Two Important Generalizations of Schwarz Lemma
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摘要:
首先，利用Schwarz引理给出了Carathéodory不等式的一种证明方法；然后，对于一类在$\mathbb{C}$上全纯且以$\infty$为本性奇点的复变函数$f$，得到了$\lim\limits _{r \rightarrow \infty} \frac{A(r)}{r^{n}}$与$\infty$之间的关系；其次，对于满足某个条件的函数类$f_{a}$，利用Schwarz引理得到其单叶圆盘半径，并将其推广到一类满足条件$f(0)=0, f^{\prime}(0)=a>0$且将$B(0, r)$映射到自身的函数类$f_{a}^{r}$，得到了此函数类中函数的单叶圆盘半径。
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关键词:
- Schwarz引理 /
- 最大模原理 /
- 幅角原理 /
- 单叶函数 /
- 简单Jordan闭曲线
Abstract:A proof of Carathéodory inequality by Schwarz lemma is given, then the relation between $\lim\limits _{r \rightarrow \infty} \frac{A(r)}{r^{n}}$ and $\infty$ is obtained for a class of complex functions $f$ which are analytic on $\mathbb{C}$ and take $\infty$ as the natural singular point. Secondly, the radius of the univalent disk of a class of analytic functions $f_{a}$ which satisfy some certain conditions was obtained by using Schwarz lemma. Finally, this result is extended to a class of analytic functions $f_{a}^{r}$ which satisfy $f(0)=0, f^{\prime}(0)=a>0$ and maps $B(0, r)$ to itself and obtain the radius of univalent disk of functions belong to $f_{a}^{r}$.
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Schwarz引理[1]在全纯映射和调和映射理论中扮演着重要的角色, 不仅可用来显示全纯函数的严格性, 而且与以$\infty$为本性奇点的全纯函数和全纯函数的单叶性区域[2]密切相关, 从而可以推广到一种无界和一种有界的情形。
近年来，关于Schwarz引理的基本性质及其应用已经有了较多的研究成果[3-4], 也得到了不少推广性的理论[5-11]。例如, MATELJEVIC和MUTAVDZIC[6]将平面调和映射的经典Schwarz引理改进为尖锐形式，为Hilbert和Banach空间中单位球之间的全纯映射, 特别是多调和映射的尖锐边界Schwarz型引理，提供了一些重要的应用。又如，DUBININ[11]基于保角映射的单变性和经典性质的一个充分条件, 得到了具有自由定义域的正则函数的Schwarz不等式的新版本, 并对其进行了改进和补充。
本文利用Schwarz引理推出Carathéodory不等式 [12]，进而研究了一类在$\mathbb{C}$上全纯且以$\infty$为本性奇点的函数$f$。另外，利用Schwarz引理探究了在复平面上满足条件$f(0)=0, f^{\prime}(0)=a>0$且将单位圆盘$B(0, 1)$映射到自身的全纯函数类$f_{a}$，进而研究了满足条件$f(0)=0, f^{\prime}(0)=a>0$且将圆盘$B(0, r)$映射到自身的全纯函数类$f_{a}^{r}$。
1. 预备知识
定义1[5] $M(r)\left(r \in \mathbb{R}_{+}\right)$为当$|z|=r$时，$|f(z)|$的最大值，即$M(r)=\max \limits_{|z|=r}|f(z)| \circ A(r)$为当$|z|=r$时，$\operatorname{Re} f(z)$的最大值，即$A(r)=\max\limits _{|z|=r} \operatorname{Re} f(z)$。
定义2[5] 设$D$为复平面$\mathbb{C}$中的区域，如果$f$为$D$上的全纯函数且$f(D)=D$，则$f$为$D$上的一个全纯自同构。$D$上全纯自同构全体记为$\operatorname{Aut}(D)$。
定义3[2] 单叶函数为定义在平面区域上且函数值与自变量一一对应的亚纯函数。
定义4 记$\mathbb{C}$为复平面，定义函数类$f_{a}, f_{a}^{r}$为：
$$ f_{a}=\{f: f \in H(\mathbb{C}), f(0)=0, f(B(0, 1)) \subset B(0, 1), \\\;\;\;\;\;\;\;\; \left.f^{\prime}(0)=a>0\right\}, \\ f_{a}^{r}=\{f: f \in H(\mathbb{C}), f(0)=0, f(B(0, r)) \subset B(0, r)(r>1), \\\;\;\;\;\;\;\;\; \left.f^{\prime}(0)=a>0\right\} 。 $$ 下面给出本文主要结论证明中需要用到的几个引理。
