Probar que $|z^2+1|\le 2$ implica $|z^3+3z+2|\le 6$

Question

Demuestra que $$\{z \in \mathbb{C}: |z^2+1|\le 2 \} \subseteq \{z \in \mathbb{C} : |z^3+3z+2|\le 6 \} \tag{*}$$ (En otras palabras: Sea $z\in \mathbb{C}$ tal que $|z^2+1|\le 2$. Demuestra que $|z^3+3z+2|\le 6.$)

Este problema fue planteado por mengdie1982 aproximadamente hace un día (relativo a la publicación de esta pregunta), pero fue cerrado por falta de trabajo. Esto me ha estado molestando debido a lo simple que ha sido planteado, sin embargo, incluso después de horas de trabajo no estoy cerca de demostrar matemáticamente esto. Geométricamente la afirmación (*) es verdadera, como se muestra a continuación.

$\hspace{4cm}$

Aquí hay algunas estimaciones:

1. De la desigualdad triangular inversa, $|z^2+1| \le 2$ implica $|z| \le \sqrt{3}$ con igualdad en $z=i\sqrt{3}$. De la desigualdad triangular, $|z^3+3z+2| \le |z|^3+3|z|+2 \le 6\sqrt{3}+2 \approx 12.4$. También se puede obtener un mejor límite mediante la factorización, $$|z^3+3z+2| = |z(z^2+1)+2(z+1)| \le |z||z^2+1|+2(|z|+1) \le 4\sqrt{3}+2 \approx 8.93.$$
2. Otro enfoque que tomé fue demostrar que para cualquier $r<6$, $$\{z \in \mathbb{C}: |z^2+1|\le 2 \} \nsubseteq \{z \in \mathbb{C} : |z^3+3z+2|\le r \}$$ lo cual explica el comportamiento de pellizco entre los conjuntos cerca del punto $(1,0)$. Defina $$L=\left(\frac{2}{2-r+\sqrt{8-4r+r^{2}}}\right)^{\left(\frac{1}{3}\right)},\quad z_0 = \frac{1}{2}\left(1+L-\frac{1}{L}\right),$$ entonces con mucho esfuerzo, se puede demostrar que $z_0$ cumple con $|z^2+1|\le 2$, pero no está presente en el otro conjunto. Esto implica que (*) puede reformularse como encontrar el mayor $r>0$ tal que $$\{z \in \mathbb{C}: |z^2+1|\le r \} \subseteq \{z \in \mathbb{C} : |z^3+3z+2|\le 6 \}$$

o es posible que haya una solución más fácil que me esté perdiendo.

Answer 1

Prueba.

Sea $z = a + \mathrm{i} b$. Basta con demostrar que $$(a^3-3ab^2+3a+2)^2 + (3a^2b-b^3+3b)^2 \le 36$$ para todos los números reales $a, b$ con $(a^2-b^2+1)^2 + 4a^2b^2 \le 4$.

Obtenemos la siguiente identidad $$\begin{align*} &36-(a^3-3ab^2+3a+2)^2-(3a^2b-b^3+3b)^2\\ ={}& (8a^2+b^2+1)\Big(4-(a^2-b^2+1)^2-4a^2b^2\Big)\\ &\qquad + \frac17(7a^3 + 7ab^2 - 13a + 6)^2 + \frac15(7a^2 + 5b^2 - 7)^2\\ &\qquad + \frac{8}{85}(17a + 12)^2(a - 1)^2 + \frac{60}{119}(a - 1)^2. \end{align*}$$

Listo.

Answer 2

Como también mostró River, la implicación es equivalente a la siguiente implicación que solo involucra números reales considerando $z = x + iy$:

$$(x^2-y^2+1)^2 + 4x^2y^2 \le 4 \Rightarrow (x^3-3xy^2+3x+2)^2 + (3x^2y-y^3+3y)^2 \le 36.$$

Para demostrar la implicación anterior, River utilizó de manera elegante un método basado en SOSs, pero requiere adivinar varias funciones, lo cual probablemente solo se puede hacer utilizando resolutores específicamente desarrollados para SOSs y conociendo la solución óptima. Aquí, pruebo la implicación anterior utilizando herramientas de análisis elementales.

