记单位圆盘$ \mathbb{U}=\{z\in\mathbb{C}:||z|<1\}, $ $ \mathcal{B} $ ={ $ f(z) $在$ \mathbb{U} $内解析: $ |f(z)|<1 $}.

1914年, Bohr在研究形如$ \sum a_n n^{-s} $的Dirichlet级数的绝对收敛的问题时发现早期的Bohr不等式[1]：设$ f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nz^n $是单位圆盘$ \mathbb{U} $内的解析函数, 对任意的$ z\in \mathbb{U} $, $ |f(z)|<1 $, 则对任意的$ |z|\leq \frac{1}{6}, $

$ \sum\limits_{n=0}^{\infty} |a_n||z|^n\leq 1. $

后来, Wiener, Riesz和Schur独立地证明了不等式成立的条件是$ |z|\leq\frac{1}{3}, $且常数$ \frac{1}{3} $不能再改进. $ \frac{1}{3} $也称为Bohr半径. 进一步, 如果$ a_0=0 $, 则精确的Bohr半径是$ \frac{1}{\sqrt{2}} $ (见[2, 3]). 近年来这个问题已经成为研究的热点, 许多学者把这个问题延伸到了多复变量和高维上面, 得到了许多有趣的结果.

另一方面, 许多专家学者研究了这个不等式的变形, 扩展和改进(见[2, 4-12]等). 一些学者给出了满足各类条件的解析函数的Bohr不等式, 如, Muhannna [13]给出了从属于单叶函数类的Bohr不等式, Muhannna, Ali, Zhen Chuan Ng和Hasni [14] 研究了单位圆内的解析函数$ f $满足$ f+\alpha zf'+\gamma z^2f'' $从属于凸函数或星象函数时的Bohr不等式, Kayumov和Ponnusamy[9, 15] 研究了奇解析函数和缺项幂级数的Bohr不等式, Ali, Barnard和Solynin[4] 研究了奇和偶的解析函数的Bohr不等式, 同时也给出了单位圆盘映到$ W_{\alpha}=\{w:|\arg w|<\frac{\pi\alpha}{2}, 1\leq\alpha\leq 2\} $的解析函数的Bohr半径, 等等. 还有许多学者把函数类扩展到调和映照, 得到了满足各类条件的调和映照的Bohr型不等式(见[15-19]等等). 另外, 还有一些学者研究了Bohr不等式的改进, 得到了更精细的形式(如[12, 20]等等).

类似Bohr半径, 可以定义另一种半径叫Rogosinski半径: 若$ f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nz^n $在单位圆盘$ \mathbb{U} $上解析, 且$ |f(z)|<1 $, 则对任意的正整数$ N\geq 1 $, 当$ |z|<\frac{1}{2} $时, $ |S_N(z)|<1 $, 且这个半径是精确的, 其中$ S_N(z)=\sum\limits_{n=0}^{N-1}a_kz^k $. 同时, 我们称$ f $的Bohr-Rogosinski和$ R_N^f(z) $为

$ R_N^f(z):=|f(z)|+\sum\limits_{k=N}^{\infty}|a_k|r^k, |z|=r. $

2017年, Kayumov和Ponnusamy [9]得到解析函数的Bohr-Rogosinski半径. 2018年, 刘名生, 尚银苗和徐俊峰[21] 建立了单位圆内有界解析函数多个新的Bohr-Rogosinski型不等式, 他们将经典的Bohr不等式的泰勒系数的各次项系数部分替换或全替换成了$ f(z) $的相应阶数的高阶导数的式子. 下列两个定理, 一个将$ |a_0| $和$ |a_1| $分别换成$ |f(z)| $和$ |f'(z)| $, 一个将所有$ k\geq N $的系数$ |a_k| $换成$ |\frac{f^{(k)}(z)}{k!}| $.

