Bloch定理^[1]  设函数 $w=f(z)$在 $\mid z\mid\leqslant 1 $上全纯, 并设它的Taylor展式为

$ f(z)=z+a_2z^2+\cdots, $

则在 $w$平面上存在一个中心随 $f$而定, 半径为 $\dfrac{1}{24}$的圆, 这个圆被 $w=f(z)$的反函数双方单值地映射成 $\mid z\mid < 1 $内某个区域.也就是说, $f(z)$在 $\mid z\mid\leqslant 1 $上的值完全盖住 $w$平面上一个以 $\dfrac{1}{24}$为半径的圆.

本文对Bloch定理中的覆盖圆做出了更为精确的估计得到下面两个结论:

定理1  设函数 $w=f(z)$在 $\mid z\mid\leqslant 1 $上全纯, 并设它的Taylor展式为

$ f(z)=z+a_2z^2+\cdots, $

则在 $w$平面上存在一个中心随 $f$而定, 半径为 $ B=\dfrac{1}{12+8\sqrt{2}}$ (大于 $\dfrac{1}{24}$)的圆, 这个圆被 $w=f(z)$的反函数双方单值地映射成 $ \mid z\mid < 1$内某个区域.也就是说, $f(z)$在 $\mid z\mid\leqslant 1 $上的值完全盖住 $w$平面上一个以 $B$为半径的圆.

定理2  设函数 $w=f(z)$在 $\mid z-z_0\mid\leqslant R $上全纯, 并设它的Taylor展式为

$ f(z)=(z-z_0)+a_2(z-z_0)^2+\cdots, $

则在 $w$平面上存在一个以某点为中心, 以 $BR$为半径的圆, 这个圆被 $w=f(z)$的反函数双方单值地映射成 $ \mid z-z_0\mid < R$内某个区域.也就是说, $f(z)$在 $\mid z-z_0\mid\leqslant R $上的值完全盖住 $w$平面上某个以 $BR$为半径的圆.

引理1  设函数 $w=f(z)$在 $\mid z\mid\leqslant 1 $全纯, 且 $\mid f(z)\mid\leqslant M, $ $f(0)=0, $ $ f^{\prime}(0)=1$.则在 $w$平面上存在一个圆 $\mid w\mid < \dfrac{1}{(3+2\sqrt{2})M}$, 它被 $w=f(z)$的反函数双方单值地映成 $\mid z\mid < 1$内某一个区域.也就是说, $w=f(z)$在 $\mid z\mid\leqslant 1 $上的值完全覆盖了 $w$平面上的圆 $\mid w\mid=\dfrac{1}{(3+2\sqrt{2})M}.$

证  因 $a_0=f(0), $ $a_1=f^{\prime}(0)=1, $所以 $w=f(z)$在 $z=0$处的Taylor展式为

$ f(z)=z+a_2z^2+\cdots (\mid z\mid\leqslant 1), $

由Cauchy不等式及 $a_1=f^{\prime}(0)=1$可得

$ M\geqslant\mid a_n\mid(n=1, 2, \cdots),\ \ \ \ M\geqslant\mid a_1\mid\geqslant 1, $

当 $\mid z\mid=r < 1$时,

$ \mid f(z)\mid\geqslant\mid z\mid-\mid f(z)-z\mid\geqslant\mid z\mid-\max\limits_{\mid z\mid=1}\mid f(z)-z\mid\geqslant r-M(r^2+r^3+\cdots)=\\r-\dfrac{Mr^2}{1-r}=\phi(r). $

设 $r=\dfrac{1}{sM}(s>1)$, 那么

$ \phi(r)=r-\dfrac{Mr^2}{1-r}\geqslant r-\dfrac{Mr^2}{1-Mr}=\dfrac{1}{M}(\dfrac{2}{s}-\dfrac{1}{s-1})=\psi(s), $

所以

$ \psi^{\prime}(s)=\dfrac{1}{M}\dfrac{-2s^2+4s-2}{s^2(s-1)^2}, $

令 $\psi^{\prime}(s)=0$, 得 $s=2+\sqrt{2}$, 且当 $s>2+\sqrt{2}$时, $\psi^{\prime}(s) < 0$, 当 $s < 2+\sqrt{2}$时, $\psi^{\prime}(s)>0$故当 $s=2+\sqrt{2}$时, $\psi(s)$取得最大值为 $\psi(2+\sqrt{2})=\dfrac{1}{(3+2\sqrt{2})M}$, 所以