La implicación anterior puede ser probada si mostramos que el valor óptimo $p^*$ del siguiente problema de optimización es menor o igual a 36:

$$\max z(x,y)=A(x,y)^2 + B(x,y)^2$$ sujeto a $$(x^2-y^2+1)^2 + 4x^2y^2 \le 4 \tag{1}$$

donde

$$A(x,y)=x^3-3xy^2+3x+2, B(x,y)=3x^2y-y^3+3y.$$

Aquí, probamos que $p^*=36$ utilizando los siguientes pasos:

1) Se puede mostrar que $x^2\le 1$. De hecho, de

$$(x^2-y^2+1)^2 + 4x^2y^2 \le 4 \Leftrightarrow (x^2+y^2+1)^2 \le 4(1+y^2), \tag{2}$$

tenemos $x^2 \le 2\sqrt{1+y^2}-(1+y^2) \le \max_{a}(2a-a^2)= 1.$

2) La ecuación $\nabla Z(x,y)=0$ es equivalente a

$$(x^2-y^2+1)A(x,y)+2xyB(x,y)=0$$ $$-2xyA(x,y)+(x^2-y^2+1)B(x,y)=0.$$

Esto juntos dan $$((x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2)B(x,y)=0,$$ lo cual tiene una solución solo si $B(x,y)=0 \Leftrightarrow y^2=3(1+x^2) \vee y=0$. El primer $y^2=3(1+x^2)$ resulta en ninguna solución factible (simplemente ingrésalo en (1)), pero $y=0$ produce la solución factible $(0,0)$ que no puede ser óptima (compáralo con alguna solución factible trivial como $(1,0)$ o elimínalo al final del paso 3).

3) De paso 2, podemos ver que el valor óptimo $p^*$ debe ser alcanzado en algún punto de la curva $(x^2-y^2+1)^2 + 4x^2y^2 = 4,$ que utilizando (2) puede ser escrito como

$$\big (x^2+t(x) \big )^2 = 4t(x), t(x)=y^2+1.$$

Entonces, $$t(x)=2-x^2+\sqrt{1-x^2}$$ puede ser obtenido explícitamente como una función de $x$ resolviendo la ecuación cuadrática anterior (tiene raíces reales si y solo si $x^2\le 1$) y notando que $t(x)\ge 1$. Como la función objetivo $z(x,y)$ depende de $y$ a través de $y^2$, obtenemos:

$$f(x)=\big (x^3-3x(t(x)-1)+3x+2\big)^2+(t(x)-1)\big (3x^2-(t(x)-1)+3 \big)^2\\=\left (4x^3-3x\sqrt{1-x^2}+2 \right)^2 +\left (1-x^2+\sqrt{1-x^2}\right)\left (4x^2-1-\sqrt{1-x^2} \right)^2, |x|\le 1.$$

$f(x)$ [1] es una función univariante de $x$ representada abajo [2]:

$\hspace{3cm}$

El máximo se alcanza en $x=1$, lo cual se puede demostrar encontrando las soluciones de $f'(x)=0$ [3], que son $r_1=-0.894803$, $r_2=-0.163729$, y $r_3=0.580693$, y luego seleccionando la mejor entre $-1,r_1,r_2,r_3,1$. Por lo tanto, de $t(1)=y^2+1, t(1)=1$, obtenemos $y=0$. Por lo tanto, el punto $(1,0)$ con $z(1,0)=36$, que también domina a $(0,0)$ obtenido en el paso 2, es la solución óptima, y así $p^*=36$. QED

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Siguiendo el comentario de River, quizás podamos demostrar que el máximo ocurre en la frontera sin cálculo o principio del módulo máximo, y el problema es usar la transformación $x=\frac{2t}{1+t^2}$ para deshacernos de $\sqrt{1-x^2}$. El resultado se presenta aquí, que parece ser complejo. También intenté la transformación $x=\sin t$, pero el resultado proporcionado aquí todavía es complejo. ¡Cualquier comentario es bienvenido!

