两类解析函数的三阶Hankel行列式的上界估计

郭栋; 汤获; 文传军; 李宗涛

doi:10.6054/j.jscnun.2024014

两类解析函数的三阶Hankel行列式的上界估计

郭栋^1, ,,
汤获²,
文传军¹,
李宗涛³

1.
扬州市职业大学数学科学学院，扬州 225009
2.
赤峰学院数学与统计学院，赤峰 024000
3.
广州民航职业技术学院人文社科学院，广州 510403

基金项目:

国家自然科学基金项目 11561001

安徽省高校自然科学基金项目 KJ2018A0833

安徽省高校自然科学基金项目 KJ2020A0993

安徽省高校自然科学基金项目 KJ2020ZD74

内蒙古自治区高等学校科学研究项目 NJZY19211

详细信息

通讯作者:
郭栋, Email: gd791217@163.com

中图分类号: O174.51
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出版历程
- 收稿日期: 2022-10-27
- 网络出版日期: 2024-04-29
- 刊出日期: 2024-02-24

The Upper Bounds of the Third Hankel Determinant for Two Subclasses of Analytic Functions

1.
School of Mathematical Sciences, Yangzhou Polytechnic College, Yangzhou 225009, China
2.
School of Mathematics and Statistics, Chifeng University, Chifeng 024000, China
3.
Faculty of Humanities and Social Sciences, Guangzhou Civil Aviation College, Guangzhou 510403, China

摘要

摘要:
令H表示形如 $f(z)=z+a_2 z^2+a_3 z^3+\cdots$ 且在 $U=\{z:|z|<1\}$ 内解析的函数类，研究了在单位圆盘上的2类解析函数类 $\mathrm{ST}_{\mathrm{s}}=\left\{f ? H: \operatorname{Re} \frac{2 z f^{\prime}(z)}{f(z)-f(-z)}>0, z ? U\right\}$ 和 $R\left(\frac{1}{2}\right)=\left\{f ? H: \operatorname{Re} \frac{f(z)}{z}>\frac{1}{2}, z ? U\right\}$ 的三阶Hankel行列式 $\left|H_{3, 1}(f)\right|$ 的上界估计。
- 解析函数 /
- 有关对称点的星像函数类 /
- 三阶Hankel行列式
Abstract: Let H denote the family of all analytic functions with the form $f(z)=z+a_2 z^2+a_3 z^3+\cdots$ in the unit disk $U=\{z:|z|<1\}$ . Two subclasses of analytic functions ST_s and R(1/2) which are difined in the unit disk U are introduced, respectively, i.e., $\mathrm{ST}_{\mathrm{s}}=\left\{f ? H: \operatorname{Re} \frac{2 z f^{\prime}(z)}{f(z)-f(-z)}>0, z ? U\right\}, R\left(\frac{1}{2}\right)=\left\{f ? H: \operatorname{Re} \frac{f(z)}{z}>\frac{1}{2}, z ? U\right\}.$ And the bounds of $\left|H_{3, 1}(f)\right|$ for subfamilies of ST_s and R(1/2) are obtained.
- analytic function /
- starlike functions with respect to symmetric points /
- third Hankel determinant

HTML全文

令U={z: |z| < 1}, H表示在U内解析且具有形式

$f(z)=z+a_2 z^2+a_3 z^3+\cdots$

(1)

的函数类; P表示在U内解析且满足Re(p(z))>0的解析函数类，其泰勒展式为

$p(z)=1+c_1 z+c_2 z^2+c_3 z^3+\cdots 。$

(2)

1966年，POMMERENKE^[1]引入函数f(z)的q阶Hankel行列式：

$\begin{gathered} H_{q, n}(f)=\left|\begin{array}{cccc} a_n & a_{n+1} & \cdots & a_{n+q-1} \\ a_{n+1} & a_{n+2} & \cdots & a_{n+q} \\ \cdots & \cdots & & \cdots \\ a_{n+q-1} & a_{n+q} & \cdots & a_{n+2 q-2} \end{array}\right| \\ \left(n \geqslant 1, q \geqslant 1, a_1=1\right) 。 \end{gathered}$