引理1 设$f$为圆盘$B(0, r)$上的全纯函数，且$f(0)=0$，当$f(B(0, r)) \subset B(0, r)$时，有$|f(z)| \leqslant|z|$。
证明 当$z \in B(0, 1)$时，$r z \in B(0, r)$，则$f(r z) \in$ $B(0, r)$，所以
$$ \frac{f(r z)}{r} \in B(0, 1) 。 $$ 设$g(z)=f(r z) / r$，则当$z \in B(0, 1)$时，有$g(z) \in$ $B(0, 1)$，即$g \in \operatorname{Aut}(B(0, 1))$。又$g(0)=0$，则根据Schwarz引理可得：$|g(z)| \leqslant|z|$，即
$$ \left|\frac{f(r z)}{r}\right| \leqslant|z|, $$ 进而有
$$ |f(r z)| \leqslant|r z|, $$ 从而可得
$$ |f(z)| \leqslant|z| \quad(z \in B(0, r)) 。 $$ 证毕。
引理2 记$D=B(0, R) \quad\left(R \in \mathbb{R}_{+}\right), \bar{D}$为$D$的闭包。若$f \in H(D) \cap C(\bar{D})$, 则当$0 \leqslant r \leqslant R$时，有
$$ M(r) \leqslant \frac{2 r}{R-r} A(R)+\frac{R+r}{R-r}|f(0)| 。 $$ 证明 不妨设$f(0)=0$。若$f$为常数，结论显然成立。接下来考虑$f$为非常值函数的情况。首先证明：$A(R)>0$。因为$f(0)=0$，所以
$$ 0=\operatorname{Re} f(0)=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi} \operatorname{Re} f\left(\operatorname{Re}^{\mathrm{ix}}\right) \mathrm{d} x。 $$ 而$\operatorname{Re} f(z)$不是常值函数，所以$A(R)>0$。下面证明：当$z \in B(0, R)$时，有
$$ \operatorname{Re} f(z) \leqslant A(R) 。 $$ 设$f=u+v \mathrm{i}, g=\mathrm{e}^{f}$，显然$g$为$B(0, R)$上的全纯函数。此时
$$ \begin{gathered} g=\mathrm{e}^{u}(\cos v+\mathrm{i} \sin v), \\ |g|=\mathrm{e}^{u}=\mathrm{e}^{\operatorname{Re} f(z)}。 \end{gathered} $$ 由最大模原理 [13]可得：当$z \in B(0, R)$时，有
$$ |g(z)| \leqslant \max\limits _{|z|=R}|g(z)|, $$ 进而有
$$ \mathrm{e}^{\operatorname{Re} f(z)} \leqslant \max \limits_{|z|=R} \mathrm{e}^{\operatorname{Re} f(z)}, $$ 所以
$$ \operatorname{Re} f(z) \leqslant \max \limits_{|z|=R} \operatorname{Re} f(z)=A(R) 。 $$ 因此
$$ \operatorname{Re}\left(\frac{f(z)}{A(R)}-1\right) \leqslant 0 。 $$ 记$H=\{z \in \mathbb{C}: \operatorname{Re} z \leqslant 0\}$，作映射$t_{1}$：
$$ \begin{aligned} B(0, R) & \rightarrow H \\ z & \mapsto \frac{f(z)}{A(R)}-1 ; \end{aligned} $$ 作映射$t_{2}$：
$$ \begin{aligned} & H \rightarrow B(0, R) \\ & z \mapsto R \frac{z+1}{z-1} 。 \end{aligned} $$ 再将映射$t_{1}$与$t_{2}$复合得到$g=t_{2} \circ t_{1}$：
$$ \begin{aligned} B(0, R) & \rightarrow B(0, R) \\ z & \mapsto \frac{R f(z)}{f(z)-2 A(R)}, \end{aligned} $$ 即
$$ g(z)=\frac{R f(z)}{f(z)-2 A(R)}, g \in \operatorname{Aut}(B(0, R)), $$ 且$g(0)=0$。根据引理1, 当$|z|=r \in[0, R)$时，有$|g(z)| \leqslant|z|=r$，故
$$ \left|\frac{R f(z)}{f(z)-2 A(R)}\right| \leqslant r, $$ 进而有
$$ \frac{R|f(z)|}{|f(z)|+2 A(R)} \leqslant r, $$ 经整理得
$$ |f(z)| \leqslant \frac{2 r}{R-r} A(R) 。 $$ 式子左边取上确界，可得
$$ \begin{equation*} \max \limits_{|z|=r}|f(z)| \leqslant \frac{2 r}{R-r} A(R), \end{equation*} $$ (1) 即
$$ M(r) \leqslant \frac{2 r}{R-r} A(R)。 $$ 下面分析$f(0) \neq 0$的一般情形。因为$z=0$时，$f(z)-f(0)=0$，所以对$f(z)-f(0)$进行讨论。由式(1) 可得