Answer 3

Otra manera.

Sea $z = a + \mathrm{i} b$. Basta con demostrar que $$(a^3-3ab^2+3a+2)^2 + (3a^2b-b^3+3b)^2 \le 36 \tag{1}$$ para todos los números reales $a, b$ con $$(a^2-b^2+1)^2 + 4a^2b^2 \le 4. \tag{2}$$

De (2), obtenemos $4 \ge (a^2 - b^2 + 1)^2 + 4a^2b^2 = (a^2 + b^2 + 1)^2 - 4b^2$ lo cual resulta en $$a^2 \le 2\sqrt{1 + b^2}- (1 + b^2). \tag{3}$$ Además, por AM-GM, tenemos $a^2 \le 1 + (1 + b^2) - (1 + b^2) = 1$ (esto ha sido señalado por la respuesta de @Amir). También, ya que $2\sqrt{1+b^2}-(1+b^2)\ge 0$, tenemos $b^2 \le 3$.

(1) se escribe como $$(a^3-3ab^2+3a)^2 + 4a(a^2-3b^2+3) + (3a^2b-b^3+3b)^2 \le 32. \tag{4}$$

Dividimos en dos casos.

Caso 1. $a^2-3b^2+3 > 0$

Usando $a^2 \le 1$ y $b^2 \le 3$, tenemos $$\begin{align*} &32 - (a^3-3ab^2+3a)^2 - 4a(a^2-3b^2+3) - (3a^2b-b^3+3b)^2\\ \ge{}& 32 - (a^3-3ab^2+3a)^2 - 4(a^2-3b^2+3) - (3a^2b-b^3+3b)^2\\ ={}& -a^6+(-3b^2-6)a^4+(-3b^4-13)a^2-b^6+6b^4+3b^2+20\\ \ge{}& -1+(-3b^2-6)+(-3b^4-13)-b^6+6b^4+3b^2+20\\ ={}& -b^6 + 3b^4\\ \ge{}& 0. \end{align*}$$

Caso 2. $a^2 - 3b^2 + 3 \le 0$

Usando $a^2 \le 1$ y $b^2 \le 3$ y (3), tenemos $$\begin{align*} &32 - (a^3-3ab^2+3a)^2 - 4a(a^2-3b^2+3) - (3a^2b-b^3+3b)^2\\ \ge{}& 32 - (a^3-3ab^2+3a)^2 + 4(a^2-3b^2+3) - (3a^2b-b^3+3b)^2\\ ={}& -a^6+(-3b^2-6)a^4+(-3b^4-5)a^2-b^6+6b^4-21b^2+44\\ \ge{}& -a^2+(-3b^2-6)a^2+(-3b^4-5)a^2-b^6+6b^4-21b^2+44\\ ={}& -(3b^4+3b^2+12)a^2-b^6+6b^4-21b^2+44\\ \ge{}& -(3b^4+3b^2+12)(2\sqrt{1 + b^2}- (1 + b^2))-b^6+6b^4-21b^2+44\\ \ge{}& -(3b^4+3b^2+12)\left(\frac{2b^2}{1 + b^2/3 + 1} + 2- (1 + b^2)\right)-b^6+6b^4-21b^2+44\\ ={}& \frac{2b^8 + 6b^4 - 112b^2 + 192}{6 + b^2}\\ \ge{}& 0 \end{align*}$$ donde utilizamos $\sqrt{1 + b^2} - 1 = \frac{b^2}{\sqrt{1 + b^2} + 1} \le \frac{b^2}{1 + b^2/3 + 1}$ lo cual se obtiene de $$(1 + b^2) - (1 + b^2/3)^2 = \frac19b^2(3-b^2)\ge 0.$$

Hemos terminado.