自此，Hankel行列式的上界估计成为几何函数论的一个重要问题。

2010年，BABALOLA^[2]首次研究了星像函数类S^*和凸像函数类K的三阶Hankel行列式：

$\left|H_{3, 1}(f)\right|=\left|-a_2^2 a_5+2 a_2 a_3 a_4-a_3^3+a_3 a_5-a_4^2\right|$

(3)

的上界估计。2017年，ZAPRAWA^[3]改进了文献[]的结论：若 $f ? S^*$ ，则有|H_3,1(f)|≤1；若 $f ? k$ ，则有|H_3,1(f)|≤49/540。但文献[3]的结果仍不精确，2018、2022年，KOWALCZYK等^[4-5]分别给出了星像函数类、凸像函数类的|H_3,1(f)|的精确估计：若 $f ? S^*$ ，则有|H_3,1(f)|≤4/9；若f ? K，则有|H_3,1(f)|≤4/135。

近几年，学者们研究了各类解析函数的三阶Hankel行列式|H_3,1(f)|，估计方法为计算|a₃|、|a₄|、|a₅|及3个二阶行列式的上界，但所得结论不精确^{[2, 6－8]}。如KRISHNA VAMSHEE等^[7]研究了函数类ST_s的二阶、三阶Hankel行列式，得到如下结果：若f ? ST_s，则有|H_3,1(f)|≤5/2。近年来，学者们将解析函数的三阶Hankel行列式|H_3,1(f)|的上界归为一个求多元函数的最值问题^[9-10]，得到了几类解析函数子类的三阶Hankel行列式的精确上界^[11-12]。在文献[7]的基础上，本文利用多元函数的最值法重新研究函数类ST_s的三阶Hankel行列式，得到了更好的结果：若f ? ST_s，则有|H_3,1(f)|≤0.251 5···。

1. 预备知识

定义1^[13] 若f(z)由式(1)给出且满足条件

$\operatorname{Re}\left(\frac{2 z f^{\prime}(z)}{f(z)-f(-z)}\right)>0 \quad(z ? U),$

则称此函数类为有关对称点的星像函数类，记为f ? ST_s。

定义2^[14] 若f(z)由式(1)给出且满足条件

$\operatorname{Re}\left(\frac{f(z)}{z}\right)>\frac{1}{2}(z ? U),$

则称f ? R(1/2)。

下面给出本文证明需要的引理：

引理1^[15－17] 假定 $p ? P, c_{1} \geqslant 0$ , 则对 $\forall \zeta, \eta, \xi ? \bar{D}=\{z ? \gg :|z| \leqslant 1\}$ , 有

$\begin{equation*} 2 c_{2}=c_{1}^{2}+\left(4-c_{1}^{2}\right) \zeta, \end{equation*}$

(4)

$4 c_{3}=c_{1}^{3}+c_{1} \zeta\left(4-c_{1}^{2}\right)(2-\zeta)+2\left(4-c_{1}^{2}\right)\left(1-|\zeta|^{2}\right) \eta,$

(5)

$8 c_{4}=c_{1}^{4}+\left(4-c_{1}^{2}\right) \zeta\left[c_{1}^{2}\left(\zeta^{2}-3 \zeta+3\right)+4 \zeta\right]- \\ \;\;\;4\left(4-c_{1}^{2}\right)\left(1-|\zeta|^{2}\right)\left[c_{1}(\zeta-1) \eta+\bar{\zeta} \eta^{2}-\left(1-|\eta|^{2}\right) \xi\right] 。$

(6)

2. 主要结果及证明

定理1 如果f(z) ? ST_s，则有

$\left|H_{3, 1}(f)\right| \leqslant \frac{64.389\;6 \cdots}{256}=0.251\;5 \cdots。$

证明因为f(z) ? ST_s, 则存在p ? P, 满足

$2 z f^{\prime}(z)=p(z)[f(z)-f(-z)]。$

从而可得

$1+2 a_{2} z+3 a_{3} z^{2}+4 a_{4} z^{3}+5 a_{5} z^{4}+\cdots=1+c_{1} z+\left(c_{2}+a_{3}\right) z^{2}+ \\ \;\;\;\;\;\;\left(c_{3}+c_{1} a_{3}\right) z^{3}+\left(c_{4}+c_{2} a_{3}+a_{5}\right) z^{4}+\cdots 。$