$$ \max\limits _{|z|=r}|f(z)-f(0)| \leqslant \frac{2 r(A(R)+|f(0)|)}{R-r}, $$ 则
$$ \max\limits _{|z|=r}|f(z)|-|f(0)| \leqslant \frac{2 r}{R-r} A(R)+\frac{2 r}{R-r}|f(0)|, $$ 进而有
$$\max \limits_{|z|=r}|f(z)| \leqslant \frac{2 r}{R-r} A(R)+\frac{R+r}{R-r}|f(0)| 。 $$ 因此，
$$ M(r) \leqslant \frac{2 r}{R-r} A(R)+\frac{R+r}{R-r}|f(0)| 。 $$ 证毕。
引理3 设$f \in H(B(0, 1)), f(B(0, 1)) \subset B(0$，1), 则有
$$ \frac{|| f(0)|-| z||}{1-|f(0)||z|} \leqslant|f(z)| \leqslant \frac{|| f(0)|+| z||}{1+|f(0)||z|} 。 $$ 证明 令
$$ g(z)=\frac{f(z)-f(0)}{1-\overline{f(0)} f(z)} 。 $$ (2) 因为$f(B(0, 1)) \subset B(0, 1)$，则当$z \in B(0, 1)$时，有$|g(z)| \leqslant 1$。因此$g(B(0, 1)) \subset B(0, 1)$。而$g(0)=0$，则由Schwarz引理可得
$$ |g(z)| \leqslant|z| 。 $$ 由式(2)可得
$$ f(z)=\frac{f(0)+g(z)}{1+\overline{f(0)} g(z)}, $$ 则有
$$ \frac{|| f(0)|-| g(z)||}{1-|f(0)||g(z)|} \leqslant|f(z)| \leqslant \frac{|| f(0)|+| g(z)||}{1+|f(0)||g(z)|} 。 $$ 再由$|g(z)| \leqslant|z|$可得：
$$ \frac{|| f(0)|-| z||}{1-|f(0)||z|} \leqslant|f(z)| \leqslant \frac{|| f(0)|+| z||}{1+|f(0)||z|} 。 $$ 证毕。
引理4 设$f \in H(B(0, 1)), f(B(0, 1)) \subset B(0$，1), $f(0)=0$，则有
$$ |z| \frac{|| f^{\prime}(0)|-| z||}{1-\left|f^{\prime}(0)\right||z|} \leqslant|f(z)| \leqslant|z| \frac{|| f^{\prime}(0)|+| z||}{1+\left|f^{\prime}(0)\right||z|} 。 $$ 证明 令$g(z)=f(z) / z$，则
$$ \lim\limits _{z \rightarrow 0} g(z)=\lim\limits _{z \rightarrow 0} \frac{f(z)-f(0)}{z-0}=f^{\prime}(0) 。 $$ 由$f \in H(B(0, 1))$可知：$g$在$B(0, 1) \backslash\{0\}$上全纯。又由$\lim \limits_{z \rightarrow 0} g(z)=f^{\prime}(0)$，则可令$g(0)=f^{\prime}(0)$，即$g(z)$在$B(0, 1)$上连续。因此，由Morera定理 [14]可知：$g \in H(B(0, 1))$。当$|z|=1$时，$|g(z)| \leqslant 1$，则由最大模原理可得$|g(z)| \leqslant 1(z \in B(0, 1))$，即$g(B(0, 1)) \subset$ $B(0, 1)$。然后，由引理3可知：
$$ \frac{|| g(0)|-| z||}{1-|g(0)||z|} \leqslant|g(z)| \leqslant \frac{|| g(0)|+| z||}{1+|g(0)||z|}, $$ 所以
$$ |z| \frac{|| f^{\prime}(0)|-| z||}{1-\left|f^{\prime}(0)\right||z|} \leqslant|f(z)| \leqslant|z| \frac{|| f^{\prime}(0)|+| z||}{1+\left|f^{\prime}(0)\right||z|} 。 $$ 证毕。
引理5 设$f \in H(B(0, 1)), f(B(0, 1)) \subset B(0$，$1), f(0)=0$。如果存在$z_{1}, z_{2} \in B(0, 1)$，使得$z_{1} \neq z_{2}$，$\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|, f\left(z_{1}\right)=f\left(z_{2}\right)$，则
$$ \left|f\left(z_{1}\right)\right|=\left|f\left(z_{2}\right)\right| \leqslant\left|z_{1}\right|^{2}=\left|z_{2}\right|_{\circ}^{2}, $$ 证明 令
$$ g(z)=\frac{f(z)-f\left(z_{1}\right)}{1-\overline{f\left(z_{1}\right) f(z)}} \frac{1-\bar{z}_{1} z}{z-z_{1}} \frac{1-\bar{z}_{2} z}{z-z_{2}}, $$ 则$g(z) \in H(B(0, 1))$。当$z \in \partial B(0, 1)$时，有
$$ \left|\frac{1-\bar{z}_{1} z}{z-z_{1}}\right|=\left|\frac{1-\bar{z}_{2} z}{z-z_{2}}\right|=1 。 $$ 因为$f(B(0, 1)) \subset B(0, 1)$，故
