Preparation of a silica-based stationary phase with polyaspartates and its separation behaviors for peptides
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摘要: 硅胶基质聚天冬氨酸固定相是一类典型的弱阳离子交换色谱填料,对多肽、蛋白质等生物大分子表现良好的分离性能,受到研究者的极大关注。本文分别将不同分子量的聚琥珀酰亚胺(PSI)化学键合到氨丙基硅胶表面得到四种键合聚天冬氨酸的固定相材料(即YCSiP-I、-II、-III和-IV),采用红外光谱、热重分析和zeta电位测定等方法进行表征,研究硅胶孔径、PSI的分子量、流动相pH值和离子强度等因素对分离多肽的影响。结果表明,红外光谱中3072、1720和1030 cm-1等处吸收峰分别对应为?N-H、?C=O和?Si-O-Si的伸缩振动峰,说明聚琥珀酰亚胺结合到硅胶上;YCSiP分离多肽主要受底物与固定相间的静电作用影响;由小孔径的硅胶和低分子量的聚琥珀酰亚胺制备得到的固定相YCSiP对多肽表现更好的分离性能;随着流动相的离子强度增大,多肽在柱上的保留均显著减弱,在离子强度为50 mM的流动相中,6种多肽在固定相上的分离效果最好。本研究丰富了硅胶基质聚天冬氨酸固定相材料在多肽分离中的应用。
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关键词:
- 离子强度
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Keywords:
- ionic strength
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单位圆盘D={z: |z| < 1}内所有解析函数的全体记为A。S是A的子集,被称为单叶函数族,其中的元素
f(z)=z+a2z2+a3z3+⋯ (1) 均为单叶函数,即满足一一对应。在单叶函数族的研究过程中,产生了许多有着重要几何性质的子族[1]。例如:星形函数族S*将单位圆盘一一映射到一个星形区域(连接原点到区域边界点的线段或半直线全部落在映射区域内),可以解析地表达为f∈ S∗⇔f∈S且
Rezf′(z)f(z)>0。 对于函数f(z),定义q-导数(0 < q < 1)[2]为:
Dqf(z):={f(z)−f(qz)(1−q)z(z≠0),f′(0)(z=0)。 显然,limq→1− Dq f(z)=f′(z)。利用q-导数,ISMAIL等[3]将经典的几何函数理论中的星形函数推广为q-星形函数:
S∗q={f∈S,RezDqf(z)f(z)>0}, 并对其系数以及与其他函数族之间的关系进行了研究。容易看出当q→1-时,Sq*退化为经典的星形函数族S*。最近,VERMA等[4]研究了q-星形函数与q-凸形函数之间的Marx-Strohhäcker型关系;SHABA等[5]研究了一类与q导数及q-形式下的双曲正切函数有关的双单叶函数类。
Hankel行列式
H(k)n=|anan+1⋯an+k−1an+1an+2⋯an+k⋮⋮⋮an+k−1an+k⋯an+2k−2| 在研究奇异性和积分系数的幂级数等方面有着重要的应用[6]。1967年, POMMERENKE[7]和HAYMAN[8]分别给出了单叶函数族S的一些Hankel行列式的渐进估计。2007年, JANTENG等[9]研究了星形函数的Hankel行列式,得到H2(2)的精确估计。2018年,CHO等[10]对更一般的α度星型函数的Hankel行列式的精确估计进行了研究。本文以q-星形函数为研究对象,对其Hankel行列式的精确估计展开研究。在文献[11-15]的基础上,本文得到了q-星型函数的系数估计以及H1(2)、H2(2)等的精确估计。
1. 预备知识
引理1 对于任意q>0,当x>0.6时, 有
P(x)=Ax4+4Bx3+6Cx2+4Dx+E<0, (2) 其中, A, B, C, D, E分别为
A=−3(q+1)2(5q2+6q+5),B=−2(q+1)2(2q2+3q+2), C=2q4+4q3+16q23+4q+2,D=2(q+1)2(q2+q+1), E=−4(q2+q+1)2。 证明 首先,式(2)可另写成:
P(x)=A1(x)q4+A2(x)q3+A3(x)q2+A2(x)q+A1(x), 其中:
A1(x)=−15x4−16x3+12x2+8x−4,A2(x)=−48x4−56x3+24x2+24x−8,A3(x)=−66x4−80x3+32x2+32x−12。 再应用文献[16]中对一元四次方程根的分类方法易知,A1(x)有4个不同的实根,A2(x)有4个不完全相同的实根,A3(x)有2个实根、2个复根。通过计算可得
A1(−2)=−84<0,A1(−1)=1>0,A1(0)=−4<0,A1(1/2)=0.625>0,A1(0.6)=−0.28<0。 由此看出A1(x)的4个实根分别位于区间(-3/2, -1)、(-1, -1/2)、(-1/2, 1/2)、(-1/2, 0.6)中,且当x>0.6时,A1(x) < 0。利用相同的办法可得
