Q(z)
和
Q(z)pγ(z)1+Mz,
Q(z)1+M1z,
Q(z)pγ(z)1+M1z,
应用文献[5]中引理2.2的方法,可以证明引理2.引理3是文献[9]中引理2.17的特殊情况.
(1)
那么P(z)1+R1z,其中R1=cR/(n-c).
证明令P(z)=1+R1ω(z),R1=cR/(n-c).则ω(z)在U内解析, 且
ω(z)=bnzn+bn+1zn+1+…
我们要证明P(z)1+R1z,只需证明对所有zU,有.用反证法,假定不成立,则存在z0U{0}使得
根据引理1,存在实数k≥n≥1,使得
z0ω′(z0)=kω(z0).
则
这与式(1)相矛盾.因此可得P(z)1+R1z.
注1 在引理4中令n=1,可得文献[3]中相关结果.当n>1时,引理4改进了文献[5]的引理2.1.
引理5 设≠0 是一个实数,[0,1),P(z)H[1,n]和
P(z),
(2)
其中
M=Mn(,.
(3)
P(z)[1-+((1-β)p(z)+β)]1+Mz,
(4)
(5)
令P=P(z0)=u+iv,则由式(5)可得
2Re{P[1-+(β+(1-β)iρ)]}+1=
(u2+v2)2(1-β)2ρ2+2(1-β)vρ+
(u2+v2)2(1-β)2ρ2+2(1-β)vρ+
定义
G(ρ)=(u2+v2)2(1-β)2ρ2+2(1-β)vρ+
则W-M2≥G(ρ).
因为(u2+v2)2(1-β)2>0,不等式G(ρ)≥0对所有实数ρ成立,如果判别式
由式(2)可得
(6)
应用式(6)、(2)和(3),经过计算可得
因此Δ≤0,由此可得G(ρ)≥0对所有实数ρ成立,或者W≥M2,因此
这与式(4)矛盾,故引理5得证.
定理1 设>0,0<α(7)
其中幂函数取主值,M=Mn(,pα,β)由式(3)定义,则f).
(8)
由式(7)和式(8)可得
(9)
P(z).
(10)
P(z)[1-+((1-β)p(z)+β)]1+Mz.
(11)
(12)
其中幂函数取主值,且
注2 在推论1和推论2中,令p=n=1,β=0,可得文献[3]中相关结果;在推论1中令β=0,p=1,可得定理B或者文献[5]中定理2.3;在推论1和推论2中,令p=α=1,n=2,β=0,可得定理A或者文献[4]中定理2.
注意到
可得
(13)
其中
M3().
(14)
根据定理1,可得如下定理:
定理2 设>和0(15)
在推论3中令p=1,可得如下推论:
(16)
注3 推论4改进了定理B或者文献[5]的定理2.3;在推论4中令n=2,α=1,可得一个结果,此结果改进了定理A.
定理3 设≥1 和0
(17)
其中幂函数取主值,和
N=Nn(,α,γ)=
(18)
证明由0<γ≤1和≥1,有(,pα,0),根据定理1,得fS*(p,0).
(19)
由式(17)和式(19),可得
(20)
P(z)1+Nz.
(21)
因此由式(19)~(21)可得
即
P(z)qγ(z)1+Nz.
因为
根据式(21)和引理2,可得Req(z)>0,U.
P(z).
(22)
由式(20)和pα/(n-pα)≥1,可得
(23)
所以由式(22)和式(23)可得
即
P(z)qγ(z).
注4 在定理3中令p==1,可得定理C或者文献[5]中的定理2.4.
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LIU Mingsheng
(School of Mathematical Sciences, South China Normal University, Guangzhou 510631, China)
2012-01-12
教育部博士点基金项目(20050574002)
*通讯作者:刘名生,教授,Email: liumsh@scnu.edu.cn.
1000-5463(2013)01-0014-05
O174.51
A
10.6054/j.jscnun.2012.12.002
【中文责编:庄晓琼 英文责编:肖菁】