$$ \left|\frac{f(z)-f\left(z_{1}\right)}{1-\overline{f\left(z_{1}\right) f(z)}}\right| \leqslant 1, $$ 所以$|g(z)| \leqslant 1(z \in \partial B(0, 1))$。由最大模原理可得：$\forall z \in B(0, 1)$，有$|g(z)| \leqslant 1$。因此
$$ \left|\frac{f(z)-f\left(z_{1}\right)}{1-\overline{f\left(z_{1}\right) f(z)}}\right| \leqslant\left|\frac{z-z_{1}}{1-\bar{z}_{1} z}\right|\left|\frac{z-z_{2}}{1-\bar{z}_{2} z}\right| 。 $$ 代入$z=0$，可得：
$$ \left|f\left(z_{1}\right)\right| \leqslant\left|z_{1}\right|\left|z_{2}\right|=\left|z_{1}\right|^{2} 。 $$ 综上所述，
$$ \left|f\left(z_{1}\right)\right|=\left|f\left(z_{2}\right)\right| \leqslant\left|z_{1}\right|^{2}=\left|z_{2}\right|^{2} 。 $$ 证毕。
2. 主要结论及证明
定理1 设$f$在$\mathbb{C}$上全纯，并且$f$在0处可定义。如果$\lim \limits_{r \rightarrow \infty} \frac{M(r)}{r^{n}}=\infty$，则$\lim\limits _{r \rightarrow \infty} \frac{A(r)}{r^{n}}=\infty$。
证明 由引理2可得
$$ M(r) \leqslant \frac{2 r}{R-r} A(R)+\frac{R+r}{R-r}|f(0)| 。 $$ 令$R=2 r$，可得
$$ M(r) \leqslant 2 A(2 r)+3|f(0)|, $$ 进而得到
$$ \frac{M(r)}{r^{n}} \leqslant \frac{2 A(2 r)}{r^{n}}+\frac{3|f(0)|}{r^{n}}, $$ 所以
$$ \frac{M(r)}{r^{n}} \leqslant \frac{2^{n+1} A(2 r)}{(2 r)^{n}}+\frac{3|f(0)|}{r^{n}} 。 $$ 令$r \rightarrow \infty$，可得
$$ \lim\limits _{r \rightarrow \infty} \frac{M(r)}{r^{n}} \leqslant \lim \limits_{r \rightarrow \infty} \frac{2^{n+1} A(2 r)}{(2 r)^{n}} 。 $$ 因为
$$ \lim \limits_{r \rightarrow \infty} \frac{M(r)}{r^{n}}=\infty, $$ 所以
$$ \lim \limits_{r \rightarrow \infty} \frac{A(r)}{r^{n}}=\infty 。 $$ 证毕。
由定理1可以得到在$\mathbb{C}$上全纯且以$\infty$为本性奇点的函数类的$\lim \limits_{r \rightarrow \infty} \frac{A(r)}{r^{n}}$与$\infty$的关系：
定理2 若$f$在$\mathbb{C}$上全纯且$\infty$为$f$的本性奇点，则$\lim\limits _{r \rightarrow \infty} \frac{A(r)}{r^{n}}=\infty$。
证明 首先证明
$$ \lim \limits_{r \rightarrow \infty} \frac{M(r)}{r^{n}}=\infty 。 $$ 若$\lim\limits _{r \rightarrow \infty} \frac{M(r)}{r^{n}} \neq \infty$，则存在常数$c$以及$\left\{r_{k}\right\}$，使得$\lim \limits_{k \rightarrow \infty} r_{k}=\infty$，并且满足
$$ \frac{M\left(r_{k}\right)}{r_{k}^{n}} \leqslant c。 $$ 记$g(z)=f(z) / z^{n}, M_{g}(r)=\max\limits _{|z|=r}|g(z)|$，则
$$ M_{g}(r)=\frac{M(r)}{r^{n}}, M_{g}\left(r_{k}\right) \leqslant c。 $$ 取$k_{1}, k_{2}, z \in \mathbb{C}$，使得$r_{k_{1}}<|z|<r_{k_{2}}$。记$C_{1}=\{z \in \mathbb{C}$：$\left.|z|=r_{k_{1}}\right\}, C_{2}=\left\{z \in \mathbb{C}:|z|=r_{k_{2}}\right\}$。由Cauchy积分公式 [15], 有
$$ g(z)=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{C_{2}} \frac{g(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{d} \zeta-\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{C_{1}} \frac{g(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{d} \zeta 。 $$ 设$|z|=l r_{k_{1}}, |z|=t r_{k_{2}}(l>1, t <1)$，则有