A2(−1)=0,A2(0)=−8<0,A2(0.4)=0.6272>0,A2(1/2)=0,A1(0.6)=−3.2768<0。 由此看出A2(x)有3个不同的实根,其中2个分别为-1、1/2,1个位于区间(0, 0.4)内。因此,当x>0.6时,A2(x) < 0。同理,由
A3(−2)=−364<0,A3(−1)=2>0,A3(0)=−12<0,A3(0.6)=−7.1136<0, 可得A3(x)的2个实根分别位于区间(-2, -1)和(-1, 0)内,且当x>0.6时,A3(x) < 0。
综上可得,对于任意q>0,当x>0.6时,有
P(x)=A1(x)q4+A2(x)q3+A3(x)q2+A3(x)q+A1(x)<0。 证毕。
本文主要结果的证明主要依赖于下式的估计:
Y(a,b,c)=maxz∈ˉD(|a+bz+cz2|+1−|z|2)。 (3) 因此,下面介绍OHNO和SUGAWA[17]的一个结论:
引理2[17] 令a,b,c∈R,如果ac≥0,则
Y(a,b,c)={|a|+|b|+|c|(|b|⩾ 当ac < 0时,有
Y(a, b, c)=\\ \left\{\begin{array}{l} 1+|a|+\frac{b^{2}}{4(1+|c|)} \\ \left(b^{2}<\min \left\{4(1+|c|)^{2}, -\frac{4 a}{c}\left(1-c^{2}\right)\right\}\right), \\ 1-|a|+\frac{b^{2}}{4(1-|c|)}\left(-\frac{4 a}{c}\left(1-c^{2}\right) \leqslant b^{2}, |b|<2(1-|c|)\right), \\ R(a, b, c) \quad\left(| b | \geqslant 2 ( 1 - | c | ) \text { 或 } \operatorname { m i n } \left\{4(1+|c|)^{2}, \right.\right. \\ \;\; \left.\left.-\frac{4 a}{c}\left(1-c^{2}\right)\right\} \leqslant b^{2}<-\frac{4 a}{c}\left(1-c^{2}\right)\right), \end{array}\right. 其中,
\begin{aligned} & R(a, b, c)= \\ & \left\{\begin{array}{l} |a|+|b|-|c| \quad(|c|(|b|+4|a|) \leqslant|a b|), \\ -|a|+|b|+|c| \quad(|a b| \leqslant|c|(|b|-4|a|)), \\ (|c|+|a|) \sqrt{1-\frac{b^{2}}{4 a c}} \quad(|a b|>|c|(|b|-4|a|) \text { 或 } \\ |a b|<|c|(|b|+4|a|)) 。 \end{array}\right. \end{aligned} 特别地,当a, b, c分别取特殊值时,有以下结果:
引理3 令P=(1+q2)/(1+q)2,Q=(1+q+q2)/(1+q)2,其中q∈(0, 1),当式(3)中a、b、c分别为
a=-\frac{Q b_{1}^{3}}{1-b_{1}^{2}}, b=P b_{1}, c=b_{1}-\frac{Q\left(1-b_{1}^{2}\right)}{b_{1}} (4) 时,有
Y(a, b, c)=\\ \left\{ \begin{array}{l} -2 b_{1}+\frac{Q}{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)} \;\;\;\; \left(b_{1} \in\left(0, x_{1}\right]\right),\\ 1+\frac{b_{1}^{3} Q}{1-b_{1}^{2}}-\frac{b_{1}^{3} P^{2}}{4\left(1+b_{1}\right)\left(Q-b_{1}(Q-1)\right)} \quad\left(b_1 \in\left(x_1, 1\right)\right), \end{array} \right. 其中,
x_{1}=-\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \sqrt{1+6 Q}。 证明 对于任意的q∈(0, 1),显然有b≥0,a≤0。另由
c=b_{1}-\frac{Q\left(1-b_{1}^{2}\right)}{b_{1}}=\frac{b_{1}^{2}(1+Q)-Q}{b_{1}} 可以看出,方程c=0有互为相反数的2个实根,记其正根为
x_{0}:=\sqrt{\frac{Q}{1+Q}}=\sqrt{\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2 q+2 / q+3}\right)} 。 由q∈(0, 1)可知x_{0} \in(\sqrt{3 / 7}, \sqrt{1 / 2}) \subset(0.65, 0.71)。下面分2种情况进行讨论:
