Demostración del límite superior $|\tan(z)| < 2$ en un contorno

Question

Tengo que encontrar un límite superior como se describe en el título. Primero daré algunos antecedentes de la pregunta.

Para $k \in \mathbb{N}$ , dejemos que $\alpha_k$ sea el límite del cuadrado con vértices $k\pi(1+i)$ , $k\pi(-1+i)$ , $k\pi(-1-i)$ y $k\pi(1-i)$ . Además, dejemos que $D = \{ z \in \mathbb{C}: z \neq 0 \quad \text{and} \quad \cos z \neq 0\}$ y definir $f:D \rightarrow \mathbb{C}$ : \begin{equation} f(z) = \frac{\tan z}{z^2}. \end{equation}

Tengo que demostrar que $|\tan z|<2$ en $\alpha_k$ para todo k.

Así que se me ocurrió escribir primero la tangente como cociente del seno y el coseno y luego escribirla con potencias complejas de $e$ . Así que termino con:

\begin{equation} \tan z = \frac{1}{i} \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{e^{iz}+e^{-iz}}. \end{equation}

Entonces asumí que $z = x + iy$ y después de un montón de fórmulas trigonométricas he encontrado que

\begin{equation} |\tan z| = |\tan (x+iy)| = \sqrt{\frac{1}{(\cosh(2y)+\cos(2x))^2}\left( \sin^2(2x) + \sinh^2(2y) \right)}. \end{equation}

Y aquí me quedé atascado. Tal vez podemos utilizar el hecho de que tenemos que mostrar este límite superior en el contorno $\alpha_k$ y utilizar que el módulo máximo de z es $k\pi$ pero no veo cómo podemos llegar al límite 2 desde aquí.

¿Alguien tiene una idea de cómo podemos proceder o puede decirme si estoy en el camino correcto con este intento?

Gracias de antemano.

-DS

Answer 1

En ESTA RESPUESTA , demostré que para todos los $N\in \mathbb{N}$ , $|\cot(\pi z)|<2$ para $|z|=N+1/2$ . Siguiendo un enfoque similar, podemos escribir

$$\begin{align} \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{|\tan(z)|=\sqrt{1-\frac{2\cos(2 x)}{\cosh(2 y)+\cos(2 x)}}} \tag 1 \end{align}$$

Ahora restringimos $z$ para estar en el contorno rectangular con vértices en $(k\pi, k\pi)$ , $(-k\pi, k\pi)$ , $(-k\pi, -k\pi)$ y $(k\pi, -k\pi)$ .

Desde $|\tan(z)|$ es uniforme en ambos $x$ y $y$ Sólo tenemos que analizar la parte del contorno en el primer cuadrante.

Para $x=k\pi$ y $0\le y\le k\pi$ tenemos

$$\begin{align} |\tan(z)|&=\sqrt{1-\frac{2}{\cosh(2y)+1}}\\\\ &<1 \end{align}$$

Para $y=k\pi$ y $0\le x\le k\pi$ tenemos

$$\begin{align} |\tan(z)|&=\sqrt{1-\frac{2\cos(2x)}{\cosh(2k\pi )+\cos(2x)}}\\\\ &<\sqrt{1+\frac{2}{\cosh(2k\pi)-1}}\\\\ &<\sqrt{1+\frac{2}{\cosh(2\pi)-1}}\\\\ &<1.04 \end{align}$$

¡Y ya está!

Answer 2

En los lados verticales de cualquier cuadrado $\alpha_k$ la función tangente está limitada por $1$ (la tangente es periódica con periodo $\pi$ ). Así que queda por derivar límites en los lados horizontales.

La función tangente mapea el intervalo $(-\pi/2, \pi/2)$ en la línea real. Por $$\tan(x + i y) = \frac{\tan(x) + \tan(i y)}{1 - \tan(x) \tan(i y)}$$ se deduce que, para los verdaderos $y > 0$ mapea la línea dada por $\operatorname{Im}(z)=y$ en un círculo, es decir, la imagen de $\mathbb{R} \cup \{\infty\}$ bajo el Transformación de Möbius $$z\mapsto \frac{z + \tan(i y)}{1 - \tan(i y)\, z}.$$ (Este círculo tiene su centro en el eje imaginario y corta ortogonalmente al círculo unitario). De aquí se deduce que el módulo de la tangente en la recta $\operatorname{Im}(z)=y$ está limitada por el módulo del punto superior de este círculo, que es $-1/\tan(i y) = i \coth(y)$ .

La combinación de todo esto demuestra que $\lvert \tan(z) \rvert \leq \coth(\pi)$ en cada casilla $\alpha_k$ .