$$ \left|\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{C_{1}} \frac{g(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{d} \zeta\right| \leqslant \frac{r_{k_{1}} M_{g}\left(r_{k_{1}}\right)}{|z|-r_{k_{1}}}=\frac{M_{g}\left(r_{k_{1}}\right)}{l-1} \leqslant \frac{c}{l-1}, \\ \left|\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{C_{2}} \frac{g(\zeta)}{\zeta-z} \mathrm{d} \zeta\right| \leqslant \frac{r_{k_{2}} M_{g}\left(r_{k_{2}}\right)}{r_{k_{2}}-|z|}=\frac{M_{g}\left(r_{k_{2}}\right)}{1-t} \leqslant \frac{c}{1-t}, $$ 从而有
$$ |g(z)| \leqslant \frac{c}{l-1}+\frac{c}{1-t}, $$ 因此$g(z)$在$\left\{z \in \mathbb{C}: r_{k_{1}} \leqslant|z| \leqslant r_{k_{2}}\right\}$上有界。令$k_{1} \rightarrow \infty$，$k_{2} \rightarrow \infty$，有$|z| \rightarrow \infty$，由此可知$g(z)$在$\infty$处有界。因为$\infty$为$f$的本性奇点，所以$f(z)$的Laurent展开式 [16]中有无穷多个系数不为0的正次数项，那么$f(z)$除以一个$z$的有限次幕后，其Laurent展开式亦如此，所以$\infty$仍为$g(z)$的本性奇点，这与$g(z)$在$\infty$处有界相矛盾，故假设不成立。因此
$$ \lim\limits _{r \rightarrow \infty} \frac{M(r)}{r^{n}}=\infty 。 $$ 由定理1可得
$$ \lim \limits_{r \rightarrow \infty} \frac{A(r)}{r^{n}}=\infty 。 $$ 证毕。
由引理3、引理4和引理5, 可以探究函数类$f_{a}$中函数的单叶圆盘半径：
定理3 如果$f \in f_{a}$，那么总存在$r=r(a)=$ $\frac{a}{1+\sqrt{1-a^{2}}}$，使得$f$在$B(0, r(a))$上为单叶函数。
证明 假设存在$z_{1} \neq z_{2}, \left|z_{1}\right|<r_{1}, \left|z_{2}\right|<r_{1}$，使得：$f\left(z_{1}\right)=f\left(z_{2}\right)=w$。令$C_{r_{1}}=\left\{z \in \mathbb{C}:|z|=r_{1}\right\}, T_{r_{1}}=$ $f\left(C_{r_{1}}\right)$，利用辐角原理 [17]可得
$$ \frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{C_{r_{1}}} \frac{f^{\prime}(z)}{f(z)-w} \mathrm{d} z \geqslant 2 。 $$ 假设$T_{r_{1}}$为简单Jordan闭曲线 [18]，则有
$$ \frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{C_{r_{1}}} \frac{f^{\prime}(z)}{f(z)-w} \mathrm{d} z=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{T_{r_{1}}} \frac{1}{z-w} \mathrm{d} z=1 , $$ 从而得到矛盾。由此可知：存在$t_{1} \neq t_{2}, \left|t_{1}\right|=\left|t_{2}\right|=$ $r \leqslant r_{1}$，使得$f\left(t_{1}\right)=f\left(t_{2}\right)$。由引理5可得
$$ \begin{equation*} \left|f\left(t_{1}\right)\right| \leqslant\left|t_{1}\right|^{2}=r^{2} 。 \end{equation*} $$ (3) 下面证明：若存在$k$个两两互异的$t_{1}, t_{2}, \cdots$，$t_{k}(k \geqslant 2)$，满足$\left|t_{1}\right|=\left|t_{2}\right|=\cdots=\left|t_{k}\right|$，使得$f\left(t_{1}\right)=$ $f\left(t_{2}\right)=\cdots=f\left(t_{k}\right)$，则式(3) 仍然成立。
令
$$ g(z)=\frac{f(z)-f\left(t_{1}\right)}{1-\overline{f\left(t_{1}\right) f(z)}} \frac{1-\bar{t}_{1} z}{z-t_{1}} \frac{1-\bar{t}_{2} z}{z-t_{2}} \cdots \frac{1-\bar{t}_{k} z}{z-t_{k}} 。 $$ 因为$f(B(0, 1)) \subset B(0, 1)$，故