情况1:当0 < b1≤x0时,c≤0,因此ac≥0。此时由2Q-P=1知
|b|-2(1-|c|)=\frac{-3 b_{1}^{2}-2 b_{1}+2 Q}{b_{1}} 。 对于给定的q∈(0, 1),不难看出一元二次方程-3b12-2b1+2Q=0有正负2个不同的实根,其正根为
x_{1}=\frac{-1+\sqrt{1+6 Q}}{3}<\frac{\sqrt{7}-1}{3} \approx 0.55<x_{0}。 此时由引理2,有以下2种情形:
(1) 当0 < b1≤x1时,|b|-2(1-|c|)≥0。此时
Y(a, b, c)=-a+b-c=-2 b_{1}+\frac{Q}{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)}。 (2) 当x1 < b1≤x0时,|b|-2(1-|c|) < 0。此时
Y(a, b, c)=1+|a|+\frac{b^{2}}{4(1-|c|)}= \\ \;\;\;\;\; 1 + \frac{{b_1^3Q}}{{1 - b_1^2}} - \frac{{b_1^3{P^2}}}{{4\left( {1 + {b_1}} \right)\left( {Q - {b_1}(Q - 1)} \right)}}。 情况2: 当b1>x0时, 可得c>0,即ac < 0。此时
b^{2}+\frac{4 a}{c}\left(1-c^{2}\right)=\frac{b_{1}^{2}\left(b_{1}^{2}(Q+1)\left(P^{2}-4 Q(Q+1)\right)-P^{2} Q+4 Q^{3}\right)}{b_{1}^{2}(Q+1)-Q}。 因为b2+\frac{4 a}{c}(1-c2)=0的正根为
\sqrt{\frac{P^{2} Q-4 Q^{3}}{(Q+1)\left(P^{2}-4 Q(Q+1)\right)}}= \\ \;\;\;\;\;\; \frac{3 q^{4}+5 q^{3}+8 q^{2}+5 q+3}{\left(2 q^{2}+3 q+2\right)\left(7 q^{2}+6 q+7\right)}<\sqrt{\frac{3}{14}} \approx 0.46<x_{0}, 则有
b^{2}+\frac{4 a}{c}\left(1-c^{2}\right)<0。 接下来考虑
b^{2}-4(1+|c|)^{2}=\frac{A b_{1}^{4}+4 B b_{1}^{3}+6 C b_{1}^{2}+4 D b_{1}+E}{b_{1}^{2}(1+q)^{4}}, (5) 其中
\begin{gathered} A=-3(q+1)^{2}\left(5 q^{2}+6 q+5\right), B=-2(q+1)^{2}\left(2 q^{2}+3 q+2\right), \\ C=2 q^{4}+4 q^{3}+\frac{16 q^{2}}{3}+4 q+2, D=2(q+1)^{2}\left(q^{2}+q+1\right), \\ E=-4\left(q^{2}+q+1\right)^{2} 。 \end{gathered} 由于b1∈(x0, 1)⊂(0.6, 1),则由引理1可知
Ab^{4}+4 B b^{3}+6 C b^{2}+4 D b+E<0, 再由式(5)可得b2 < 4(1+|c|)2。因此,由引理2知
Y(a, b, c)=1+|a|+\frac{b^{2}}{4(1+|c|)}= \\ \;\;\;\;\;\; 1 + \frac{{b_1^3Q}}{{1 - b_1^2}} - \frac{{b_1^3{P^2}}}{{4\left( {1 + {b_1}} \right)\left( {Q - {b_1}(Q - 1)} \right)}}。 综合情况1和情况2,引理3得证。
几何函数理论的研究与Carathéodory函数密切相关。记\mathcal{P}为Carathéodory函数族:
\mathcal{P}=\left\{p(z)=1+p_{1} z+p_{2} z^{2}+\cdots \in \mathcal{A}, \operatorname{Re}\;p(z)>0, z \in D\right\} 。 CARATHÉODORY和TOEPLITZ得到Carathéo-dory函数的一个充分必要条件,在几何函数理论的研究中发挥着非常重要的作用[18-21],也是本文的关键研究工具。
引理4[21] (Carathéodory-Toeplitz定理)假设函数p(z)=1+p1z+p2z2+p3z3+…∈\mathcal{A},则p(z)∈\mathcal{P}当且仅当行列式
