Pueden las partes real e imaginaria de $\dfrac{\sin z}z$ ser simplificado?

Question

He calculado las partes real e imaginaria de $\dfrac{\sin z}z.$ he obtenido

$$\begin{eqnarray} \frac{\sin z}z&=&\frac{\sin(x+iy)}{(x+iy)}\\ &=& \frac{\sin(x)\cosh(y)+i\cos(x)\sinh(y)}{x+iy}\\ &=& \frac{x\sin(x)\cosh(y)+y\cos(x)\sinh(y)}{x^2+y^2}+i\frac{x\cos(x)\sinh(y)-y\sin(x)\cosh(y)}{x^2+y^2}. \end{eqnarray}$$

Antes de calcular, me esperaba que me podría usar esto en una solución a un problema determinado, pero que tendría que diferenciar las partes real e imaginaria de $\dfrac{\sin z}z$ con respecto al $x$$y$. Pero a lo que voy es muy complicado. Entiendo que podría ser que esa es la manera que es. Pero tal vez hay algunas simplificaciones para ser realizado en las funciones o en sus derivados? En realidad nunca he usado las funciones hiperbólicas antes, así que no estoy seguro de que no estoy perdiendo algo.

Añadido. El problema en el que estoy trabajando es la siguiente.

Demostrar que las soluciones de la ecuación de $$\tan z=z$$, son reales.

Voy a bosquejar la solución yo sé que aquí.

Se puede calcular que

$$\tan(x+iy)=\frac{\sin(2x)}{\cos(2x)+\cosh(2y)}+i\frac{\sinh(2y)}{\cos(2x)+\cosh(2y)}.$$

Conectando a la ecuación, obtenemos

$$\begin{eqnarray} x&=&\frac{\sin(2x)}{\cos(2x)+\cosh(2y)}\\ y&=&\frac{\sinh(2y)}{\cos(2x)+\cosh(2y)}. \end{eqnarray}$$

A partir de esto podemos sacar

$$\sin(2x)\cdot2y=\sinh(2y)\cdot2x.$$

Por el trazado de las funciones $\sin,$ $\mathrm{id}$ y $\sinh$ (y probar el derecho de las desigualdades podemos ver a partir de las parcelas), podemos ver que esto sólo es posible cuando se $xy=0$. Pero cuando conectamos $x=0$ a la segunda ecuación, podemos ver que la única solución es $y=0$, lo cual termina la prueba.

Lo que me impresiona de esta solución es el hecho de que $\dfrac{\sin z}z$ es utilizado. (No explícitamente en mi declaración.) Esta función tiene otra conexión con el problema:

La no-cero soluciones de la ecuación de $\tan z=z$ son exactamente los ceros de la derivada de $\dfrac{\sin z}z.$

Esto es fácil de demostrar. Me preguntaba si no debería ser una solución para el problema que utiliza este hecho, dado que el $\dfrac{\sin z}z$ aparece en la solución que yo conozco.

Answer 1

La función de $f$ definido por

$$ f(z) = \frac{\sen z}{z} $$

es no constante, entera, de la orden de $1$, y de género, ya sea a $0$ o $1$. Desde $f(z)$ es real, real $z$ y todos los ceros de $f$ son reales, Laguerre del teorema de la separación de ceros implica que todos los ceros de $f'$ son reales (y separados por los ceros de $f$).

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Pensé que había que darle una mayor auto-contenida respuesta, esencialmente replicar la prueba de Laguerre del teorema.

Tenemos

$$ f(z) = \frac{\sen z}{z} = \prod_{n \neq 0} \left(1 - \frac{z}{\pi n}\right) e^{z/(\pi n)}. $$

De esto podemos obtener

$$ \frac{f'(z)}{f(z)} = \sum_{n \neq 0} \left(\frac{1}{z - \pi n} + \frac{1}{\pi n}\right), $$

así que, si $z = x+iy$,

$$ \operatorname{Im}\left(\frac{f'(z)}{f(z)}\right) = -y \sum_{n \neq 0} \frac{1}{(x-\pi n)^2+y^2}, $$

que no desaparecen a menos que $y = 0$. Por lo tanto $f'$ real sólo ceros.

(Además, si se demuestra que $[f'(x)/f(x)]' < 0$ donde $f(x) \neq 0$, uno puede ver que $f'/f$ tiene exactamente un cero entre cada par de ceros de $f$.)