比较两边的系数，可得

$\begin{equation*} a_{2}=\frac{c_{1}}{2}, a_{3}=\frac{c_{2}}{2}, a_{4}=\frac{1}{8}\left(2 c_{3}+c_{1} c_{2}\right), a_{5}=\frac{1}{8}\left(2 c_{4}+c_{2}^{2}\right) 。 \end{equation*}$

(7)

不妨假定 $c=c_{1} ? [0, 2]$ ，由式(3)和式(7)得

$\begin{equation*} H_{3, 1}(f)=\frac{1}{64}\left[c^{2} c_{2}^{2}+4 c c_{2} c_{3}-4 c_{2}^{3}-4 c_{3}^{2}+4 c_{4}\left(2 c_{2}-c^{2}\right)\right]。 \end{equation*}$

(8)

为简化计算，令 $t=4-c^{2}$ ，式(4)~(6)可以写成

$\begin{array}{c} c_{2}=\frac{1}{2}(c+t \zeta), c_{3}=\frac{1}{4}\left(c^{3}+2 c t \zeta-c t \zeta^{2}+2 t\left(1-|\zeta|^{2}\right) \eta\right), \\ \;c_{4}= \frac{1}{8}\left[c^{4}+3 c^{2} t \zeta+\left(4-3 c^{2}\right) t \zeta^{2}+c^{2} t \zeta^{3}+4 t\left(1-|\zeta|^{2}\right) \times\right. \\ \;\;\left.\left(c \eta-c \zeta \eta-\bar{\zeta} \eta^{2}\right)+4 t\left(1-|\zeta|^{2}\right)\left(1-|\eta|^{2}\right) \xi\right] 。 \end{array}$

(9)

则有

$\begin{equation*} c^{2} c_{2}^{2}=\frac{1}{4}\left[c^{6}+2 c^{4} t \zeta+c^{2} t^{2} \zeta^{2}\right] 。 \end{equation*}$

(10)

$4 c c_{2} c_{3}=\frac{1}{2}\left[c^{6}+3 c^{4} t \zeta+2 c^{2} t^{2} \zeta^{2}-c^{4} t \zeta^{2}-c^{2} t^{2} \zeta^{3}+2 t\left(c^{3}+c t \zeta\right) \times\right. \\ \;\;\;\;\left.\left(1-|\zeta|^{2}\right) \eta\right] ,$

(11)

$-4 c_{2}^{3}=-\frac{1}{2}\left[c^{6}+3 c^{4} t \zeta+3 c^{2} t^{2} \zeta^{2}+t^{3} \zeta^{3}\right] ,$

(12)

$-4 c_{3}^{2}=-\frac{1}{4}\left[c^{6}+4 c^{4} t \zeta+4 c^{2} t^{2} \zeta^{2}-2 c^{4} t \zeta^{2}-4 c^{2} t^{2} \zeta^{3}+c^{2} t^{2} \zeta^{4}+\right. \\ \;\;\;\left.4 t\left(c^{3}+2 c t \zeta-c t \zeta^{2}\right)\left(1-|\zeta|^{2}\right) \eta+4 t^{2}\left(1-|\zeta|^{2}\right)^{2} \eta^{2}\right],$

(13)

$4 c_{4}\left(2 c_{2}-c^{2}\right)=\frac{1}{2}\left[c^{4} t \zeta+3 c^{2} t^{2} \zeta^{2}+\left(4-3 c^{2}\right) t^{2} \zeta^{3}+c^{2} t^{2} \zeta^{4}+\right. \\ \;\;\;4 t^{2} c \zeta(1-\zeta)\left(1-|\zeta|^{2}\right) \eta-4 t^{2}\left(1-|\zeta|^{2}\right)|\zeta|^{2} \eta^{2}+ \\ \;\;\;\left.4 t^{2}\left(1-|\zeta|^{2}\right)\left(1-|\eta|^{2}\right) \zeta \xi\right] 。$