定理1  ([21, 定理2.1])  设$ f(z)\in\mathcal{B} $, 且$ f(z)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_nz^n, $则当$ r\leq \frac{\sqrt{17}-3}{4} $时,

$ |f(z)|+|f'(z)||z|+\sum\limits_{k=2}^{\infty}|a_k|r^{k}\leq 1, $

半径$ r=\frac{\sqrt{17}-3}{4} $是精确的.

定理2  ([21, 定理2.2])  设正整数$ N\geq 2 $, $ f(z)\in\mathcal{B} $, 且$ f(z)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_nz^n, $则当$ r\leq R_N $时,

$ |f(z)|+\sum\limits_{k=N}^{\infty}|\frac{f^{(k)}(z)}{k!}||z|^{k}\leq 1, $

其中$ R_N $是方程$ (1+r)(1-2r)(1-r)^{N-1}-2r^N =0 $的最小正根, 半径$ R_N $是精确的.

2020年, Ponnusamy, Vijayakumar和Wirths对$ \mathcal{B} $族函数类建立了新的系数不等式, 这个不等式比经典的Bohr不等式更精细.

定理3  ([12, 定理1])  设$ f\in\mathcal{B}, $ $ f(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n, f_0(z)=f(z)-a_0, $且$ ||f_0||_r $表示为

$ ||f_0||_r=\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_n|^2r^{2n}. $

则

$ \begin{equation} \sum\limits_{n=0}^{\infty}|a_n|r^n+(\frac{1}{1+|a_0|}+\frac{r}{1-r})||f_0||_r\leq 1, 0<r\leq \frac{1}{2+|a_0|} \end{equation} $

(1.1)

且$ \frac{1}{2+|a_0|} $和$ \frac{1}{1+|a_0|} $不能再改进. 进一步,

$ \begin{equation} |a_0|^2+\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_n|r^n+(\frac{1}{1+|a_0|}+\frac{r}{1-r})||f_0||_r\leq 1, 0<r\leq \frac{1}{2} \end{equation} $

(1.2)

且$ \frac{1}{2} $和$ \frac{1}{1+|a_0|} $不能再改进.

2019年, Bappaditya Bhowmik和Nilanjan Das [7] 研究了$ \mathbb{U} $上的解析自映射$ f $的导函数, 得到了导函数$ f' $的Bohr不等式.

定理4  ([7, 定理1])  设$ f(z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nz^n $是单位圆$ \mathbb{U} $内的解析自映射, 则$ \mathcal{M}_{f'}\leq 1 $, $ |z|=r\leq r_0=1-\sqrt{\frac{2}{3}}, $其中$ \mathcal{M}_{f'}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}n|a_n||z|^{n-1}. $半径$ r_0 $是精确的.

解析函数的Bohr不等式有更精细的形式, 如定理3, 解析自映射$ f $的导函数$ f' $的Bohr不等式是否也有更精细的形式? 我们对解析自映射$ f $的导函数$ f' $做了进一步的研究, 得到了三个新的Bohr型不等式, 其成立的半径也是精确的, 即定理5, 6, 7.

为了得到主要结果, 我们需要如下一些引理.

引理1  ([22])  设$ \psi(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nz^n $在单位圆盘$ \mathbb{U} $内解析, 且$ |\psi(z)|<1 $. 则有

$ |a_n|\leq 1-|a_0|^2, n=1, 2, \cdots. $

引理2  (Schwarz-Pick引理)  设$ \phi(z)\in\mathcal{B} $, 则

(i) 对任意的$ z_1, z_2\in\mathbb{U} $, $ |\phi(z_1)-\phi(z_2)|/|1-\overline{\phi(z_1)}\phi(z_2)|\leq |z_1-z_2|/|1-\overline{z_1}z_2|, $等号成立当且仅当$ \phi $是M$ \ddot{o} $bius变换；

(ii) 对任意的$ z\in\mathbb{U}, $ $ |\phi'(z)|\leq\frac{1-|\phi(z)|^2}{1-|z|^2}, $等号成立当且仅当$ \phi $是M$ \ddot{o} $bius变换.