{\mathit{\Delta}}_{n}=\left|\begin{array}{ccccc} 2 & p_{1} & p_{2} & \cdots & p_{n} \\ \bar{p}_{1} & 2 & p_{1} & \cdots & p_{n-1} \\ \bar{p}_{2} & \bar{p}_{1} & 2 & \cdots & p_{n-2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ \bar{p}_{n} & \bar{p}_{n-1} & \bar{p}_{n-2} & \cdots & 2 \end{array}\right| \geqslant 0 对任意的n≥1成立。此外,如果Δ1>0, …, Δk-1>0且Δk=0,那么
p(z)=\sum\limits_{j=1}^{k} \gamma_{j} \frac{1+\varepsilon_{j} z}{1-\varepsilon_{j} z}, \gamma_{j}>0, \left|\varepsilon_{j}\right|=1, \varepsilon_{j} \neq \varepsilon_{h} \quad(j \neq h) 。 由于p(0)=1,所以γj必须满足条件\sum_{j=1}^{k} \gamma_{j}=1。在引理4的基础上,LIBERA和ZLOTKIEWICZ[22]将Carathéodory函数的系数参数化,得到了以下结果:
引理5[22]假设函数p(z)=1+p1z+p2z2+p3z3+…∈\mathcal{P},p1>0,则一定存在满足条件|y|≤1、|ζ|≤1的复数y和ζ,使得
\begin{gather*} 2 p_{2}=p_{1}^{2}+y\left(4-p_{1}^{2}\right) \\ 4 p_{3}=p_{1}^{3}+2\left(4-p_{1}^{2}\right) p_{1} y-p_{1}\left(4-p_{1}^{2}\right) y^{2}+2\left(4-p_{1}^{2}\right)\left(1-|y|^{2}\right) \zeta。 \end{gather*} (6) 对于任意的函数p(z)=1+p1z+p2z2+p3z3+…∈\mathcal{P},总存在与之相应的解析函数
\omega(z) \in \mathcal{B}_{0}=\left\{\omega(z)=b_{1} z+b_{2} z^{2}+\cdots \in \mathcal{A}, |\omega(z)|<1\right\}, 使得
p(z)=\frac{1+\omega(z)}{1-\omega(z)}。 对比两边的系数可得
b_{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{2^{n}}\left|\begin{array}{ccccccc}p_{1} & 2 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ p_{2} & p_{1} & 2 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ p_{n-1} & p_{n-2} & p_{n-3} & p_{n-4} & \cdots & p_{1} & 2 \\ p_{n} & p_{n-1} & p_{n-2} & p_{n-3} & \cdots & p_{2} & p_{1}\end{array}\right| 。 特别地,
2 b_{1}=p_{1}, 4 b_{2}=2 p_{2}-p_{1}^{2}, 8 b_{3}=4 p_{3}-4 p_{1} p_{2}+p_{1}^{3}。 (7) 显然|b1|≤1。将式(6)代入式(7),可得以下结论:
引理6[20] 假设函数ω(z)=b1z+b2z2+…∈\mathcal{A},满足|ω(z)|≤1, b1>0,则一定存在满足条件|y|≤1、|ζ|≤1的复数y和ζ,使得
\begin{gathered} b_{2}=y\left(1-b_{1}^{2}\right), \\ b_{3}=\left(1-b_{1}^{2}\right)\left[\left(1-|y|^{2}\right) \zeta-b_{1} y^{2}\right] 。 \end{gathered} 另外,对于函数ω(z)=b1z+b2z2+…∈\mathcal{A},有以下泛函估计:
引理7[23] 如果解析函数ω(z)=b1z+b2z2+…∈\mathcal{A},满足|ω(z)|≤1,那么对于任意的实数μ和ν,存在以下精确估计:
\begin{aligned} & \left|b_3+\mu b_1 b_2+\nu b_1^3\right| \leqslant \\ & \left\{\begin{array}{l} 1 \quad\left((\mu, \nu) \in D_1 \cup D_2 \cup\{(2, 1)\}\right), \\ |\nu| \quad\left((\mu, \nu) \in \cup_{k=3}^7 D_k\right), \\ \frac{2}{3}(|\mu|+1)\left(\frac{|\mu|+1}{3|\mu|+1+\nu}\right)^{1 / 2} \quad\left((\mu, \nu) \in D_8 \cup D_9\right), \\ \frac{\nu}{3}\left(\frac{\mu^2-4}{\mu^2-4 \nu}\right)\left(\frac{\mu^2-4}{3(\nu-1)}\right)^{1 / 2}\left((\mu, \nu) \in D_{10} \cup D_{11}-\{(2, 1)\}\right), \\ \frac{2}{3}(|\mu|-1)\left(\frac{|\mu|-1}{3(|\mu|-1-\nu)}\right)^{1 / 2} \quad\left((\mu, \nu) \in D_{12}\right), \end{array}\right. \end{aligned} 其中:
