<i>q</i>-星型函数的Hankel行列式

李铭; 朱澳丽

doi:10.6054/j.jscnun.2023085

q-星型函数的Hankel行列式

李铭^,,
朱澳丽

长沙理工大学数学与统计学院，长沙 410114

基金项目:

国家自然科学基金项目 12001063

国家自然科学基金项目 12171055

湖南省教育厅科学研究项目 20C0052

详细信息

通讯作者:
李铭，Email：mingli@csust.edu.cn

中图分类号: O174.51
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出版历程
- 收稿日期: 2022-07-19
- 网络出版日期: 2024-02-26
- 刊出日期: 2023-12-24

Hankel Determinants of the q-Starlike Function

LI Ming^,,
ZHU Aoli

School of Mathematics and Statistics, Changsha University of Science & Technology, Changsha 410114, China

摘要

摘要:
在经典几何函数理论中星型函数的基础上，研究了一类与q-导数相关的q-星型函数族。首先，利用Carathéodory-Toeplitz定理，将Carathéodory函数的系数参数化。然后，利用Carathéodory函数与q-星型函数族之间的关系，研究了q-星型函数的系数及相关的Hankel行列式，得到了相关函数的前几项系数和某些Hankel行列式的精确上界。
- q-星型函数 /
- Hankel行列式 /
- Carathéodory函数
Abstract:
Based on the starlike function in classical geometric function theory, the class of q-starlike function which is related to q-derivative was studied in this paper. By applying Carathéodory-Toeplitz theorem, the coefficients of Carathéodory function were parameterized. With this contribution, the coefficients and its related Hankel determinants of q-starlike function were observed with the application of the relationship between classes of Carathéodory function and q-starlike function. The upper bounds of the coefficients and several Hankel determinants of q-starlike function are obtained in this paper.
- q-starlike function /
- Hankel determinant /
- Carathéodory function

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单位圆盘D={z: |z| < 1}内所有解析函数的全体记为 $\mathcal{A}$ 。 $\mathcal{S}$ 是 $\mathcal{A}$ 的子集，被称为单叶函数族，其中的元素

$f(z)=z+a_{2} z^{2}+a_{3} z^{3}+\cdots$

(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 $f \in$ $S^{*} \Leftrightarrow f \in \mathcal{S}$ 且

$\operatorname{Re} \frac{z f^{\prime}(z)}{f(z)}>0。$

对于函数f(z)，定义q-导数(0 < q < 1)^[2]为:

$D_{q} f(z):= \begin{cases}\frac{f(z)-f(q z)}{(1-q) z} \quad\quad (z \neq 0), \\ f^{\prime}(0) \quad(z=0)。\end{cases}$

显然， $\lim\limits_{q \rightarrow 1^{-}}$ D_q 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:

$S_{q}^{*}=\left\{f \in S, \operatorname{Re} \frac{z D_{q} f(z)}{f(z)}>0\right\},$

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，S_q^*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

$H_{n}^{(k)}=\left|\begin{array}{cccc} a_{n} & a_{n+1} & \cdots & a_{n+k-1} \\ a_{n+1} & a_{n+2} & \cdots & a_{n+k} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n+k-1} & a_{n+k} & \cdots & a_{n+2 k-2} \end{array}\right|$

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 $\mathcal{S}$ 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

$P(x)=A x^{4}+4 B x^{3}+6 C x^{2}+4 D x+E<0,$

(2)

其中, A, B, C, D, E分别为

$A=-3(q+1)^{2}\left(5 q^{2}+6 q+5\right), B=-2(q+1)^{2}\left(2 q^{2}+3 q+2\right),$

$C=2 q^{4}+4 q^{3}+\frac{16 q^{2}}{3}+4 q+2, D=2(q+1)^{2}\left(q^{2}+q+1\right),$

$E=-4\left(q^{2}+q+1\right)^{2}。$

证明首先，式(2)可另写成：

$P(x)=A_{1}(x) q^{4}+A_{2}(x) q^{3}+A_{3}(x) q^{2}+A_{2}(x) q+A_{1}(x),$

其中:

$\begin{gathered} A_{1}(x)=-15 x^{4}-16 x^{3}+12 x^{2}+8 x-4, \\ A_{2}(x)=-48 x^{4}-56 x^{3}+24 x^{2}+24 x-8, \\ A_{3}(x)=-66 x^{4}-80 x^{3}+32 x^{2}+32 x-12。 \end{gathered}$

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

$\begin{gathered} A_{1}(-2)=-84<0, A_{1}(-1)=1>0, A_{1}(0)=-4<0, \\ A_{1}(1 / 2)=0.625>0, A_{1}(0.6)=-0.28<0 。 \end{gathered}$

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

$\begin{gathered} A_{2}(-1)=0, A_{2}(0)=-8<0, A_{2}(0.4)=0.627\;2>0, \\ A_{2}(1 / 2)=0, A_{1}(0.6)=-3.276\;8<0 。 \end{gathered}$

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

$\begin{gathered} A_{3}(-2)=-364<0, A_{3}(-1)=2>0, A_{3}(0)=-12<0, \\ A_{3}(0.6)=-7.113\;6<0, \end{gathered}$

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

$P(x)=A_{1}(x) q^{4}+A_{2}(x) q^{3}+A_{3}(x) q^{2}+A_{3}(x) q+A_{1}(x)<0。$

证毕。

本文主要结果的证明主要依赖于下式的估计：

$Y(a, b, c)=\max\limits_{z \in \bar{D}}\left(\left|a+b z+c z^{2}\right|+1-|z|^{2}\right) 。$

(3)

因此，下面介绍OHNO和SUGAWA^[17]的一个结论：

引理2^[17] 令 $a, b, c \in \mathbb{R}$ ，如果ac≥0，则

$Y(a, b, c)= \begin{cases}|a|+|b|+|c| & (|b| \geqslant 2(1-|c|)), \\ 1+|a|+\frac{b^{2}}{4(1-|c|)} & (|b|<2(1-|c|)) 。\end{cases}$

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, …, Δ_k－1>0且Δ_k=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γ_j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+…∈S_q^*, 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(x_1, 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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