在单复变函数论中, 双全纯函数有如下的偏差估计形式:

定理1.1^[1]  若$f(z)$为复平面单位圆盘${\Bbb U}$上一正规化的双全纯函数, 则

$ \frac{1-|z|}{(1+|z|)^{3}}\leq|f'(z)|\leq\frac{1+|z|}{(1-|z|)^{3}}. $

但在多复变量函数中, Cartan^[2]指出双全纯映射的偏差估计不再成立.于是他建议研究人员研究双全纯星形映照、双全纯凸映照和双全纯映照的一些重要子类.最近, 双全纯凸 (逆凸) 映照的一些偏差估计已经有了一些可喜成果 (参见文献[3-6]), 但对星形映射和螺形映射鲜有偏差估计的结果, 仅可见单位方向上的偏差估计, 如文献[7-8].2001年数学家Hamada与Kohr在文献[9]中首次提出了强$\alpha$型螺形映射的定义, 2009年徐庆华博士在文献[10]中把文献[9]中强$\alpha$型螺形映射的增长和掩盖结果推广至复Bananch空间的单位球${\Bbb B}$上.强$\alpha$型螺形映射作为星形映射的又一重要的子类, 其偏差估计至今没有研究结果出现.本文在复Banach空间中开单位球${\Bbb B}$及欧式空间中单位多圆柱${\Bbb D}^{n}$单位方向上给出了强$\alpha$型螺形映射的偏差估计.所得结果使得我们在一定程度上丰富了多复变几何函数论这门学科的内容.

全文中, 用${\Bbb C}$表示复平面, ${\Bbb U}$表示复平面上的单位圆盘; ${\Bbb B}^{n}$为复向量空间${\Bbb C}^{n}$中的单位球; $X$是具有任意模$\|\cdot\|$的复Banach空间; ${\Bbb B}$是$X$中的单位球; $X^{\ast}$为$X$的对偶空间.对每一$x\in X\backslash\{0\}$, 定义$T(x)=\{T_{x}\in X^{\ast}:\|T_{x}\|=1, T_{x}(x)=\|x\|\}$.由Hahn-Banach定理, $T(x)$非空.对任意的$\alpha(\neq0)\in {\Bbb C}$, 相应于$T_{x}\in T(x)$, 有$\frac{|\alpha|}{\alpha}T_{x}\in T(\alpha x)$, 我们总是记$\frac{|\alpha|}{\alpha}T_{x}=T_{\alpha x}$.用$H({\Bbb U}, {\Bbb C})$作为从${\Bbb U}$到${\Bbb C}$的全纯函数集, $H({\Bbb B})$为从${\Bbb B}$到$X$的全纯映射集.若Fréchet导数$Df(x)$对每一$x\in {\Bbb B}$有有界逆, 则称$f$为${\Bbb B}$上局部双全纯映射; 若逆映射$f^{-1}$存在, 且在$f({\Bbb B})$上全纯, 称$f$为${\Bbb B}$上双全纯映射; 若$f\in H({\Bbb B})$满足$f(0)=0, Df(0)=I$, 称$f$为${\Bbb B}$上正规化全纯映射.其中$I$为单位算子.

定义2.1  设$f:{\Bbb B}\rightarrow X$为一局部双全纯映射, $\alpha\in {\Bbb R}$满足$|\alpha|<\frac{\pi}{2}$.若

$ {\rm Re}\{{\rm e}^{-{\rm i}\alpha}T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]\}>0, $

则称$f$为一$\alpha$型螺形映射.

易见当$\alpha=0$, $\alpha$型螺形映射为一个星形映射.

定义2.2^[9]  设$f$为有界均衡域$\Omega$上一正规化双全纯映射.若$\phi_{z, 0}(U)$依赖于$z\in \partial\Omega$被含在右半平面一紧致子集, 或等价地, 存在一数$c$ (满足$0<c<1$), 使得对$\forall z\in \partial\Omega$, $|\sigma_{z, 0}(\xi)|\leq c$一致成立, 则称$f$为强$\alpha$型螺形映射.其中$\sigma_{z, t}(\xi)=\frac{\phi_{z, t}(\xi)-1}{\phi_{z, t}(\xi)+1}$, $\phi_{z, t}(\xi)=\langle\frac{g(\xi z, t)}{\xi}, \frac{\partial\rho^{2}(z)}{\partial\overline{z}}\rangle$, $g(z, t)={\rm i}az+(1-{\rm i}a){\rm e}^{-{\rm i}at}[Df({\rm e}^{{\rm i}at}z)]^{-1}f({\rm e}^{{\rm i}at}z)$, $\rho(z)$为有界均衡域$\Omega$上的Minkowski泛函, $a=\tan\alpha, |\alpha|<\frac{\pi}{2}.$

当$\alpha=0$, 上述定义同强星形映射定义一致, 可参见文献[11].