$ \mid f(z)\mid\geqslant\phi(r)=\psi(s)\geqslant\psi(2+\sqrt{2}), $

即在围线 $C:\mid z\mid=r=\dfrac{1}{(2+\sqrt{2})M}$上有

$ \mid f(z)\mid\geqslant\phi(\dfrac{1}{(2+\sqrt{2})M})=\psi((2+\sqrt{2}))=\dfrac{1}{(3+2\sqrt{2})M} $

(从而在圆周 $\mid z\mid=\dfrac{1}{(2+\sqrt{2})M}$上, 不等式 $\mid f(z)\mid\geqslant\phi(\dfrac{1}{(2+\sqrt{2})M}) \geqslant\dfrac{1}{(3+2\sqrt{2})M}$成立).

下证在 $w$平面上, 圆 $\mid w\mid=\dfrac{1}{(3+2\sqrt{2})M}$内任一点在 $f^{-1}$作用下, 在 $\mid z\mid=\dfrac{1}{(2+\sqrt{2})M}$内都能够找到原象且唯一.

设 $w_0$是圆 $\mid w\mid=\dfrac{1}{(3+2\sqrt{2})M}$内任一点, 则在圆 $\mid z\mid=\dfrac{1}{(2+\sqrt{2})M}$上有

$ \mid-w_0\mid < \dfrac{1}{(3+2\sqrt{2})M}\leqslant \mid f(z)\mid. $

据Rouche定理^[2-3]有

$ N(f(z)-w_0, C)=N(f(z), C), $

其中 $N(f(z), C) $表示函数在围线 $C$内零点的个数.因 $f(0)=0$, 故 $f(z)$的零点在圆 $C$内是存在的; 又当 $z\neq 0$且 $\mid z\mid=r < \dfrac{1}{(2+\sqrt{2})M}$时有

$ \mid f(z)\mid\geqslant r-\dfrac{Mr^2}{1-r}=\dfrac{r-r^2(1+M)}{1-r}>0 $

(否则, 若 $\dfrac{r-r^2(1+M)}{1-r}=0 $, 那么 $r=\dfrac{1}{1+M} < \dfrac{1}{(2+\sqrt{2})M}$, 得 $M < \dfrac{1}{1+\sqrt{2}} < 1$, 出现矛盾).所以 $f(z)\neq 0$, 所以 $N(f(z), C)=1$, 由此得 $N(f(z)-w_0, C)=1$, 即关于 $z$的方程 $f(z)=w_0$有唯一的根.也就是说 $w$平面上的圆 $\mid w\mid < \dfrac{1}{(3+2\sqrt{2})M}$内任一点 $w$, 在圆 $\mid z\mid < \dfrac{1}{(2+\sqrt{2})M}$内都有唯一的点 $z$与之对应.引理1得证.

引理2  若函数 $w=f(z)$在 $\mid z-z_0\mid\leqslant1$上全纯, $\mid f(z)\mid\leqslant M, $ $f(z_0)=0, $ $ f^{\prime}(z_0)=a>0, $则在 $w$平面上存在一个圆 $\mid w\mid < \dfrac{a^2R^2}{(3+2\sqrt{2})M}, $它被 $w=f(z)$的反函数双方单值地映成 $\mid z-z_0\mid < R $内某一个区域.也就是说, $f(z)$在 $\mid z-z_0\mid \leqslant R$上的值能够完全覆盖了 $w$平面上的圆域 $\mid w\mid < \dfrac{a^2R^2}{(3+2\sqrt{2})M}$.

证  作辅助函数

$ \Phi(z)=\dfrac{f(Rz+z_0)}{Rf^{\prime}(z_0)}, $

则 $\Phi(z)$满足定理1的条件, 且 $\mid \Phi(z)\mid\leqslant\dfrac{M}{Ra}, $所以 $\Phi(z)$在 $\mid z\mid\leqslant 1 $上的值完全盖住 $\Phi$平面上的圆 $\mid\Phi \mid < \dfrac{Ra}{(3+2\sqrt{2})M}.$由 $\Phi(z)=\dfrac{f(Rz+z_0)}{Rf^{\prime}(z_0)}, $得

$ w=f(Rz+z_0)=\Phi(z)Rf^{\prime}(z_0), $

即知在 $w$平面上存在一个圆 $\mid w\mid < \dfrac{a^2R^2}{(3+2\sqrt{2})M}$能够被 $f(z)$在 $\mid z-z_0\mid\leqslant R $上的值完全覆盖.