(14)

由式(10)~(14)和式(8)，可得

$H_{3, 1}(f)=\frac{1}{256}\left(4-c^{2}\right)^{2}\left[r_{1}(c, \zeta)+r_{2}(c, \zeta) \eta+r_{3}(c, \zeta) \eta^{2}+\right. \\ \;\;\;\left.r_{4}(c, \zeta, \eta) \xi\right] 。$

(15)

其中

$\begin{array}{c} r_{1}(c, \zeta)=\zeta^{2} c^{2}(1-\zeta)^{2}, \\ r_{2}(c, \zeta)=4 c \zeta(1-\zeta)\left(1-|\zeta|^{2}\right), \\ r_{3}(c, \zeta)=-4\left(1-|\zeta|^{4}\right), \\ r_{4}(c, \zeta, \eta)=8\left(1-|\zeta|^{2}\right)\left(1-|\eta|^{2}\right) \zeta 。 \end{array}$

令 $x=|\zeta| ?[0, 1], y=|\eta| ?[0, 1]$ 。因|ξ|≤1，则由式(15)得

$\begin{array}{c} \left|H_{3, 1}(f)\right| \leqslant \frac{1}{256}\left(4-c^{2}\right)^{2}\left[\left|r_{1}(c, \zeta)\right|+\left|r_{2}(c, \zeta)\right||\eta|+\right. \\ \left.\quad\left|r_{3}(c, \zeta)\right||\eta|^{2}+\left|r_{4}(c, \zeta, \eta)\right|\right] \leqslant \frac{1}{256} F(c, x, y)， \end{array}$

其中

$\begin{array}{l} F(c, x, y)=f_{1}(c, x)+f_{4}(c, x)+f_{2}(c, x) y+\left(f_{3}(c, x)-\right. \\ \;\;\;\left.f_{4}(c, x)\right) y^{2}, \\ \;\;\;\;\;\;\;\;f_{1}(c, x)=x^{2}\left(4-c^{2}\right)^{2} c^{2}(1+x)^{2}, \\ \;\;\;\;f_{2}(c, x)=4 c\left(4-c^{2}\right)^{2} x\left(1-x^{2}\right)(1+x), \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;f_{3}(c, x)=4\left(4-c^{2}\right)^{2}\left(1-x^{4}\right), \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;f_{4}(c, x)=8\left(4-c^{2}\right)^{2}\left(1-x^{2}\right) x。 \end{array}$

下面证明F在Ω={(c, x, y)|: 0≤c≤2, 0≤x≤1, 0≤y≤1}上的最大值为64.389 6···。对 $\forall c ? [0, 2]$ ，有 $\frac{\partial F}{\partial y}=-\frac{c x(1+x)}{2(1-x)^{2}}<0$ , 则F在Ω的内部无极值点，极值点只能出现在Ω的边界上。下面分3种情况讨论：

(1) 若极值点在Ω的顶点上，则

$\begin{gathered} F(0, 0, 0)=F(2, 0, 0)=F(2, 1, 0)=F(2, 1, 1)= \\ F(2, 0, 1)=F(0, 1, 0)=F(0, 1, 1)=0， \\ F(0, 0, 1)=64 。 \end{gathered}$

(2) 若极值点在Ω的棱上，则

(ⅰ)当x=1, y=0或x=1, y=1时，有

$F(c, 1, 0)=F(c, 1, 1)=4 c^{6}-32 c^{4}+64 c^{2}=G_{1}(c) \\ \;\;\;(c ?(0, 2))。$

令 $G_{1}^{\prime}(c)=24 c^{5}-128 c^{3}+128 c=0, 则 c=1 / \sqrt{3}$ 。又因为

$G_{1}^{\prime \prime}(c)=120 c^{4}-384 c^{3}+128, G_{1}^{\prime \prime}(1.1547)=-\frac{572}{3}<0，$

所以

$G_{1}(c) \leqslant G_{1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\frac{1024}{27} \approx 37.925\;9 。$

