Ограниченность котангенса

[thething]

Пожалуйста, натолкните на мысль по задаче:

Доказать, что \left| \operatorname{\ctg}{z} \right| \leqslant \operatorname{\cth}{ \rho } на всей комплексной плоскости с выброшенными кругами \left| z- \pi n \right| < \rho для любого 0< \rho < \frac{ \pi }{ 2 }

Легко получается доказать неравенство в области \left| y \right| > \rho, а в оставшейся части сообразить не могу. Спасибо.

[Red_Herring]

Оцените сверху $|\cos z |$, а снизу $|\sin z |$.

[thething]

Red_Herring
Вот как я делаю:

\left| \operatorname{\ctg}{z} \right| =\left| \frac{ \exp{(iz)}+\exp{(-iz)} }{\exp{ (iz)}-\exp{(-iz)} } \right| \leqslant\left| \frac{ \exp{(y)} +\exp{(-y)} }{ \exp{(y) } -\exp{(-y)} } \right|=\left|\operatorname{\cth} y \right| \leqslant \operatorname{\cth} \rho при \left| y \right| \geqslant \rho

А вот что делать в остальной области (при \left| y \right| \leqslant \rho) не понимаю

[Red_Herring]

Ок, я был чуть неправ. Можно считать, что $y>0$. Тогда вам надо оценить

$$|\frac{1+w}{1-w}|\le \frac{1+|w|}{1-|w|},$$

где $w=e^{2iz}$. Дальше просто.

[thething]

Red_Herring
Вы имеете ввиду $w=e^{-2iz}$? Тогда по модулю будет $e^{2y}$, а это то же самое, что я написал выше

[Red_Herring]

thething в сообщении #1279204 писал(а):

Вы имеете ввиду

Исправил на $w=e^{2iz}$. Тогда $|w|<1$ при $y>0$. Используйте неравенство, которое я написал (и не нужно отдельно оценивать синус и косинус

[thething]

Но ведь дробь, стоящая справа, уходит на бесконечность (если точка стремится к действительной оси между вырезанными кругами), как ее оценить сверху?

[Red_Herring]

Да, вы правы. Так просто не выйдет

[DeBill]

А если попробовать тупо оценить $e^{-\left\lvert z\right\rvert} \leqslant \left\lvert e^z \right\rvert \leqslant e^{\left\lvert z \right\rvert}$ ?

-- 27.12.2017, 23:07 --

Ну, и периодичность использовать....

-- 27.12.2017, 23:47 --

Нда, не получается...
Если посмотреть на картинку, то надо доказывать, что отношение расстояний от точки $e^{2iz}$ до точек $-1$ и $1$ не больше того коташинуса. Геометрически, это равносильно неравенству
$\left\lvert e^{2iz} -\ch (2\rho) \right\rvert \geqslant \sh (2\rho)$ при $z=\rho e^{i\varphi}, 0< \varphi < \frac{\pi}{2}$....
Upd. Исправил опечатки
-- 27.12.2017, 23:47 --
После возведения в квадрат, это приводится к виду
$\ch (2\rho \sin \varphi )\geqslant \ch (2\rho) \cos (2\rho \cos \varphi), 0<\varphi <\frac{\pi}{2}$
И - чё?

[Markiyan Hirnyk]