定理1的证明   $f^{\prime}(z)=1+2a_2z+3a_3z^2+\cdots(\mid z\mid\leqslant 1).$设 $w(r)=(1-r)M(r)$, 其中 $M(r)=\max\limits_{\mid z\mid=r}\mid f^{\prime}(z)\mid=1$为连续函数, 从而 $w(r)$为[0,1]上的连续函数且有

$ w(0)=1, w(1)=0. $

因为 $1-r$与 $M(r)$具有相反的单调性, 故在区间[0, 1]上存在一个 $r_0 < 1$使 $w(r_0)=1$, 且当 $r\in (r_0, 1)$时, $w(r) < 1$.

设 $\mid \zeta\mid= r_0 $且 $\zeta$是满足 $\mid f^{\prime}(\zeta)\mid=\max\limits_{\mid z\mid=r_0}\mid f^{\prime}(z)\mid=M(r_0)$的一个点, 则

$ w(r_0)=(1-r_0)M(r_0)=(1-r_0)\mid f^{\prime}(\zeta)\mid=1. $

所以

$ \mid f^{\prime}(\zeta)\mid=\dfrac{1}{1-r_0}. $

(1)

再设 $r_1=\dfrac{1+r_0}{2}, $则 $w(r_1)=(1-r_1)M(r_1) < 1.$据最大模原理^[3], 在 $\mid z\mid\leqslant r_1 $上有

$ \mid f^{\prime}(z)\mid \leqslant\max\limits_{\mid z\mid \leqslant r_1}\mid f^{\prime}(z)\mid =\max\limits_{\mid z\mid=r_1}\mid f^{\prime}(z)\mid < \dfrac{1}{1-r_1}=\dfrac{2}{1-r_0}. $$ $

在圆域 $\mid z-\zeta\mid\leqslant\dfrac{1-r_0}{2}$上作辅助函数

$ F(z)=f(z)-f(\zeta), $

(2)

则 $F(z)$全纯, 且结合 $(1)$式有

$ \mid F(z)\mid=\mid f(z)-f(\zeta)\mid=\mid\int_{\zeta}^z f^{\prime}(t){\rm d}t\mid\leqslant 1, \\ F(\zeta)=0, \mid F^{\prime}(\zeta)\mid =\mid f^{\prime}(\zeta)\mid=\dfrac{1}{1-r_0}. $

据引理2, 在 $F$平面上存在一个圆

$ \mid F\mid < \dfrac{a^2R^2}{(3+2\sqrt{2})M} =\dfrac{(\dfrac{1}{1-r_0})^2(\dfrac{1-r_0}{2})^2}{(3+2\sqrt{2})\times1} =\dfrac{1}{12+8\sqrt{2}}=B, $

它被 $F=F(z)$的反函数双方单值地映射成 $\mid z-\zeta\mid\leqslant\dfrac{1-r_0}{2}$内的某个区域.即 $F(z)$在 $\mid z-\zeta\mid\leqslant\dfrac{1-r_0}{2}$上的值完全盖住了 $F$平面上的圆 $\mid F\mid < \dfrac{1}{12+8\sqrt{2}}.$

由(2) 式得 $w=f(z)=F(z)+f(\zeta)$在 $\mid z-\zeta\mid\leqslant\dfrac{1-r_0}{2}$上的值就完全盖住 $w$平面上的圆

$ \mid w-f(\zeta)\mid < \dfrac{1}{12+8\sqrt{2}}. $

显然 $\mid z-\zeta\mid\leqslant\dfrac{1-r_0}{2}$在圆 $\mid z\mid\leqslant 1 $内.如图 1.

定理2的证明  做辅助函数

$ F(z)=\dfrac {f(Rz+z_0)}{R}. $

显然 $F(z)$符合定理1的条件, 由定理1及 $F$与 $f$的关系即得定理2.如图 2.