(ⅱ)当c=0, y=0时，有

$F(0, x, 0)=128 x-128 x^{3}=G_{2}(x) \quad(x ?(0, 1))。$

令 $G_{2}^{\prime}(x)=128-384 x^{2}=0, 则 x=1 / \sqrt{3}$ 。又因为 $G_{2}^{\prime \prime}(x)=-768 x, G_{2}^{\prime \prime}(1 / \sqrt{3})=-768 / \sqrt{3}<0$ , 所以

$G_{2}(x) \leqslant G_{2}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\frac{256}{3 \sqrt{3}} \approx 49.267。$

(ⅲ)当x=0, y=1时，有

$F(c, 0, 1)=4\left(4-c^{2}\right)^{2} \leqslant 64 \quad(c ?(0, 2))。$

(ⅳ)当c=0, y=1时，有

$F(0, x, 1)=64-64 x^{4} \leqslant 64(x ?(0, 1))。$

(ⅴ)当c=0, x=0时，有

$F(0, 0, y)=64 y^{4} \leqslant 64 \quad(y ?(0, 1)) 。$

(ⅵ)当c=0且x=1，或x=0且y=0，或c=2且y=0，或c=2且y=1，或c=2且x=0，或c=2且x=1时，有

$F(0, 1, y)=F(c, 0, 0)=F(2, x, 0)=F(2, x, 1)= \\ \;\;\;F(2, 0, y)=F(2, 1, y)=0 。$

(3) 若极值点在Ω的面上，则

(ⅰ)当c=2时，有F(2, x, y)=0。

(ⅱ)当c=0时，有

$F(0, x, y)=128 x-128 x^{3}+64\left(1-x^{2}\right)(1-x)^{2} y \leqslant \\ \;\;\; 64-64 x^{4} \leqslant 64(x ?(0, 1)) 。$

(ⅲ)当x=0时，有

$\begin{aligned} F(c, 0, y)=4\left(4-c^{2}\right)^{2} y^{2} \leqslant 64(c ?(0, 2), y ?(0, 1)) 。 \end{aligned}$

(ⅳ)当x=1时，有

$F(c, 1, y)=4 c^{6}-32 c^{4}+64 c^{2}=G_{1}(c) \leqslant G_{1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \approx \\ \;\;\;\;37.925\;9(c ?(0, 2)) 。\\$

(ⅴ)当y=0时，有

$F(c, x, 0)=\left(4-c^{2}\right)^{2}\left[c^{2} x^{2}(1+x)^{2}+8 x-8 x^{3}\right] 。$

令c²=t，则有

$G_{3}(t, x)=(4-t)^{2}\left[t x^{2}(1+x)^{2}+8 x-8 x^{3}\right] \\ \quad(t ?(0, 4), x ?(0, 1))。$

下面求解G₃在(0, 4)×(0, 1)上可能的极值点。

令

$\frac{\partial G_{3}}{\partial t}=-(4-t) x\left[3 x(1+x)^{2} t-4 x^{3}-24 x^{2}-4 x+16\right]=0,$

可得

$\begin{equation*} t(x)=\frac{4 x^{3}+24 x^{2}+4 x-16}{3 x(1+x)^{2}} 。 \end{equation*}$

(16)

令

$\frac{\partial G_{3}}{\partial x}=(4-t)^{2}\left[2\left(x+x^{2}\right)(1+2 x) t+8-24 x^{2}\right]=0。$

可得

$\begin{equation*} 2\left(x+x^{2}\right)(1+2 x) t+8-24 x^{2}=0 。 \end{equation*}$

(17)

将式(16)代入式(17)，化简得

$2 x^{4}+4 x^{3}-x^{2}-4 x-1=0 。$

解之得： $x= \pm 1 ?(0, 1), x=-1+\sqrt{2} / 2 ?(0, 1), x=-1-\sqrt{2} / 2 ?(0, 1)$ ，则G₃在(0, 4)×(0, 1)上无极值点。