Находим наибольшее значение функции $|\cot(x+iy)|^2={\frac { \left( \sin \left( x \right) \right) ^{2} \left( \cos \left( x \right) \right) ^{2}+ \left( \sinh \left( y \right) \right) ^{2} \left( \cosh \left( y \right) \right) ^{2}}{ \left( \left( \sin \left( x \right) \right) ^{2}+ \left( \sinh \left( y \right) \right) ^{2} \right) ^{2}}} $ при условии $x^2+y^2-\rho^2=0$, применяя метод множителей Лагранжа. В частности, критическими точками являются $ \left\{ x=0,y=\rho,\lambda_{{1}}=-4\,{\frac { \left( {{\rm e}^{\rho}} \right) ^{2} \left( \left( {{\rm e}^{\rho}} \right) ^{2}+1 \right) }{ \left( {{\rm e}^{\rho}}+1 \right) ^{3} \left( {{\rm e}^{\rho}}-1 \right) ^{3}\rho}} \right\} $ и $ \left\{ x=0,y=- \rho,\lambda_{{1}}=-4\,{\frac { \left( {{\rm e}^{\rho}} \right) ^{2} \left( \left( {{\rm e}^{\rho}} \right) ^{2}+1 \right) }{ \left( {{\rm e}^{\rho}}+1 \right) ^{3} \left( {{\rm e}^{\rho}}-1 \right) ^{3}\rho}} \right\}. $ Осталось посчитать значение котангенса в указанных точках и убедиться, что они являются точками максимума, сравнив со значениями еще в двух критических точках.

[DeBill]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1279304 писал(а):

сравнив со значениями еще в двух критических точках

Каких?

[thething]

Markiyan Hirnyk
DeBill
Насколько я понимаю, там в процессе получается трансцендентное уравнение, которое при некоторых $\lambda$ имеет приближенные корни, помимо двух точных. По крайней мере у меня так получалось, когда я пытался исследовать таким способом на минимум только знаменатель.

[Red_Herring]

Попробуем найти условные экстремумы $f(x,y)=|\tan(z)|^2=(\tan^2(x) +\tanh^2 (y))/(1+\tan^2(x)\tanh^2(y))$. Заметим, что $f_x/f_y=\tan(2x)/\tanh(2y)$ и потому уравнение условного экстремума будет $\tan(2x)/x=\tanh(2y)/y$. Это равенство невозможно и нам остается проверить только концы $x=0$ (там $f=\tanh^2(\rho)$) и $y=0$ (там $f=\tan^2(x)$, но $\tanh(x)<\tan (x)$ на соответствующем участке).

[thething]

Большое спасибо всем за наводящие соображения. Вот, что у меня получилось, может быть, кому-то пригодится.

При $\left\lvert{y}\right\rvert\geqslant\rho$ оценка получена выше. Остался случай $\left\lvert{y}\right\rvert\leqslant\rho$.

Рассмотрим прямоугольник с вершинами $\pm\frac{\pi}{2}\pm{i\rho}$ и исследуем на минимум в нем функцию $\left\lvert\sin{z}\right\rvert^2=\ch^2{y}-\cos^2{x}$.

Внутренний экстремум достигается в точке $(0,0)$, что нас не устраивает.

Исследуем условный экстремум на окружности $x^2+y^2=\rho^2$. Из правила множителей Лагранжа получаем уравнение $\frac{\sin{2x}}{x}=\frac{\sh{2y}}{y}$, которое имеет единственное решение $(0,0)$, что, опять же нас не устраивает, т.е. на окружности модуль синуса экстремумов не имеет. Поскольку минимум где-то достигается, то только на границе прямоугольника, т.е. или при $z=x\pm{i\rho}$ или при $z=\pm\frac{\pi}{2}+iy$

Далее, или $\left\lvert\ctg{z}\right\rvert\leqslant\frac{\left\lvert\cos{z}\right\rvert}{\left\lvert\sin(x\pm{i\rho})\right\rvert}\leqslant\cth{\rho}$ при $\left\lvert{y}\right\rvert\leqslant\rho$, или $\left\lvert\ctg{z}\right\rvert\leqslant\frac{\left\lvert\cos{z}\right\rvert}{\left\lvert\sin(\pm\frac{\pi}{2}+iy)\right\rvert}=\frac{\left\lvert\cos{z}\right\rvert}{\left\lvert\cos{iy}\right\rvert}\leqslant{1}\leqslant \cth{\rho}$ при $0<\rho<\frac{\pi}{2}$.

Вроде во всех случаях доказано.

[Red_Herring]

А откуда $|\sin(z)|^2$? Можно же сразу $|\тан(z)|^2$?