一般地, 关于$ k $阶导数有

引理3  ([23])  设$ \psi(z) $是单位圆盘$ \mathbb{U} $内解析的函数且$ |\psi(z)|<1 $. 则任取$ k=1, 2, ..., $有

$ |\psi^{(k)}(z)|\leq\frac{k!(1-|\psi(z)|^2)}{(1-|z|^2)^k}(1+|z|)^{k-1}, |z|<1. $

引理4  ([12, 引理B])  设$ \phi(z)\in\mathcal{B} $, 且有展开式$ \phi(z)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}b_nz^n $, 则

$ \begin{eqnarray*} &(i)& \; |b_{2n+1}|\leq 1-|b_0|^2-\cdots-|b_n|^2, n=0, 1, \cdots;\\ &(ii)& |b_{2n}|\leq 1-|b_0|^2-\cdots-|b_{n-1}|^2-\frac{|b_n|^2}{1+|b_0|}, n=1, 2, \cdots. \end{eqnarray*} $

引理5  设$ 0<r<\sqrt{2}-1, $ $ g(t)=t+\frac{r}{1-r^2}(1-t^2), t\in[0, 1], $则$ g(t) $在$ [0, 1] $上单调递增.

证  由于$ g'(t)=1-\frac{r}{1-r^2} 2t, $且当$ 0<r<\sqrt{2}-1 $时, $ \frac{2r}{1-r^2}<1. $所以$ g'(t)\geq 0 . $从而$ g(t) $在$ [0, 1] $上单调递增.

应用引理4, 我们首先给出下面解析函数导函数的新Bohr型不等式, 这个结果比定理4更精细.

定理5  设$ f(z)\in\mathcal{B} $, $ f(z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nz^n $, 则

$ \begin{eqnarray*} (I)\sum\limits_{n=1}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}+\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n} +\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\leq 1, \end{eqnarray*} $

其中$ r\leq r_2=1-\sqrt{\frac{2}{3}}. $进一步,

$ \begin{eqnarray*} (II)|a_1|^2+\sum\limits_{n=2}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}+\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n} +\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\leq 1, \end{eqnarray*} $

其中$ r\leq r_3=1-\sqrt{\frac{1}{2}}, $半径$ r_2 $和$ r_3 $均是精确的.

证  记$ f(z)=z\phi(z)=z(a_1+a_2z+\cdots+a_nz^{n-1}+\cdots), $则$ |\phi(z)|<1. $由引理4, 可得

$ \begin{eqnarray*} &(i)& |a_{2n+1}|\leq 1-|a_1|^2-\cdots-|a_n|^2-\frac{|a_{n+1}|^2}{1+|a_1|}, n=1, 2, \cdots;\\ &(ii)&|a_{2n}|\leq 1-|a_1|^2-\cdots-|a_n|^2, n=1, 2, \cdots. \end{eqnarray*} $

所以,

$ \begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}&=&|a_1|+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{2n+1}|r^{2n}+\sum\limits_{n=1}^{+\infty}2n|a_{2n}|r^{2n-1}\\ &\leq&|a_1|+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)(1-|a_1|^2-\cdots-|a_n|^2-\frac{|a_{n+1}|^2}{1+|a_1|})r^{2n}\\ &&+\sum\limits_{n=1}^{\infty}2n(1-|a_1|^2-\cdots-|a_n|^2)r^{2n-1}\\ &=&|a_1|+\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-|a_1|^2)(n+1)r^n-\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)\frac{|a_{n+1}|^2}{1+|a_1|}r^{2n}\\ &&-\sum\limits_{n=2}^{\infty}[(2n+1)\sum\limits_{k=1}^{n-1}|a_{k+1}|^2r^{2n}+ 2n\sum\limits_{k=1}^{n-1}|a_{k+1}|^2r^{2n-1}]\\ &=&|a_1|+(1-|a_1|^2)\frac{2r-r^2}{(1-r)^2}-\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{|a_{n+1}|^2}{1+|a_1|}(2n+1)r^{2n} -\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}|^2\sum\limits_{k=2n+2}^{\infty}kr^{k-1}\\ &=&|a_1|+(1-|a_1|^2)\frac{2r-r^2}{(1-r)^2}-\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n}\\ &&-\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]. \end{eqnarray*} $