(ⅵ)当y=1时，有

$F(c, x, 1)=\left(4-c^{2}\right)^{2} c^{2}\left(x^{2}+2 x^{3}+x^{4}\right)+8\left(4-c^{2}\right)^{2}\left(x-x^{3}\right)+ \\ \;\;\;4 c\left(4-c^{2}\right)^{2}\left(x+x^{2}-x^{3}-x^{4}\right)+4\left(4-c^{2}\right)^{2} \times\\ \;\;\;\left(1-2 x+2 x^{3}-x^{4}\right)=G(c, x)。$

令

$\left\{\begin{aligned} \frac{\partial G}{\partial c}= & \left(-8+12 c+10 c^{2}-3 c^{3}\right) x^{4}+\left(-8+8 c+10 c^{2}-6 c^{3}\right) x^{3}+ \\ & \left(8+4 c-10 c^{2}-3 c^{3}\right) x^{2}+\left(8-10 c^{2}\right) x-8 c=0， \\ \frac{\partial G}{\partial x}= & \left(-128-128 c+96 c^{2}+64 c^{3}-24 c^{4}-8 c^{5}+2 c^{6}\right) x^{3}+ \\ & \left(-96 c+48 c^{2}+48 c^{3}-24 c^{4}-6 c^{5}+3 c^{6}\right) x^{2}+ \\ & \left(64 c+16 c^{2}-32 c^{3}-8 c^{4}+4 c^{5}+c^{6}\right) x+2 c^{5}- \\ & 16 c^{3}+32 c=0， \end{aligned}\right.$

利用Matlab可得：

$\begin{aligned} &\left\{\begin{array}{l} x_{1}= \pm 2, \\ y_{1}=-1 ; \end{array} \left\{\begin{array} { l } { x _ { 2 } = 2 , } \\ { y _ { 2 } = 1.537\;0 ; } \end{array} \left\{\begin{array}{l} x_{3}=-2, \\ y_{3}=-1.918\;0; \end{array}\right.\right.\right. \\ & \left\{\begin{array}{l} x_{4}=0, \\ y_{4}=0; \end{array} ;\left\{\begin{array}{l} x_{5}=-0.719\;6, \\ y_{5}=0.831\;9; \end{array} ;\left\{\begin{array}{l} x_{6}=-0.174\;1, \\ y_{6}=-0.253\;4; \end{array}\right.\right.\right. \\ & \;\;\;\;\;\;\;\; \left\{\begin{array} { l } { x _ { 7 } = 11.379\;4 } \\ { y _ { 7 } = -1.171\;7; } \end{array} \left\{\begin{array}{l} x_8=0.546\;2, \\ y_8=0.528\;7。 \end{array}\right.\right. \end{aligned}$

由方程 $\frac{\partial G}{\partial c}=\frac{\partial G}{\partial x}=0$ 可得G在(0, 4)×(0, 1)可能的极值点为(0.546 2, 0.528 7), 在该点的函数值为G(0.546 2, 0.528 7)=64.389 6···。

综上所述, 可得

$\left|H_{3, 1}(f)\right| \leqslant \frac{64.389\;6 \cdots}{256}=0.251\;5 \cdots。$

证毕。

定理2 如果f ? R(1/2)，则有|H_3,1(f)|≤1，极值函数为 $f(z)=\frac{z}{1-z^{3}}$ 。

证明因为f(z) ? R(1/2), 则存在p ? P, 满足

$\frac{f(z)}{z}=\frac{1}{2}(p(z)+1) 。$

比较两边的系数, 可得

$\begin{equation*} a_{2}=\frac{c_{1}}{2}, a_{3}=\frac{c_{2}}{2}, a_{4}=\frac{c_{3}}{2}, a_{5}=\frac{c_{4}}{2} 。 \end{equation*}$

(18)

不妨假定c=c₁?[0, 2]，由式(3)和式(18)可得

$\begin{equation*} H_{3, 1}(f)=\frac{1}{8}\left[2 c c_{2} c_{3}-c_{2}^{3}-2 c_{3}^{2}+c_{4}\left(2 c_{2}-c^{2}\right)\right] 。 \end{equation*}$

(19)