D_{1}=\left\{(\mu, \nu):|\mu| \leqslant \frac{1}{2}, -1 \leqslant \nu \leqslant 1\right\}, D_{2}=\left\{(\mu, \nu): \frac{1}{2} \leqslant|\mu| \leqslant 2, \frac{4}{27}(|\mu|+1)^{3}-(|\mu|+1) \leqslant \nu \leqslant 1\right\}, D_{3}=\left\{(\mu, \nu):|\mu| \leqslant \frac{1}{2}, \nu \leqslant-1\right\}, D_{4}=\left\{(\mu, \nu):|\mu| \geqslant \frac{1}{2}, \nu \leqslant-\frac{2}{3}(|\mu|+1)\right\}, D_{5}=\{(\mu, \nu):|\mu| \leqslant 2, \nu \geqslant 1\}, D_{6}=\left\{(\mu, \nu): 2 \leqslant|\mu| \leqslant 4, \nu \leqslant \frac{\mu^{2}+8}{12}\right\}, D_{7}=\left\{(\mu, \nu):|\mu| \leqslant 4, \nu \leqslant \frac{2}{3}(|\mu|-1)\right\}, D_{8}=\left\{(\mu, \nu): \frac{1}{2} \leqslant|\mu| \leqslant 2, -\frac{2}{3}(|\mu|+1) \leqslant \nu \leqslant \\ \;\;\;\;\; \;\frac{4}{27}(|\mu|+1)^{3}-(|\mu|+1)\right\}, D_{9}=\left\{(\mu, \nu):|\mu| \geqslant 2, -\frac{2}{3}(|\mu|+1) \leqslant \nu \leqslant \frac{2|\mu|(|\mu|+1)}{\mu^{2}+2|\mu|+4}\right\}, D_{10}=\left\{(\mu, \nu): 2 \leqslant|\mu| \leqslant 4, \frac{2|\mu|(|\mu|+1)}{\mu^{2}+2|\mu|+4} \leqslant \nu \leqslant \frac{\mu^{2}+8}{12}\right\}, D_{11}=\left\{(\mu, \nu):|\mu| \geqslant 4, \frac{2|\mu|(|\mu|+1)}{\mu^{2}+2|\mu|+4} \leqslant \nu \leqslant \frac{2|\mu|(|\mu|-1)}{\mu^{2}-2|\mu|+4}\right\}, D_{12}=\left\{(\mu, \nu):|\mu| \geqslant 4, \frac{2|\mu|(|\mu|-1)}{\mu^{2}-2|\mu|+4} \leqslant \nu \leqslant \frac{2(|\mu|-1)}{3}\right\}。 2. 主要结果及其证明
定理1 若f(z)=z+\sum\limits_{n=2}^{\infty} a_{n} z^{n} \in S_{q}^{*},则
\begin{gather*} \left|a_{2}\right| \leqslant \frac{1+q}{q}, \left|a_{3}\right| \leqslant \frac{1+q+q^{2}}{q^{2}}, \\ \left|a_{4}\right| \leqslant \frac{(1+q)\left(1+q+2 q^{2}+q^{3}+q^{4}\right)}{q^{3}\left(1+q+q^{2}\right)}, \end{gather*} (8) 这些估计均为精确的。
证明 对于函数f(z)=z+a2z2+a3z3+…∈Sq*, 由q-星形函数的定义,存在解析函数ω(z)=b1z+b2z2+…,满足|ω|≤1,使得
\frac{z D_{q} f(z)}{f(z)}=\frac{1+\omega(z)}{1-\omega(z)}。 对比两边的系数可得