因此,

$ \begin{eqnarray} &&\sum\limits_{n=1}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}+\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n} \\ &&+\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\\ &\leq& |a_1|+(1-|a_1|^2)\frac{2r-r^2}{(1-r)^2}. \end{eqnarray} $

(3.1)

注意到$ |a_1|<1 $, 和$ r\leq 1-\sqrt{1-\frac{1}{2+|a_1|}}, $故

$ |a_1|+(1-|a_1|^2)\frac{2r-r^2}{(1-r)^2}\leq 1. $

记$ h(x)=1-\sqrt{1-\frac{1}{2+x}}, (x\in[0, 1]), $则$ h(x) $在$ [0, 1] $上是单调递减的, 所以有最小值$ h(1)=1-\sqrt{\frac{2}{3}}=r_2. $即当$ r\leq r_2 $时, $ (3) $的最后一个式子小于或等于1.

接着, 证明$ r_2 $的精确性, 任取$ a\in[0, 1), $考虑函数

$ \psi_a(z)=z\frac{a-z}{1-az}=az-(1-a^2)\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a^{n-1}z^{n+1}, z\in \mathbb{U}, a\in[0, 1). $

记$ a_1=a, a_n=(1-a^2)a^{n-2}, n=2, 3, \cdots, $则有下列3个表示：

$ \begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}&=&a+(1-a^2)\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a^{n-1}(n+1)r^n =a+(1-a^2)\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}, \\ \sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n}&=&\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-a^2)^2a^{2(n-1)}(2n+1)r^{2n} =(1-a^2)^2\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)^2}, \end{eqnarray*} $

$ \begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=1}^{+\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r] &=&\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(1-a^2)^2a^{2(n-1)}r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\\ &=&(1-a^2)^2r^3\frac{4-3r-2a^2r^2+a^2r^3}{(1-a^2r^2)^2}. \end{eqnarray*} $

应用上述式子得,

$ \begin{eqnarray} &&\sum\limits_{n=1}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}+\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n}\\ &&+\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\\ &=&a+(1-a^2)\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}+(1-a)^2(1+a)\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)}\\ &&+\frac{(1-a)^2(1+a)^2r^4(4-3r-2a^2r^2+a^2r^3)}{(1-a^2r^2)^2(1-r)^2}. \end{eqnarray} $

(3.2)

上述不等式最后的式子不大于1当且仅当

$ \begin{eqnarray*} &&(1+a)\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}+(1-a)(1+a)\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)}\\ &&+\frac{(1-a)(1+a)^2r^4(4-3r-2a^2r^2+a^2r^3)}{(1-a^2r^2)^2(1-r)^2}\leq 1. \end{eqnarray*} $

记

$ \begin{eqnarray*} A_1(a, r)&=&(1+a)\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}, \\ A_2(a, r)&=&(1-a)(1+a)\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)}+\frac{(1-a)(1+a)^2r^4(4-3r-2a^2r^2+a^2r^3)}{(1-a^2r^2)^2(1-r)^2}. \end{eqnarray*} $

容易看出, 当$ a\in(0, 1), r\in(0, 1) $时, $ A_2(a, r)>0. $而$ A_1(a, r)\leq 1 $当且仅当$ -(2a^2+a)r^2+(2+4a)r-1\leq 0. $这个不等式成立只要

$ r\leq k(a)=\frac{1}{a}(1-\frac{\sqrt{1+a}}{\sqrt{1+2a}})=\frac{1}{\sqrt{1+2a}(\sqrt{1+2a}+\sqrt{1+a})}. $

容易看出, $ k(a) $在$ (0, 1) $上是单调递减的. 令$ a\rightarrow1 $, 则$ k(a)\rightarrow k(1)=r_2. $由于$ k(a) $单调递减, 则对任意的$ r'\in(r_2, 1) $, 存在$ a'\in(0, 1) $, 使得$ r'=k(a'). $于是$ A_1(a', r')=1. $

又由于$ A_2(a', r')> 0, $所以$ A_1(a', r')+A_2(a', r')>1. $因此, 要使$ (4)\leq 1 $成立, $ r $不能取大于$ r_2 $. 即$ r_2 $是精确的.