$$ \left|\frac{f(z)-f\left(t_{1}\right)}{1-\overline{f\left(t_{1}\right) f(z)}}\right| \leqslant 1 。 $$ 当$z \in \partial B(0, 1)$时，有
$$ \left|\frac{1-\bar{t}_{1} z}{z-t_{1}}\right|=\left|\frac{1-\bar{t}_{2} z}{z-t_{2}}\right|=\cdots=\left|\frac{1-\bar{t}_{k} z}{z-t_{k}}\right|=1 。 $$ 所以$|g(z)| \leqslant 1(z \in \partial B(0, 1))$。由最大模原理可得：$\forall z \in B(0, 1)$，有$|g(z)| \leqslant 1$。故
$$ \left|\frac{f(z)-f\left(t_{1}\right)}{1-\overline{f\left(t_{1}\right) f(z)}}\right| \leqslant\left|\frac{z-t_{1}}{1-\bar{t}_{1} z}\right|\left|\frac{z-t_{2}}{1-\bar{t}_{2} z}\right| \cdots\left|\frac{z-t_{k}}{1-\bar{t}_{k} z}\right| 。 $$ 代入$z=0$, 可得
$$ \left|f\left(t_{1}\right)\right| \leqslant\left|t_{1}\right|\left|t_{2}\right| \cdots\left|t_{k}\right|=\left|t_{1}\right|^{k} \leqslant\left|t_{1}\right|^{2}。 $$ 再由引理4可得
$$ \begin{equation*} \frac{\left(a-\left|t_{1}\right|\right)\left|t_{1}\right|}{1-a\left|t_{1}\right|} \leqslant\left|f\left(t_{1}\right)\right|。 \end{equation*} $$ 由式(3)、(4), 可得
$$ \frac{(a-r) r}{1-a r} \leqslant r^{2}, $$ 其中$r>0$。由此可得
$$ r \geqslant \frac{a}{1+\sqrt{1-a^2}} \text { 。 } $$ 因此，$f$在$B\left(0, \frac{a}{1+\sqrt{1-a^{2}}}\right)$上为单叶函数。
综上所述，总存在$r=r(a)=a /\left(1+\sqrt{1-a^{2}}\right)$，使得$f$在$B(0, r(a))$上为单叶函数。证毕。
引理3、引理4和引理5均可以推广到在$B(0$，$r)(r>1)$上全纯且将$B(0, r)$映射到自身的函数类$f$，再由$|f(z) / z| \leqslant 1 <r \quad(z \in B(0, r))$可知$g(z)=$ $f(z) / z$也满足$g(B(0, r)) \subset B(0, r)$。因此，可进一步推广定理3：
定理4 若$f \in f_{a}^{r}$，则总存在
$$ r_1=r_1(r, a)=\min \left\{\frac{r^3+r^2-\sqrt{r^4(r+1)^2-4 a^2 r^3}}{2 a}, r\right\}, $$ 使得$f$在$B\left(0, r_{1}\right)$上为单叶函数。
证明 令$g(z)=f(r z) / r$。由引理1可知：$g \in$ $H(B(0, 1))$且$g \in \operatorname{Aut}(B(0, 1))$。因此，由引理3可得
$$ \frac{|| g(0)|-| z||}{1-|g(0)||z|} \leqslant|g(z)| \leqslant \frac{|| g(0)|+| z||}{1+|g(0)||z|} 。 $$ 代入$g(z)=f(r z) / r$，可得：
$$ \frac{r^{2}|| f(0)|-| r z||}{r^{2}-|f(0)||r z|} \leqslant|f(r z)| \leqslant \frac{r^{2}|| f(0)|+| r z||}{r^{2}+|f(0)||r z|}, $$ 从而可得
$$ \begin{aligned} & \frac{r^{2}|| f(0)|-| z||}{r^{2}-|f(0)||z|} \leqslant|f(z)| \leqslant \frac{r^{2}|| f(0)|+| z||}{r^{2}+|f(0)||z|} \\ & \quad(z \in B(0, r))。 \end{aligned} $$ 类似引理4的证明，可得
$$ \begin{align*} & \frac{r^{2}|z|\left(\left|f^{\prime}(0)\right|-|z|\right)}{r^{2}-\left|f^{\prime}(0)\right||z|} \leqslant|f(z)| \leqslant \frac{r^{2}|z|\left(\left|f^{\prime}(0)\right|+|z|\right)}{r^{2}+\left|f^{\prime}(0)\right||z|} \\ & \quad(z \in B(0, r)) 。 \end{align*} $$ (5) 下面证明：如果存在$z_{1}, z_{2} \in B(0, r)$，使得$z_{1} \neq$ $z_{2}, \left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|, f\left(z_{1}\right)=f\left(z_{2}\right)$，则有