当$\Omega={\Bbb B}^{n}$, $\rho(z)=\|z\|$, 经过一系列变换, 复向量空间${\Bbb C}^{n}$中单位球${\Bbb B}^{n}$上的强$\alpha$型螺形映照的定义等价于下述定义2.3(请感兴趣的读者自行证明).

定义2.3  设$f$为${\Bbb B}^{n}$上一正规化双全纯映射, $c\in(0, 1)$, 若

$ |{\rm i}a+(1-{\rm i}a)\frac{\overline{z'}J_{f}^{-1}(z)f(z)}{\|z\|^{2}}-\frac{1+c^{2}}{1-c^{2}}|\leq\frac{2c}{1-c^{2}}, $

称$f$为${\Bbb B}^{n}$上强$\alpha$型螺形映射.其中$a=\tan\alpha, |\alpha|<\frac{\pi}{2}$.

当$n=1$, 定义2.3中的不等式即为$|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)\frac{f(z)}{zf'(z)}-\frac{1+c^{2}}{1-c^{2}}|\leq\frac{2c}{1-c^{2}}$.

为了研究的需要, 我们将复向量空间${\Bbb C}^{n}$中单位球${\Bbb B}^{n}$上的强$\alpha$型螺形映照的定义推广到复Banach空间中的单位球${\Bbb B}$上.

定义2.4  设$f$为${\Bbb B}$上一正规化双全纯映射, $c\in(0, 1)$且

$ | {\rm i}a+(1-{\rm i}a)\frac{T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]}{\|x\|}-\frac{1+c^{2}}{1-c^{2}}|\leq\frac{2c}{1-c^{2}}, $

则称$f$为单位球${\Bbb B}$上的强$\alpha$型螺形映射, 其中$a=\tan\alpha, |\alpha|<\frac{\pi}{2}$.

注2.1  通过下述引理2.9中的不等式 (2.2), 我们将看到定义2.4和定义2.1之间的关系：即若$f$为单位球${\Bbb B}$上的强$\alpha$型螺形映射, 则$f$必为${\Bbb B}$上的一$\alpha$型螺形映射.

定义2.5  设$f\in H({\Bbb B})$, 若$f(0)=0, Df(0)=\cdots=D^{k}f(0)=0$, 但$D^{k+1}f(0)\neq0, $ $k=1, 2, \cdots$, 称$x=0$为$f(x)$的$k+1$零点.

本文的研究我们将用到下述引理:

引理2.1^[12]  设$g\in H({\Bbb U}, {\Bbb U})$, $z=0$是$g(z)$的$k$阶零点, 则对$\forall z\in {\Bbb U}$, 有$|g(z)|\leq |z|^{k}$.

引理2.2  设${\Bbb B}$是Banach空间一开单位球, $f:{\Bbb B}\longrightarrow X$是强$\alpha$型螺形映射, 则

$ \cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|)}{1+c\|x\|}-\sin\alpha\leq |T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]|\leq \cos\alpha\frac{\|x\|(1+c\|x\|)}{1-c\|x\|}+\sin\alpha. $

证  固定$x\in {\Bbb B}\backslash\{0\}$, 记$x_{0}=\frac{x}{\|x\|}$, 则$x_{0}\in\partial {\Bbb B}$.定义复平面中单位圆盘上一全纯函数如下

$g(\xi)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{1}{\xi}T_{x_{0}}[(Df(\xi x_{0}))^{-1}f(\xi x_{0})], ~~&\xi\in {\Bbb U}\backslash\{0\}, \\ 1, &\xi=0. \end{array}\right.$

(2.1)

由$f$的定义, 在上述不等式中令$x=\xi x_{0}$, 我们有

$ \bigg|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)\frac{1}{\xi}T_{x_{0}}[(Df(\xi x_{0}))^{-1}f(\xi x_{0})]-\frac{1+c^{2}}{1-c^{2}}\bigg|\leq\frac{2c}{1-c^{2}}, $

即$|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)-\frac{1+c^{2}}{1-c^{2}}|\leq\frac{2c}{1-c^{2}}, \xi\neq 0$.又$g(0)=1$, 则对$\forall \xi\in {\Bbb U}$, 进而有