为了证明(II), 可以把(I)中$ f' $的强级数中的$ |a_1| $换成$ |a_1|^2 $, 由$ (3) $式, 可得

$ \begin{eqnarray*} &&|a_1|^2+\sum\limits_{n=2}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}+\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n}\\ &&+\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\\ &&\leq |a_1|^2+(1-|a_1|^2)\frac{2r-r^2}{(1-r)^2}. \end{eqnarray*} $

显然, 当$ r\leq r_3= 1-\sqrt{\frac{1}{2}} $时, 上式小于等于1.

接着, 为了证明$ r_3 $的精确性, 取$ a\in[0, 1), $考虑函数

$ \psi_a(z)=z\frac{a-z}{1-az}=az-(1-a^2)\sum\limits_{n=1}^{\infty}a^{n-1}z^{n+1}, z\in \mathbb{U}, a\in[0, 1). $

类似(I)中$ r_2 $精确性的证明, 有

$ \begin{eqnarray} &&|a_1|^2+\sum\limits_{n=2}^{+\infty}n|a_n|r^{n-1}+\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n}\\ &&+\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{+\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\\ =&&a^2+(1-a^2)\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}+(1-a)^2(1+a)\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)}\\ &&+\frac{(1-a)^2(1+a)^2r^4(4-3r-2a^2r^2+a^2r^3)}{(1-a^2r^2)^2(1-r)^2} \end{eqnarray} $

(3.3)

易得$ (3.3) $小于等于1当且仅当

$ \begin{eqnarray*} \frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}+(1-a)\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)} +\frac{(1-a)(1+a)r^4(4-3r-2a^2r^2+a^2r^3)}{(1-a^2r^2)^2(1-r)^2}\leq 1. \end{eqnarray*} $

记

$ \begin{eqnarray*} B_1(a, r)&=&\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}, \\ B_2(a, r)&=&(1-a)\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)}+\frac{(1-a)(1+a)r^4(4-3r-2a^2r^2+a^2r^3)}{(1-a^2r^2)^2(1-r)^2}. \end{eqnarray*} $

容易算得当$ a\in(0, 1), r\in(0, 1) $时, $ B_2(a, r)>0. $并且$ B_1(a, r)\leq 1 $当且仅当$ -(a^2+a)r^2+(2+2a)r-1\leq 0. $而上式成立当且仅当

$ r\leq l(a)=\frac{1}{a}(1-\frac{1}{\sqrt{1+a}})=\frac{1}{\sqrt{1+a}(\sqrt{1+a}+1)}. $

容易看出, $ l(a) $在$ (0, 1) $上单调递减. 令$ a\rightarrow1 $, 可得$ l(a)\rightarrow r_3. $

由$ l(a) $是连续且单调递减的, 则对任意的$ r'\in(r_3, 1) $, 存在$ a'\in(0, 1) $, 使得$ r'=l(a'). $从而$ B_1(a', r')=1. $又$ B_2(a', r')> 0, $所以$ B_1(a', r')+B_2(a', r')>1 $, 因此, 要使$ (5)\leq 1 $, $ r $不能取大于$ r_3 $. 即$ r_3 $是精确的.

定理6  设$ f(z)\in\mathcal{B} $,

$ f(z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_nz^n, $

则当$ r\leq r_4 $时,

$ |f'(z)|+\sum\limits_{n=2}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}\leq 1. $

其中$ r_4 $是下面方程在$ [0, 1] $上的根:

$ -r^4+2r^2+8r-1=0, $

且$ r_4 $是精确的.

