Demostrar que $x$ está dentro del disco de la unidad si $\overline{x} + xz_1z_2 = z_1 + z_2$ y $|z_1|,|z_2| < 1$ .

Question

Dejemos que $x \in \mathbb{C}$ . Denotemos el complejo conjugado de $x$ como $\overline{x}$ . Fijar $z_1, z_2 \in \mathbb{C}$ tal que $|z_1| < 1$ y $|z_2| <1$ . Se cumple la siguiente ecuación: $$\overline{x} + xz_1z_2 = z_1 + z_2$$

Quiero demostrar que $|x| < 1$ . He probado un montón de números y esto parece ser cierto, pero tengo dificultades para probarlo. Se agradece cualquier sugerencia.

Answer 1

El caso $x = 0$ no es interesante, por lo que se supone que $x \neq 0$ .

Escriba $x = \rho e^{i \alpha}$ con $\rho > 0$ y poner $w_j = e^{i \alpha} z_j$ para $j = 1,2$ .

Multiplicando la ecuación dada por $e^{i\alpha}$ obtenemos $\rho (1 + w_1 w_2) = w_1 + w_2$ o $$ \rho = \frac{w_1 + w_2}{1 + w_1 w_2}. $$ Afirmamos que $0 < \rho < 1$ y nota $\rho = f(w_1)$ , donde $f(z) = \dfrac{z + w_2}{1 + z w_2}$ .

Recordemos que las transformaciones lineales fraccionarias preservan los círculos generalizados.

La transformación lineal fraccionaria $f^{-1}(z) = \dfrac{z - w_2}{1 - w_2 z}$ fija $\pm 1$ y envía el intervalo $[-1, 1]$ en un segmento de círculo a través de $\pm 1$ y $-w_2 = f^{-1}(0)$ dentro del disco de la unidad. Además, $f^{-1}(\mathbb{R} \setminus [-1,1])$ se encuentra fuera del disco de la unidad.

Como $\rho > 0$ por suposición y $w_1 = f^{-1}(\rho)$ se encuentra dentro del disco unitario, concluimos que $\rho < 1$ .

Answer 2

Por $$ \overline x + x \, z _ 1 \, z _ 2 = z _ 1 + z _ 2 \tag 0 \label 0 $$ tenemos $$ \overline { \overline x + x \, z _ 1 \, z _ 2 } = \overline { z _ 1 + z _ 2 } $$ $$ \therefore \quad x + \overline x \, \overline { z _ 1 } \, \overline { z _ 2 } = \overline { z _ 1 } + \overline { z _ 2 } \text . \tag 1 \label 1 $$ Multiplicando \eqref {0} por $ - \overline { z _ 1 } \, \overline { z _ 2 } $ y añadiendo \eqref {1} obtenemos $$ \big( 1 - z _ 1 \, \overline { z _ 1 } \, z _ 2 \, \overline { z _ 2 } \big) \, x = \overline { z _ 1 } \, \big( 1 - z _ 2 \, \overline { z _ 2 } \big) + \overline { z _ 2 } \, \big( 1 - z _ 1 \, \overline { z _ 1 } \big) $$ que debido a $ | z _ 1 | ^ 2 = z _ 1 \, \overline { z _ 1 } $ y $ | z _ 2 | ^ 2 = z _ 2 \, \overline { z _ 2 } $ equivale a $$ \big( 1 - | z _ 1 | ^ 2 \, | z _ 2 | ^ 2 \big) \, x = \overline { z _ 1 } \, \big( 1 - | z _ 2 | ^ 2 \big) + \overline { z _ 2 } \, \big( 1 - | z _ 1 | ^ 2 \big) \text . \tag 2 \label 2 $$ Ahora bien, como ambos $ | z _ 1 | $ y $ | z _ 2 | $ son números reales menores que que $ 1 $ tomando el módulo de los dos lados de \eqref {2} y utilizando la desigualdad del triángulo, obtenemos $$ \big( 1 - | z _ 1 | ^ 2 \, | z _ 2 | ^ 2 \big) \, | x | \le | z _ 1 | \, \big( 1 - | z _ 2 | ^ 2 \big) + | z _ 2 | \, \big( 1 - | z _ 1 | ^ 2 \big) \text . \tag 3 \label 3 $$ Ahora es suficiente con probar $$ | z _ 1 | \, \big( 1 - | z _ 2 | ^ 2 \big) + | z _ 2 | \, \big( 1 - | z _ 1 | ^ 2 \big) < 1 - | z _ 1 | ^ 2 \, | z _ 2 | ^ 2 \tag 4 \label 4 $$ desde la combinación con \eqref {3} podemos concluir que $ | x | < 1 $ . Es un simple ejercicio de álgebra para demostrar que \eqref {4} es equivalente a $$ ( 1 - | z _ 2 | ) \, ( 1 - | z _ 1 | ) \, ( 1 - | z _ 1 | \, | z _ 2 | ) > 0 \text . $$