$$ \left|f\left(z_{1}\right)\right|=\left|f\left(z_{2}\right)\right| \leqslant \frac{\left|z_{1}\right|^{2}}{r}=\frac{\left|z_{2}\right|^{2}}{r}。 $$ 因为$g \in \operatorname{Aut}(B(0, 1))$，所以
$$ \left|\frac{g(z)-g\left(z_{1}\right)}{1-\overline{g\left(z_{1}\right)} g(z)}\right| \leqslant 1 \quad\left(z, z_{1} \in B(0, 1)\right), $$ 即
$$ \left|\frac{f(r z) / r-f\left(r z_{1}\right) / r}{\left.1-\overline{\left(f\left(r z_{1}\right)\right.} / r\right)(f(r z) / r)}\right| \leqslant 1。 $$ 经化简并用$z$代替$r z$，用$z_{1}$代替$r z_{1}$，可得
$$ \begin{equation*} \left|\frac{f(z)-f\left(z_{1}\right)}{r^{2}-\overline{f\left(z_{1}\right)} f(z)}\right| \leqslant \frac{1}{r} \quad\left(z, z_{1} \in B(0, r)\right) 。 \end{equation*} $$ (6) 当$z \in \partial B(0, r)$时，有
$$ \left|\frac{r^{2}-\bar{z}_{1} z}{z-z_{1}}\right|=\left|\frac{r^{2}-\bar{z}_{2} z}{z-z_{2}}\right|=r。 $$ 令
$$ t(z)=\frac{f(z)-f\left(z_{1}\right)}{r^{2}-\overline{f\left(z_{1}\right)} f(z)} \frac{r^{2}-\bar{z}_{1} z}{z-z_{1}} \frac{r^{2}-\bar{z}_{2} z}{z-z_{2}}, $$ 则$|t(z)| \leqslant r \quad(z \in \partial B(0, r))$。由最大模原理可得$|t(z)| \leqslant r$ $(z \in B(0, r))$。特别地，令$z=0$，可得
$$ \left|f\left(z_{1}\right)\right| \leqslant \frac{\left|z_{1}\right|^{2}}{r}, $$ 即
$$ \begin{equation*} \left|f\left(z_{1}\right)\right|=\left|f\left(z_{2}\right)\right| \leqslant \frac{\left|z_{1}\right|^{2}}{r}=\frac{\left|z_{2}\right|^{2}}{r} 。 \end{equation*} $$ (7) 下面进一步证明：若存在$k$个互异的$t_{1}, t_{2}, \cdots$，$t_{k}(k \geqslant 2)$，满足$\left|t_{1}\right|=\left|t_{2}\right|=\cdots=\left|t_{k}\right|$，使得$f\left(t_{1}\right)=$ $f\left(t_{2}\right)=\cdots=f\left(t_{k}\right)$，则式(7) 仍然成立。
令
$$ F(z)=\frac{f(z)-f\left(t_{1}\right)}{r^{2}-\overline{f\left(t_{1}\right)} f(z)} \frac{r^{2}-\bar{t}_{1} z}{z-t_{1}} \frac{r^{2}-\bar{t}_{2} z}{z-t_{2}} \cdots \frac{r^{2}-\bar{t}_{k} z}{z-t_{k}} 。 $$ 因为$f(B(0, r)) \subset B(0, r)$，故由式(6) 可得
$$ \left|\frac{f(z)-f\left(t_{1}\right)}{r^{2}-\overline{f\left(t_{1}\right)} f(z)}\right| \leqslant \frac{1}{r} 。 $$ 当$z \in \partial B(0, r)$时，有
$$ \left|\frac{r^{2}-\bar{t}_{1} z}{z-t_{1}}\right|=\left|\frac{r^{2}-\bar{t}_{2} z}{z-t_{2}}\right|=\cdots=\left|\frac{r^{2}-\bar{t}_{k} z}{z-t_{k}}\right|=r, $$ 所以$|F(z)| \leqslant r^{k-1}(z \in \partial B(0, r))$。由最大模原理可得：$\forall z \in B(0, r)$，有$|F(z)| \leqslant r^{k-1}$。代入$z=0$，可得
$$ \left|\frac{f\left(t_{1}\right)}{r^{2}}\right|\left|\frac{r^{2}}{t_{1}}\right| \cdots\left|\frac{r^{2}}{t_{k}}\right| \leqslant r^{k-1} 。 $$ 经整理可得