证  由定理条件, 记$ f(z)=zg(z), $则在$ \mathbb{U} $内, $ |g(z)|<1 $, $ g(0)=a_1. $根据Schwarz-Pick引理, 对于$ z\in \mathbb{U}, $

$ \frac{|g(z)-a_1|}{|1-\overline{a_1}g(z)|}\leq |z|, |g'(z)|\leq\frac{1-|g(z)|^2}{1-|z|^2}. $

记$ z=re^{i\theta} $, 由引理1, 可得

$ |g(z)|\leq \frac{r+|a_1|}{1+r|a_1|}, |a_k|\leq 1-|a_1|^2(k=2, 3, \cdots) . $

再根据引理5, 对任意的$ r\in [0, \sqrt{2}-1], $有

$ \begin{eqnarray*} |f'(z)|+\sum\limits_{k=2}^{\infty}k|a_k||z|^{k-1} &= &|g(z)+zg'(z)|+\sum\limits_{k=2}^{\infty}k|a_k||z|^{k-1}\\ &\leq &|g(z)|+|zg'(z)|+\sum\limits_{k=2}^{\infty}k|a_k||z|^{k-1}\\ &\leq &|g(z)|+\frac{r}{1-r^2}(1-|g(z)|^2)+(1-|a_1|^2)\sum\limits_{k=2}^{\infty}kr^{k-1}\\ &\leq &\frac{r+|a_1|}{1+|a_1|r}+\frac{r}{1-r^2}[1-(\frac{r+|a_1|}{1+r|a_1|})^2]+(1-|a_1|^2)\frac{2r-r^2}{(1-r)^2}\\ &=&\frac{|a_1|+2r+|a_1|r^2}{(1+|a_1|r)^2}+(1-|a_1|^2)\frac{2r-r^2}{(1-r)^2}. \end{eqnarray*} $

注意到$ |a_1|<1, $我们知道上式小于等于1等价于$ h(r)\leq 0, $其中

$ \begin{eqnarray*} h(r)&=&(-1+2r+|a_1|r^2)(1-r)^2+(1+|a_1|)(2r-r^2)(1+|a_1|r)^2\\ &\leq&(r^2+2r-1)(1-r)^2+2(2r-r^2)(1+r)^2\\ &=&-r^4+2r^2+8r-1. \end{eqnarray*} $

记$ l(r)=-r^4+2r^2+8r-1, $则当$ r\in[0, 1] $时, $ l'(r)=-4r^3+4r+8>0, $即$ l(r) $在$ [0, 1] $上单调递增. 又$ l(0)=-1<0, l(1)=8>0, $故在$ (0, 1) $内, 方程$ l(r)=0 $存在唯一的根$ r_4\approx 0.1213<\sqrt{2}-1 $. 因此, 当$ r\leq r_4 $, $ h(r)\leq l(r)\leq 0. $

下面证明$ r_4 $的精确性, 取$ a\in (0, 1) $考虑

$ f(z)=z\frac{a-z}{1-az}=az-(1-a^2)\sum\limits_{k=2}^{+\infty}a^{k-2}z^{k-1}, z\in\mathbb{D}. $

则有

$ \begin{eqnarray*} |f'(-r)|+\sum\limits_{k=2}^{\infty}ka_kr^{k-1}&=&\frac{a+r}{1+ar}+\frac{1-a^2}{(1+ar)^2}r+\sum\limits_{k=2}^{\infty}k(1-a^2)a^{k-2}r^{k-1}\\ &=&\frac{a+2r+ar^2}{(1+ar)^2}+(1-a^2)\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}. \end{eqnarray*} $

上式大于1当且仅当

$ (-1+2r+ar^2)(1-ar)^2+(1+a)(2r-ar^2)(1+ar)^2=-1+(4a+4)r+2a^2r^2-a^4r^4>0. $

令$ P(a, r)=-1+(4a+4)r+2a^2r^2-a^4r^4 $. 则对任意的$ r\in[0, 1), a\in(0, 1), $

$ \frac{\partial P}{\partial a}=4r+4ar^2-4a^3r^4=4r[1+ar(1-a^2r^2)]\geq 0. $

因此,

$ P(a, r)\leq P(1, r)=-r^4+2r^2+8r-1. $

可见$ P(1, r)=l(r) $, 从而当$ r> r_4 $, $ P(1, r_4)> 0 $. 由$ P(a, r) $的连续性, 对所有的$ a\in(0, 1), $ $ P(a, r)\leq 0 $当且仅当$ r\leq r_4. $

进一步, 我们应用定理5的方法可以得到如下定理.