\begin{array}{*{20}{c}} {a_{2}=\frac{b_{1}(q+1)}{q}, a_{3}=\frac{b_{1}^{2}\left(q^{2}+q+1\right)+b_{2} q}{q^{2}}, }\\ {a_{4}=\frac{(q+1)\left(b_{1} b_{2} q\left(2 q^{2}+q+2\right)+b_{3} q^{2}+b_{1}^{3}\left(q^{4}+q^{3}+2 q^{2}+q+1\right)\right)}{q^{3}\left(q^{2}+q+1\right)}。} \end{array} (9) 由于w(z)具有旋转对称性,因此,不失一般性地可设b1为非负数。又因为|b1|≤1,所以令b1∈[0, 1]。
显然
\left|a_{2}\right| \leqslant \frac{(1+q) b_{1}}{q} \leqslant \frac{1+q}{q}, 等号成立当且仅当b1=1,即ω(z)=z。应用引理6可得
\begin{gathered} \left|a_{3}\right|=\left|\frac{\left(1+q+q^{2}\right) b_{1}^{2}+q\left(1-b_{1}^{2}\right) y}{q^{2}}\right| \leqslant \\ \frac{\left(1+q^{2}\right) b_{1}^{2}}{q^{2}}+\frac{1}{q} \leqslant \frac{1+q+q^{2}}{q^{2}}, \end{gathered} 第1个等号成立当且仅当y=1,第2个等号成立当且仅当b1=1,即ω(z)=z。取
\mu=\frac{2+q+2 q^{2}}{q}, \nu=\frac{1+q+2 q^{2}+q^{3}+q^{4}}{q^{2}}, 则
\left|a_{4}\right|=\frac{q+1}{q\left(q^{2}+q+1\right)} \cdot\left|b_{1} b_{2} \mu+b_{3}+b_{1}^{3} \nu\right|。 由q∈(0, 1),容易验证μ>4, v>2(μ-1)/3, 即(μ, ν)∈D7。因此,由引理7有
\begin{gathered} \left|a_{4}\right| \leqslant \frac{1+q}{q\left(1+q+q^{2}\right)} \cdot \frac{1+q+2 q^{2}+q^{3}+q^{4}}{q^{2}}= \\ \frac{(1+q)\left(1+q+2 q^{2}+q^{3}+q^{4}\right)}{q^{3}\left(1+q+q^{2}\right)} 。 \end{gathered} 由文献[23]可知ω(z)=z时等号成立。证毕。
注1 显然,当q→1-时,由式(8)可以得到星型函数系数的精确估计[1],即
\left|a_{2}\right| \leqslant 2, \left|a_{3}\right| \leqslant 3, \left|a_{4}\right| \leqslant 4。 定理2 如果函数f(z)=z+\sum\limits_{n=2}^{\infty} a_{n} z^{n} \in S_{q}^{*},那么
\left|a_{2} a_{3}-a_{4}\right| \leqslant \frac{q+1}{q^{3}} (10) 这个估计是精确的。
证明 由式(9)可得
\left|a_{2} a_{3}-a_{4}\right|=\\ \;\;\;\;\;\frac{q+1}{q^{2}\left(q^{2}+q+1\right)}\left|b_{1}^{3}\left(q^{2}+q+1\right)-b_{1} b_{2}\left(q^{2}+1\right)-b_{3} q\right| \text { 。 } 令μ=q+1/q, ν=-(q+1/q+1),容易验证
\mu \geqslant 2>\frac{1}{2}, \nu+\frac{2}{3}(\mu+1)=\frac{1+q+q^{2}}{3 q}>0。 因此, 由引理7可知
\left|b_{1}^{3}\left(q^{2}+q+1\right)-b_{1} b_{2}\left(q^{2}+1\right)-b_{3} q\right| \leqslant \frac{q^{2}+q+1}{q}, 即
\left|a_{2} a_{3}-a_{4}\right| \leqslant \frac{q+1}{q^{2}\left(q^{2}+q+1\right)} \cdot \frac{q^{2}+q+1}{q}=\frac{q+1}{q^{3}}。 由文献[23]可知ω(z)=z时等号成立。证毕。
注2 特别地,当q→1-时,由式(10)可以得到文献[10]中的定理2.1在α=0时的情形。
定理3 如果函数f(z)=z+\sum\limits_{n=2}^{\infty} a_{n} z^{n} \in S_{q}^{*},那么