$$ \left|f\left(t_{1}\right)\right| \leqslant \frac{\left|t_{1}\right|^{k}}{r^{k-1} }。 $$ 又$\left|t_{1}\right| \leqslant r, r>1$，则
$$ \frac{\left|t_{1}\right|^{k}}{r^{k-1}} \leqslant \frac{\left|t_{1}\right|^{2}}{r}, $$ 进而有
$$ \left|f\left(t_{1}\right)\right| \leqslant \frac{\left|t_{1}\right|^{2}}{r} 。 $$ 因此
$$ \begin{aligned} & \left|f\left(t_{1}\right)\right|=\left|f\left(t_{2}\right)\right|=\cdots=\left|f\left(t_{k}\right)\right| \leqslant \frac{\left|t_{1}\right|^{2}}{r}=\frac{\left|t_{2}\right|^{2}}{r}= \\ & \cdots=\frac{\left|t_{k}\right|^{2}}{r} \circ \end{aligned} $$ 假设存在$z_{1} \neq z_{2}, \left|z_{1}\right| <r_{2}, \left|z_{2}\right|<r_{2}$，使得$f\left(z_{1}\right)=$ $f\left(z_{2}\right)=w_{\circ}$令$C_{r_{2}}=\left\{z \in \mathbb{C}:|z|=r_{2}\right\}, T_{r_{2}}=f\left(C_{r_{2}}\right)$，利用辐角原理可得
$$ \frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{C_{r_{2}}} \frac{f^{\prime}(z)}{f(z)-w} \mathrm{d} z \geqslant 2 。 $$ 假设$T_{r_{2}}$为简单Jordan闭曲线，则有
$$ \frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{C_{r_{2}}} \frac{f^{\prime}(z)}{f(z)-w} \mathrm{d} z=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint\limits_{T_{r_{2}}} \frac{1}{z-w} \mathrm{d} z=1 。 $$ 从而得到矛盾。由此可知：存在$t_{1} \neq t_{2}, \left|t_{1}\right|=\left|t_{2}\right|=$ $r_{1} \leqslant r_{2}$，使得：$f\left(t_{1}\right)=f\left(t_{2}\right)$。所以，由式(7) 可得
$$ \begin{equation*} \left|f\left(t_{1}\right)\right| \leqslant \frac{r_{1}^{2}}{r} 。 \end{equation*} $$ (8) 由式(5) 可得
$$ \begin{equation*} \frac{r^{2} r_{1}\left(a-r_{1}\right)}{r^{2}-a r_{1}} \leqslant\left|f\left(t_{1}\right)\right|。 \end{equation*} $$ (9) 再由式(8)、(9) 可得
$$ \frac{r^{2} r_{1}\left(a-r_{1}\right)}{r^{2}-a r_{1}} \leqslant \frac{r_{1}^{2}}{r}, $$ 其中，$r>0$且$r_{1}>0$。解之得：
$$ \begin{equation*} r_{1} \geqslant \frac{r^{3}+r^{2}-\sqrt{r^{4}(r+1)^{2}-4 a^{2} r^{3}}}{2 a} \quad\left(r(r+1)^{2}>4 a^{2}\right) 。 \end{equation*} $$ (10) 记式(10) 的右端为$l(r)$，则$f$在$B(0, l(r))$上为单叶函数。
综上所述，总存在
$$ r_{1}=r_{1}(r, a)=\min \left\{\frac{r^{3}+r^{2}-\sqrt{r^{4}(r+1)^{2}-4 a^{2} r^{3}}}{2 a}, r\right\}, $$ 使得$f$在$B\left(0, r_{1}\right)$上为单叶函数。证毕。
3. 结束语
本文利用Schwarz引理推出了Carathéodory不等式，然后研究了一类在复平面$\mathbb{C}$上全纯且以$\infty$为本性奇点的函数$f$，得到$\lim\limits _{r \rightarrow \infty} \frac{A(r)}{r^{n}}$与$\infty$的关系；并利用Schwarz引理的相关推论，研究了一类函数$f_{a}$，得到了一个结论：对于任意的$f \in f_{a}$，均存在$r=r(a)$，使得$f$在$B(0, r)$上为单叶函数。进而推广到了另一类函数$f_{a}^{r}$：对于任意的$f \in f_{a}^{r}$，存在$r_{1}=r_{1}(r, a)$，使得$f$在$B\left(0, r_{1}\right)$上为单叶函数.
后续可以研究以0为本性奇点的函数类，探究$\lim\limits _{r \rightarrow \infty} \frac{A(r)}{r^{n}}$是否等于$\infty$。另外，受FOURNIER等 [19]的启发，后续还可以尝试研究函数族$F_{c}$中函数的单叶半径。
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