Вещественность корней

[MChagall]

Требуется доказать, что следующие уравнения имеют только вещественные решения:
1) $\tg z=z$
2) $a_0+a_1\cos z+...+a_n\cos(nz)=0$. $a_n>...>a_1>a_0\geqslant 0$

1) Попробовал "в лоб" приравнять мнимые части. Получил для $z=x+iy$ следующее $\frac{\sh(2y)}{2(\cos^2x+\sh^2y)}=y$. Что-то показалось не очень просто доказать, что это верно лишь при $y=0$. Да и к тому же вряд ли на такое решение рассчитан номер.
Попробовал использовать теорему Руше. Знаю, что в каждом круге $\left\lvert z\right\rvert$<$\frac{\pi}{2}+\pi n, n\in \mathbb{Z}, n\geqslant 0$ уравнение имеет $2n+3$ вещественных корня. Значит надо доказать, что данное уравнение в этих кругах имеет всего $2n+3$ корня. Рассматриваем круги $\left\lvert z\right\rvert$<$\frac{\pi}{2}+\pi n - \varepsilon$ (ну чтобы тангенс существовал, и корни попадали). И рассмотрим функции $f(z)=\tg z$ и $g(z)=-z$. Если удастся доказать, что на границах кругов $\left\lvert f(z)\right\rvert>\left\lvert g(z)\right\rvert$, то, вроде, всё выходит. Но как это сделать? Или это неверно? И как тогда решать?
Про 2) что-то вообще толковых идей нет. Есть советы у кого-нибудь?

[DeBill]

1 - вроде, обсуждалась недавно...
2 - без условий на коэффициенты - просто неверно ($2+ \cos z =0$). Достаточное условие: вещественность плюс "старший коэф-т больше суммы остальных"...

(Оффтоп)

Школьная задача "Дама с собачкой": Показать, что при этом условии на коэф-ты, уравнение имеет $2n$ решений на $[0,2\pi)$.

[MChagall]

DeBill в сообщении #1304571 писал(а):

без условий на коэффициенты

Прошу прощения, добавил в условии.

[DeBill]

«Действительность корней уравнения»

[MChagall]

DeBill в сообщении #1304571 писал(а):

уравнение имеет $2n$ решений на $[0,2\pi)$.

Попробовал как у Чехова.
Пусть $f(z)=a_n\cos(nz); g(z)=a_n\cos(nz)+a_{n-1}\cos((n-1)z)+...+a_0$. Найдём при $z\in [0, 2\pi)$ $\left\lvert g(z)-f(z)\right\rvert=\left\lvert a_{n-1}\cos((n-1)z)+...+a_0\right\rvert\leqslant \left\lvert a_{n-1}\cos((n-1)z)\right\rvert$ $+\left\lvert a_{n-2}\cos((n-2)z)\right\rvert+...+a_0\leqslant a_{n-1}+...+a_0<a_n$.
Дальше как не знаю. Понимаю, что когда $z$ пробегает $[0, 2\pi)$, то $\cos(nz)$ $n$ раз проходит ноль.

А вот дальше что-то даже получилось. Берём квадрат со сторонами $x, y=\pm 2\pi m$. И пробуем теорему Руше.
$x=\pm 2\pi m$:
$\left\lvert f(z)\right\rvert=a_n\left\lvert \sh^2ny+\cos^2nx\right\rvert=a_n\left\lvert \sh^2ny+1\right\rvert$
$\left\lvert g(z)\right\rvert=\left\lvert a_{n-1}(\sh^2((n-1)y)+\cos^2((n-1)2\pi m))+...+a_0\right\rvert$$\leqslant (a_{n-1}+...+a_0)\left\lvert \sh^2ny+1\right\rvert< a_n\left\lvert \sh^2ny+1\right\rvert=\left\lvert f(z)\right\rvert$ (использовал возрастание $\sh y$)
$y=\pm 2\pi m$:
$\left\lvert g(z)\right\rvert\leqslant a_{n-1}\left\lvert \sh^2(n-1)2\pi m+1\right\rvert+...+a_0\leqslant$$(a_{n-1}+...+a_0)(\sh^22\pi mn+1)\leqslant a_n(\sh^22\pi mn+1)$
$\left\lvert f(z)\right\rvert=a_n(\sh^22\pi mn+\cos^2nx)$. Здесь уже сравнить не получается.
К тому же условия на коэффициенты не совсем те изначально. В общем, совсем закопался. Наверное, как-то по-другому это делается?

(Оффтоп)

DeBill
Чувствую себя Вашим ником

[DeBill]

Про даму с собачкой: пусть дама гуляет вокруг церкви по (беговой) дорожке - окружности радиуса $a_n$. На поводке длины $a_{n-1}$ у нее - собачка; к этой собачке веревочкой длины $a_{n-2}$ привязана собачка поменьше, и т.д. Пусть угловая скорость дамы равна $n$ (шустрая такая дама), первой собачки - $n-1$, ..., предпоследней - равна 1, а последней - 0 (вмерла, видимо), поводки всегда натянуты. Показать, что за время $2\pi$ дохлую собачку эта компания ровно $n$ раз
протащит вокруг церкви (так что соответствующее уравнение - с косинусами - будет иметь не менее $2n$ корней: столько раз она пересечет вертикаль $x=0$).
Решение. Дети говорят - дык, очевидно (если сумма длин веревочек меньше радиуса круга). Большие дети говорят: дык, приращение аргумента равно приращению аргумента главного слагаемого (вынесем его за скобку; в скобке останется единичка плюс что-то меньшее единицы; приращение аргумента скобки равно 0) ...
Про Ваши оценки (которые "дальше"): Вы оцениваете КВАДРАТЫ модулей функций, да? А что, квадрат суммы всегда меньше суммы квадратов?
Но у Вас - да, не такие условия на коэф-ты. Я прикидывал: если сделать преобразование Абеля ("дискретное интегрирование по частям"), заменив сумму произведений на сумму произведений "нарастающих сумм" и разностей, то, вроде, Ваше условие трансформируется в "дамособачкино". Может, это Вам поможет?
Но выглядит это как то слишком сложно, должно быть, я полагаю, что-то попроще...