$ \bigg|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)-\frac{1+c^{2}}{1-c^{2}}\bigg|\leq\frac{2c}{1-c^{2}}. $

令

$ h(\xi)=\frac{\frac{1-c^{2}}{2c}[{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)]-\frac{1+c^{2}}{2c}+c}{1+c\{\frac{1-c^{2}}{2c}[{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)]-\frac{1+c^{2}}{2c}\}} =\frac{[{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)]-1}{c+c[{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)]}, $

则$|h(\xi)|<1, \xi\in D$且$h(0)=0, |h(\xi)|<|\xi|$.即

$ \bigg|\frac{[{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)]-1}{1+[{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)]}\cdot \frac{1}{c}\bigg|\leq|\xi|~~\mbox{ 或 }~~ \bigg|\frac{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)-1}{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)+1} \bigg|\leq|c\xi|. $

进而${\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)$落在以$z_{0}$为心, 以$\rho$为半径的圆内.此处$z_{0}=\frac{1+c^{2}|\xi|^{2}}{1-c^{2}|\xi|^{2}}, \rho=\frac{2c|\xi|}{1-c^{2}|\xi|^{2}}$.注意到$z_{0}, \rho>0, z_{0}-\rho>0, $则$z_{0}-\rho<|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)|<z_{0}+\rho$, 整理得

$ \frac{1-c|\xi|}{1+c|\xi|}\leq|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)| \leq\frac{1+c|\xi|}{1-c|\xi|}. $

进而

$ \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\frac{1-c|\xi|}{1+c|\xi|}-\frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}\leq|g(\xi)|\leq \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\frac{1+c|\xi|}{1-c|\xi|}+\frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}. $

取$\xi=\|x\|$, 则有$\xi x_{0}=x$, 进而

$ \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\frac{1-c\|x\|}{1+c\|x\|}-\frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}\leq \frac{1}{\|x\|}|T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]|\leq \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\frac{1+c\|x\|}{1-c\|x\|}+\frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}. $

再做整理有

$ \cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|)}{1+c\|x\|}-\sin\alpha\leq |T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]|\leq \cos\alpha\frac{\|x\|(1+c\|x\|)}{1-c\|x\|}+\sin\alpha. $

证毕.

引理2.3  设$f$为${\Bbb D}^{n}$上一强$\alpha$型螺形映射, 则

$ \cos\alpha\frac{\|z\|(1-c\|z\|)}{1+c\|z\|}-\sin\alpha\leq \|(Df(z))^{-1}f(z)\| \leq \cos\alpha\frac{\|z\|(1+c\|z\|)}{1-c\|z\|}+\sin\alpha. $

证  注意到$\|T_{z}\|\leq1$和引理2.2, 可得

$ \cos\alpha\frac{\|z\|(1-c\|z\|)}{1+c\|z\|}-\sin\alpha\leq |T_{z}[(Df(z))^{-1}f(z)]|\leq \|(Df(z))^{-1}f(z)\|. $

另一方面设$\xi\in {\Bbb D}^{n}$满足$|\xi_{1}|=\cdots=|\xi_{n}|$, 则$T_{\xi}=(0, \cdots, 0, \frac{\|\xi\|}{\xi_{i}}, 0, \cdots, 0)$.记$\omega(z)=(Df(z))^{-1}f(z)$, 则存在数$i, $使得

$ \begin{gathered} \omega (z) = |{\omega _i}(z)| \leqslant \mathop {\max }\limits_{\xi \in {{(\partial D)}_n}(0, z)} |{\omega _i}(\xi )| = \mathop {\max }\limits_{\xi \in {{(\partial D)}_n}(0, z)} |\frac{{\xi }}{{{\xi _i}}}{\omega _i}(\xi )| \hfill \\ = \mathop {\max }\limits_{\xi \in {{(\partial D)}_n}(0, z)} |{T_\xi }[\omega (\xi )]|. \hfill \\ \end{gathered} $

由引理2.2知$|T_{\xi}[(Df(\xi))^{-1}f(\xi)]|\leq \cos\alpha\frac{\|\xi\|(1+c\|\xi\|)}{1-c\|\xi\|}+\sin\alpha$, 因此

$ \|(Df(z))^{-1}f(z)\|=\|\omega(z)\|\leq \cos\alpha\frac{\|z\|(1+c\|z\|)}{1-c\|z\|}+\sin\alpha. $

证毕.