\left|H_{1}^{(2)}\right|=\left|a_{3}-a_{2}^{2}\right| \leqslant \frac{1}{q}, \left|H_{2}^{(2)}\right|=\left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right| \leqslant \frac{1}{q^{2}}, (11) 这2个估计均为精确的。
证明 因为函数f(z)=z+\sum\limits_{n=2}^{\infty} a_{n} z^{n} \in S_{q}^{*},则由式(9)可得
\left|H_{1}^{(2)}\right|=\left|a_{3}-a_{2}^{2}\right|=\left|\frac{b_{2}-b_{1}^{2}}{q}\right|=\left|\frac{\left(1-b_{1}^{2}\right) y-b_{1}^{2}}{q}\right| \leqslant \frac{1}{q}, 等号成立当且仅当y=-1,此时ω(z)=\frac{z^{2}-b_{1} z}{b_{1} z-1}。同理,由式(9)可得
\begin{aligned} & \left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right|= \\ & \left|\frac{(1+q)^{2} b_{1} b_{3}-\left(1+q+q^{2}\right) b_{2}^{2}+\left(1+q^{2}\right) b_{1}^{2} b_{2}-\left(1+q+q^{2}\right) b_{1}^{4}}{q^{2}\left(1+q+q^{2}\right)}\right| 。 \end{aligned} 令P=(1+q2)/(1+q)2,Q=(1+q+q2)/(1+q)2,则式(2)可简化为
\left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right|=\frac{1}{q^{2}}\left|\frac{1}{Q} b_{1} b_{3}-b_{2}^{2}+\frac{P}{Q} b_{1}^{2} b_{2}-b_{1}^{4}\right|。 (12) 再由引理6,有
\begin{aligned} & \left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right|= \\ & \quad \frac{1}{q^{2}} \left\lvert\, \frac{1}{Q} b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)\left(\left(1-|y|^{2}\right) \zeta-b_{1} y^{2}\right)-\left(1-b_{1}^{2}\right)^{2} y^{2}+\right. \\ & \left.\quad \frac{P}{Q} b_{1}^{2}\left(1-b_{1}^{2}\right) y-b_{1}^{4} \right\rvert\, 。 \end{aligned} 当b1=0时, 有
\left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right|=\frac{1}{q^{2}}\left|y^{2}\right| \leqslant \frac{1}{q^{2}}, 等号成立当且仅当|y|=1,此时ω(z)=yz2。
当b1=1时, 有
\left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right|=\frac{1}{q^{2}}, 此时ω(z)=z。
当b1∈(0, 1)时,有
\begin{aligned} & \left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right| \leqslant \\ & \frac{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)}{q^{2} Q}\left(1-|y|^{2}+\left|b_{1} y^{2}-\frac{\left(1-b_{1}^{2}\right) Q y^{2}}{b_{1}}+P b_{1} y-\frac{b_{1}^{3}}{1-b_{1}^{2}}\right|\right) \circ \end{aligned} 应用引理3可得
\begin{aligned} & \left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right| \leqslant \frac{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)}{q^{2} Q} \times \\ & \left\{\begin{array}{l} -2 b_{1}+\frac{Q}{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)} \quad\left(b_{1} \in\left(0, x_{1}\right]\right), \\ 1+\frac{b_{1}^{3} Q}{1-b_{1}^{2}}-\frac{b_{1}^{3} P^{2}}{4\left(1+b_{1}\right)\left(Q-b_{1}(Q-1)\right)} \quad\left(b_{1} \in\left(x_{1}, 1\right)\right), \end{array}\right. \end{aligned} 其中, x_{1}=-\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \sqrt{1+6 Q}。
