Все корни уравнения tg z = z - вещественные?

[Tuzembobel]

Здравствуйте! Такая задачка: доказать, что все корни уравнения $\tg z - z=0$ вещественные.
У функции $\tg z$ особые точки - только полюса в точках $z=\frac{\pi}{2}+\pi k,\ k\in \mathbb{Z}$. Во-первых, докажем ограниченность тангенса вне некоторой окрестности полюсов, т.е. функция $tg z$ ограничена в $D=\mathbb{C}\setminus\left(\bigcup\limits_{k\in\mathbb{Z}}B(\varepsilon, \frac{\pi}{2}+\pi k)\right)$, где $B(\varepsilon, \frac{\pi}{2}+\pi k)$ - замкнутый круг радиуса $\varepsilon$ с центром в точке $\frac{\pi}{2}+\pi k$.
Т.к. $1+\tg^2z=\frac{1}{\cos^2z}$, то достаточно доказать ограниченность $\frac{1}{\cos z}$ в нашей области $D$.
Пользуясь периодичностью косинуса, достаточно доказать ограниченностю косинуса для $-\frac{\pi}{2}\le x\le \frac{\pi}{2}$.
Но $\left|\frac{1}{\cos z}\right|=\left|\frac{1}{\cos (x+iy)}\right|=\left|\frac{2}{e^{x+iy}+e^{-x-iy}}\right|\le \left|\frac{2}{e^x+e^{-x}}\right|\le \frac{2}{e^{\pi/2}-e^{-\pi/2}}=:C$.
Следовательно, функция $\tg z$ ограничена в $D$ и для $n>C$ выполняется $|\tg z|<|z|$ на границе круга радиуса $\pi n$; Тогда можно применить теорему Руше для области $D$:

$$ \mbox{количество нулей}(\tg z-z)=\mbox{количество нулей}(-z) = 1 $$

Но в вывод кажется странным, т.к., по-моему, это уравнние имеет более чем одно (нулевое) решение

[Brukvalub]

Цитата:

....Т.к. $1+\tg^2z=\frac{1}{\cos^2z}$, то достаточно доказать ограниченность $\frac{1}{\cos z}$ в нашей области $D$.
Пользуясь периодичностью косинуса, достаточно доказать ограниченностю косинуса для $-\frac{\pi}{2}\le x\le \frac{\pi}{2}$.
Но $\left|\frac{1}{\cos z}\right|=\left|\frac{1}{\cos (x+iy)}\right|=\left|\frac{2}{e^{x+iy}+e^{-x-iy}}\right|\le \left|\frac{2}{e^x+e^{-x}}\right|\le \frac{2}{e^{\pi/2}-e^{-\pi/2}}=:C$.
Следовательно, функция $\tg z$ ограничена в $D$ и для $n>C$ выполняется $|\tg z|<|z|$ на границе круга радиуса $\pi n$; Тогда можно применить теорему Руше для области $D$:

$$ \mbox{количество нулей}(\tg z-z)=\mbox{количество нулей}(-z) = 1 $$

Для начала, у Вас ошибка в определении cos z (не считая других ошибок)

[RIP]

Tuzembobel
Теорема Руше здесь неприменима. А вот принцип аргумента в данном случае отлично работает.

[Gordmit]

Tuzembobel писал(а):

Здравствуйте! Такая задачка: доказать, что все корни уравнения $\tg z - z=0$ вещественные.
У функции $\tg z$ особые точки - только полюса в точках $z=\frac{\pi}{2}+\pi k,\ k\in \mathbb{Z}$. Во-первых, докажем ограниченность тангенса вне некоторой окрестности полюсов, т.е. функция $tg z$ ограничена в $D=\mathbb{C}\setminus\left(\bigcup\limits_{k\in\mathbb{Z}}B(\varepsilon, \frac{\pi}{2}+\pi k)\right)$, где $B(\varepsilon, \frac{\pi}{2}+\pi k)$ - замкнутый круг радиуса $\varepsilon$ с центром в точке $\frac{\pi}{2}+\pi k$.
Т.к. $1+\tg^2z=\frac{1}{\cos^2z}$, то достаточно доказать ограниченность $\frac{1}{\cos z}$ в нашей области $D$.
Пользуясь периодичностью косинуса, достаточно доказать ограниченностю косинуса для $-\frac{\pi}{2}\le x\le \frac{\pi}{2}$.
Но $\left|\frac{1}{\cos z}\right|=\left|\frac{1}{\cos (x+iy)}\right|=\left|\frac{2}{e^{x+iy}+e^{-x-iy}}\right|\le \left|\frac{2}{e^x+e^{-x}}\right|\le \frac{2}{e^{\pi/2}-e^{-\pi/2}}=:C$.
Следовательно, функция $\tg z$ ограничена в $D$ и для $n>C$ выполняется $|\tg z|<|z|$ на границе круга радиуса $\pi n$; Тогда можно применить теорему Руше для области $D$:

$$ \mbox{количество нулей}(\tg z-z)=\mbox{количество нулей}(-z) = 1 $$

Но в вывод кажется странным, т.к., по-моему, это уравнние имеет более чем одно (нулевое) решение

Во-первых, оценка $\frac{1}{\cos z}$ на границе области $D$ сделана неверно (как минимум, она должна зависеть от $\varepsilon$ и стремиться к бесконечности при $\varepsilon\to 0$). Вы не учли, что границы кругов $B(\varepsilon, \frac{\pi}{2}+\pi k)$ также являются частью границы области $D$.

Во-вторых, вывод не кажется странным, так как остальные корни уравнения $\tg z = z$ (кроме корня $z=0$) попадают как раз внутрь тех самых "маленьких кружочков" $B(\varepsilon, \frac{\pi}{2}+\pi k)$.

Добавлено спустя 15 минут 12 секунд:

RIP
На самом деле теорема Руше здесь применима, но не "в лоб".
Действительно, можно показать, что если $\Gamma_n$ - это контур, состоящий из отрезков прямых $x=\pm \pi n$, $y=\pm \pi n$ (т.е. квадрат со стороной $2\pi n$ и центром в нуле), то на этом контуре

$$|\tg z|\biggl|_{z\in\Gamma_n}<2$$

.
Поэтому при любом натуральном $n$ выполняется

$$|\tg z|\biggl|_{z\in\Gamma_n}<|z|\biggl|_{z\in\Gamma_n}$$

.

Но сразу теперь применять теорему Руше нельзя, поскольку функция $f(z)=\tg z$ не аналитична внутри контура $\Gamma_n$. Однако если мы напишем следствие этого неравенства:

$$|\sin z|\biggl|_{z\in\Gamma_n}<|z\cos z|\biggl|_{z\in\Gamma_n}$$

, то теперь теорему Руше можно смело применять, т.к. обе функции теперь уже аналитичны внутри $\Gamma_n$. Тогда получим, что уравнение $\sin z-z\cos z=0$ имеет столько же корней внутри контура, сколько и уравнение $z\cos z=0$ (столько же решений будет иметь и уравнение $\tg z=z$), а именно $2n+1$ штук.

Для завершения доказательства того, что все корни уравнения $\tg z = z$ вещественны, осталось лишь заметить, что уравнение $\tg x = x\quad (x\in\mathbb{R})$ тоже имеет $2n+1$ корней на отрезке $[-\pi n,\pi n]$ (с учетом кратности: корень $z=0$ имеет кратность 3, остальные $2n-2$ корней имеют кратность 1). Это можно посмотреть, например, по рисунку.