定理7  设$ f(z)\in\mathcal{B} $, 且$ f(z)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}a_nz^n, $则当$ r\leq r_4 $时,

$ \begin{eqnarray*} &&|f'(z)|+\sum\limits_{n=2}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}+\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n}\\ &&+\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\leq 1, \end{eqnarray*} $

其中$ r_4 $已在定理6给出.

证  为了证明这个定理, 我们只需将定理6中的式(3) 的$ |a_1| $换为$ |f'(z)| $, 这时就有

$ \begin{eqnarray*} &&|f'(z)|+\sum\limits_{n=2}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}+\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n}\\ &&+\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{+\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\\ &\leq& \frac{|a_1|+2r+|a_1|r^2}{(1+|a_1|r)^2}+(1-|a_1|^2)\frac{2r-r^2}{(1-r)^2}, \end{eqnarray*} $

显然, 当$ r\leq r_4 $时, 上式小于等于1.

下面证明$ r_4 $的精确性. 取$ a\in[0, 1) $, 考虑函数

$ f(z)=z\frac{a-z}{1-az}=az-(1-a^2)\sum\limits_{n=1}^{\infty}a^{n-1}z^{n+1}, z\in D, a\in[0, 1). $

类似$ r_1 $精确性的证明, 我们有

$ \begin{eqnarray*} &&|f'(-r)|+\sum\limits_{n=2}^{\infty}n|a_n|r^{n-1}+\frac{1}{1+|a_1|}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(2n+1)|a_{n+1}|^2r^{2n}\\ &&+\frac{r}{(1-r)^2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}|a_{n+1}|^2r^{2n+1}[(2n+2)-(2n+1)r]\\ &=&\frac{a+2r+ar^2}{(1+ar)^2}+(1-a^2)\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}+(1-a)^2(1+a)\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)}\\ &&+\frac{(1-a)^2(1+a)^2r^4(4-3r-2a^2r^2+a^2r^3)}{(1-a^2r^2)^2(1-r)^2}. \end{eqnarray*} $

上面最后一个式子小于等于1当且仅当

$ \begin{eqnarray*} &&\frac{-1+2r+ar^2}{(1+ar)^2}+(1+a)\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}+(1-a^2)\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)}\\ &&+\frac{(1-a^2)(1+a)r^4(4-3r-2a^2r^2+a^2r^3)}{(1-a^2r^2)^2(1-r)^2}\leq 0. \end{eqnarray*} $

记

$ C_1(a, r)=\frac{-1+2r+ar^2}{(1+ar)^2}+(1+a)\frac{2r-ar^2}{(1-ar)^2}, $

$ C_2(a, r)=(1-a^2)\frac{r^2(3-a^2r^2)}{(1-a^2r^2)}+\frac{(1-a^2)(1+a)r^4(4-3r-2a^2r^2+a^2r^3)}{(1-a^2r^2)^2(1-r)^2}. $

经基本的运算可得当$ a\in(0, 1), r\in(0, 1) $时, $ C_2(a, r)>0. $又$ C_1(a, r)\leq 0 $当且仅当

$ (-1+2r+ar^2)(1-ar)^2+(1+a)(2r-ar^2)(1+ar)^2=-1+(4a+4)r+2a^2r^2-a^4r^4\leq 0. $

类似定理6的证明过程, 对任意$ a\in(0, 1) $, 上式成立当且仅当$ r\leq r_4. $ $ r_4 $的精确性得证.