Answer 4

Siguiendo algunas ideas ya presentadas por la respuesta de Amir, asumiendo sin pérdida de generalidad $y\ge 0$, tenemos que

$$|z^2+1|= 2 \implies y=\sqrt{1 - x^2 + 2 \sqrt{1 - x^2}} \tag 1$$

con $|x|\le 1$, entonces necesitamos demostrar que $|z^3+3z+2|^2-36\le 0$ que es

$$F(x,y)=((2 + 3 x + x^3 - 3 x y^2)^2 + (3 y + 3 x^2 y - y^3)^2)-36\le 0 \tag 2$$

y sustituyendo $(1)$ en $(2)$ obtenemos

$$f(x)=4 (-1 + 6 x^2 + 4 x^3 + 2 \sqrt{1 - x^2} (1 - 3 x + 2 x^2))-36\le 0$$

y con $x=\sin u$ con $u\in\left[-\frac \pi 2, \frac \pi 2\right]$ obtenemos

$$f(u)=8 (-1 + \sin u) (6 - \cos u - \cos(2 u) + 5 \sin u + \sin(2 u)) \le 0$$

lo que reduce el problema dado $(2)$ a demostrar que

$$g(u)=6 + 5 \sin u + \sin(2 u)- \cos u - \cos(2 u) \ge 0 \tag 3$$

lo cual es cierto y se puede demostrar como se indica a continuación.

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Prueba de $(3)$

En primer lugar, notar que $(3)$ es trivialmente verdadero cuando $u\in\left[0, \frac \pi 2\right]$ ya que

$$g(u)\ge 5 + \sin(2 u) - \cos(2 u) \ge 0$$

entonces, para $u\in\left[- \frac \pi 2,0\right]$ consideremos

$$h(u)= \cos u + \cos(2 u) \implies h'(u)=-\sin u -2\sin (2u)=-\sin u(4\cos u +1)\ge 0$$

por lo tanto, $h(u)$ es estrictamente creciente y negativo para $u\in \left[-\frac \pi 2,-\frac \pi 3\right]$ con

$$g(u)\ge 6 + 5 \sin u + \sin(2 u) \ge 0$$

Finalmente, necesitamos probar $(3)$ para $u\in \left[-\frac \pi 3,0\right]$.

En este intervalo tenemos

$$l(u)=6 + 5 \sin u + \sin(2 u)\implies l'(u)=4\cos^2 u+5\cos u-2\ge 0$$

por lo tanto, tanto $l(u)$ como $h(u)$ son estrictamente crecientes en el intervalo con

• $l(-\pi/3)=6-3\sqrt 3\approx 0.80$, $\;l(0)=6$
• $h(-\pi/3)=0$, $\;h(0)=2$

también tenemos

• $l(-\pi/6)=\frac{7-\sqrt 3}{2}>h(0)=2$
• $h(-\pi/6)=\frac{1+\sqrt 3}{2}\approx 1.37$

y dado que

• $l(-\pi/4)=\frac52\left(2-\sqrt 2\right)\approx 1.46>h(-\pi/6)\approx 1.37$
• $h(-\pi/4)=\frac{\sqrt 2}{2}\approx 0.70

tenemos que $g(u)=l(u)-h(u) \ge 0$ también en este intervalo.

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Prueba alternativa e inteligente de $(3)$

Como se muestra en la respuesta de River Li aquí, simplemente tenemos

$$g(u)=6 + 5 \sin u + \sin(2 u)- \cos u - \cos(2 u) \ge$$

$$\ge 6 + 5 \sin u -1- 1 - (1-2\sin^2 u)=$$

$$=3+ 5 \sin u+2\sin^2 u= (2\sin u + 3)(\sin u + 1)\ge 0$$