(k+1)z^k|+|(k^2-1)|z|^k-(k-1)z^k|\leqslant (2(k^2-1)+2)|z|^k$$ (esta desigualdad va con el coeficiente $c_{k+1}$ ), pero se trata de un caso parcial de lema con $\alpha=1/(k-1),\beta=1/(k+1)$ .