当b1∈(0, x1]时,有
\left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right| \leqslant \frac{-2 b_{1}^{2}\left(1-b_{1}^{2}\right)}{q^{2} Q}+\frac{1}{q^{2}} \leqslant \frac{1}{q^{2}}, 等号成立当且仅当b1=0或者b1=1。
当b1∈(x1, 1)时,有
\begin{array}{l} \left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right| \leqslant\\ \;\;\; \frac{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)}{q^{2} Q}\left(1+\frac{b_{1}^{3} Q}{1-b_{1}^{2}}-\frac{b_{1}^{3} P^{2}}{4\left(1+b_{1}\right)\left(Q-b_{1}(Q-1)\right)}\right) \leqslant \\ \;\;\; \frac{1}{q^{2}}\left(\frac{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)}{Q}+b_{1}^{4}\right)。 \end{array} 对于固定的q∈(0, 1),当b1(1-b12)/Q+b14对于b1在区间(x1, 1)上单调递增时,有
\left|a_{2} a_{4}-a_{3}^{2}\right| \leqslant \frac{1}{q^{2}}, 等号成立当且仅当b1=1。下面证明b1(1-b12)/Q+b14对于b1在区间(x1, 1)上确实是单调递增的,即证明b1(1-b12)/Q+b14对b1的偏导在区间(x1, 1)上大于零。首先
\frac{\partial\left(b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right) / Q+b_{1}^{4}\right)}{\partial b_{1}}=\frac{1-3 b_{1}^{2}}{Q}+4 b_{1}^{3}。 由于Q=\frac{1+q+q^{2}}{(1+q)^{2}} \in\left(\frac{3}{4}, 1\right),当b_{1}>\frac{\sqrt{3}}{3}时,显然有
\partial\left(\frac{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)}{Q}\left(1+\frac{b_{1}^{3} Q}{1-b_{1}^{2}}\right)\right) / \partial b_{1}>0。 当x1≤b1≤\sqrt{3}/3时,由于-1/Q≥-4/3,1/Q≥1, 则有
\partial\left(\frac{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)}{Q}\left(1+\frac{b_{1}^{3} Q}{1-b_{1}^{2}}\right)\right) / \partial b_{1} \geqslant 1-4 b_{1}^{2}+4 b_{1}^{3}。 容易验证1-4b12+4b13在区间(0, 2/3)上单调递减,所以当x1≤b1≤\sqrt 3/3时, 有
\partial\left(\frac{b_{1}\left(1-b_{1}^{2}\right)}{Q}\left(1+\frac{b_{1}^{3} Q}{1-b_{1}^{2}}\right)\right) / \partial b_{1} \geqslant 1-\frac{4}{3}+\frac{4 \sqrt{3}}{9} \approx 0.436>0。 证毕。
注3 容易看出,当q→1-时,式(11)中的第2个式子退化为JANTENG等[8]对星型函数的Hankel行列式|H2(2)|的估计。
注4 从定理1至定理3的证明过程可以看出,若函数f(z)满足
\frac{z D_{q} f(z)}{f(z)}=\frac{1+z}{1-z}, 则式(8)、(10)、(11)均取等号。
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