由式(9)和式(19)可得

$2 c c_{2} c_{3}=\frac{1}{4}\left[c^{6}+3 c^{4} t \zeta+2 c^{2} t^{2} \zeta^{2}-c^{4} t \zeta^{2}-c^{2} t^{2} \zeta^{3}+2 t\left(c^{3}+c t \zeta\right) \times\right. \\ \;\;\;\left.\left(1-|\zeta|^{2}\right) \eta\right],$

(20)

$-c_{2}^{3}=-\frac{1}{8}\left[c^{6}+3 c^{4} t \zeta+3 c^{2} t^{2} \zeta^{2}+t^{3} \zeta^{3}\right],$

(21)

$-2 c_{3}^{2}=-\frac{1}{8}\left[c^{6}+4 c^{4} t \zeta+4 c^{2} t^{2} \zeta^{2}-2 c^{4} t \zeta^{2}-4 c^{2} t^{2} \zeta^{3}+c^{2} t^{2} \zeta^{4}+\right. \\ \;\;\;\left.4 t\left(c^{3}+2 c t \zeta-c t \zeta^{2}\right)\left(1-|\zeta|^{2}\right) \eta+4 t^{2}\left(1-|\zeta|^{2}\right)^{2} \eta^{2}\right],$

(22)

$c_{4}\left(2 c_{2}-c^{2}\right)=\frac{1}{8}\left[c^{4} t \zeta+3 c^{2} t^{2} \zeta^{2}+\left(4-3 c^{2}\right) t^{2} \zeta^{3}+c^{2} t^{2} \zeta^{4}+\right. \\ \;\;\;4 t^{2} c \zeta(1-\zeta)\left(1-|\zeta|^{2}\right) \eta-4 t^{2}\left(1-|\zeta|^{2}\right)|\zeta|^{2} \eta^{2}+ \\ \;\;\;\left.4 t^{2}\left(1-|\zeta|^{2}\right)\left(1-|\eta|^{2}\right) \zeta \xi\right] 。$

(23)

由式(20)~(23)和式(12)可得

$H_{3, 1}(f)=\frac{1}{16}\left(4-c^{2}\right)^{2}\left[r_{1}(c, \zeta) \eta^{2}+r_{2}(c, \zeta, \eta) \xi\right],$

(24)

其中, $r_{1}(c, \zeta)=-\left(1-|\zeta|^{2}\right), r_{2}(c, \zeta, \eta)=\left(1-|\zeta|^{2}\right) \times \left(1-|\eta|^{2}\right) \zeta$ 。

令 $x=|\zeta| ?[0, 1], y=|\eta| ?[0, 1]$ 。因|ξ|≤1，则由式(24)可得

$\begin{array}{l} \left|H_{3, 1}(f)\right|\leqslant \frac{1}{16}\left(4-c^{2}\right)^{2}\left[\left|r_{1}(c, \zeta)\right||\eta|^{2}+\left|r_{2}(c, \zeta, \eta)\right|\right] \leqslant \\ \;\;\;\; \frac{1}{16}\left(4-c^{2}\right)^{2} F(x, y)， \end{array}$

其中, $F(x, y)=\left(1-x^{2}\right) x+\left(1-x^{2}\right)(1-x) y^{2}$ 。

下面证明F(x, y)≤1。对 $\forall y ?(0, 1), x ?(0, 1)$ ，有 $\frac{\partial F}{\partial y}=2\left(1-x^{2}\right)(1-x) y>0$ ，则

$F(x, y) \leqslant F(x, 1)=1-x^{2} \leqslant 1,$

所以

$\left|H_{3, 1}(f)\right| \leqslant 1 。$

由定理2的证明过程及引理知，c=c₁=0, c₂=0, c₃=2, c₄=0时等号成立。此时a₂=0, a₃=0, a₄=1, a₅=0, 代入式(3)得H_3,1(f)=－1。证毕。

由定理1的证明过程得到以下猜想：

猜想1 若f(z) ? ST_s，则有 $\left|H_{3, 1}(f)\right| \leqslant \frac{64}{256}= \frac{1}{4}$ ，极值函数为 $f(z)=\frac{2 z}{2-z^{3}}$ 。

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