引理2.4  设$f$为${\Bbb B}$上一强$\alpha$型螺形映射, 则

$ \cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|)}{1+c\|x\|}-\sin\alpha\leq \|(Df(x))^{-1}f(x)\|. $

证  注意$T_{x}$在$X$上是一连续线形函数, $\|T_{x}\|=1, T_{x}(x)=\|x\|$, 由引理2.2可得

$ \cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|)}{1+c\|x\|}-\sin\alpha\leq |T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]|\leq \|(Df(x))^{-1}f(x)\|. $

证毕.

引理2.5^[10]  设$c\in (0, 1), \alpha \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, $f$为${\Bbb B}$上一强$\alpha$型螺形映射, 且$x=0$是$f(x)-x$的$k+1$阶零点, 则

$ \frac{\|x\|}{(1+c\|x\|^{k})^{\frac{2}{k}}}\leq\|f(x)\|\leq\frac{\|x\|}{(1-c\|x\|^{k})^{\frac{2}{k}}}, x\in {\Bbb B}. $

易见当$k=1$时, 相应的结论为$\frac{\|x\|}{(1+c\|x\|)^{2}}\leq\|f(x)\|\leq\frac{\|x\|}{(1-c\|x\|)^{2}}, x\in {\Bbb B}$.

引理2.6  设${\Bbb B}$是Banach空间一开单位球, $f:{\Bbb B}\longrightarrow X$是强$\alpha$型螺形映射, $x=0$是$f(x)-x$的$k+1$阶零点, 则

$ \cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|^{k})}{1+c\|x\|^{k}}-\sin\alpha\leq |T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]|\leq \cos\alpha\frac{\|x\|(1+c\|x\|^{k})}{1-c\|x\|^{k}}+\sin\alpha. $

证  记$p(x)=(Df(x))^{-1}f(x)$, 则$Df(x)p(x)=f(x)$, 简单计算知$p(0)=0, Dp(0)=I.$根据$D^{n}[Df(x)p(x)]=D^{n}f(x), (n\leq k)$可得$\sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}D^{n-i}(Df(x))D^{i}p(x)=D^{n}f(x)$, 注意到$x=0$是$f(x)-x$的$k+1$阶零点, 在上式中令$x=0$则有$D^{i}p(0)=0, 2\leq i\leq k.$

类似地由$D^{k+1}[Df(x)p(x)]=D^{k+1}f(x)$, 可得

$ \sum\limits_{i=0}^{k+1}C_{k+1}^{i}D^{k+1-i}(Df(x))D^{i}p(x)=D^{k+1}f(x), $

进而

$ \sum\limits_{i=0}^{k}C_{k+1}^{i}D^{k+1-i}(Df(x))D^{i}p(x)+Df(x) D^{k+1}p(x)=D^{k+1}f(x). $

仍令$x=0$有$D^{k+1}p(0)\neq0$.综上知$x=0$是$p(x)-x=(Df(x))^{-1}f(x)-x$的$k+1$阶零点.因此$\xi=0$也是$h(\xi)$的$k$阶零点.由引理2.1我们有$|h(\xi)|\leq |\xi|^{k}$.或$|\frac{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)-1}{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)+1}| \leq c|\xi|^{k}$.进而${\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)$落在以$z_{0}$为心, 以$\rho$为半径的圆内.此处$z_{0}=\frac{1+c^{2}|\xi|^{2k}}{1-c^{2}|\xi|^{2k}}, \rho=\frac{2c|\xi|^{k}}{1-c^{2}|\xi|^{2k}}$.类似于引理2.2的处理, 我们得到$z_{0}-\rho<|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)|<z_{0}+\rho$, 整理有

$ \frac{1-c|\xi|^{k}}{1+c|\xi|^{k}}\leq|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)g(\xi)| \leq\frac{1+c|\xi|^{k}}{1-c|\xi|^{k}}. $

进而

$ \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\frac{1-c|\xi|^{k}}{1+c|\xi|^{k}} -\frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}\leq|g(\xi)|\leq \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\frac{1+c|\xi|^{k}}{1-c|\xi|^{k}}+ \frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}. $

取$\xi=\|x\|$, 则$\xi x_{0}=x$, 即

$ \begin{gathered} \frac{1}{{\sqrt {1 + {a^2}} }}\frac{{1 - cx{^k}}}{{1 + cx{^k}}} - \frac{a}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} \leqslant \frac{1}{{x{^{}}}}|{T_x}[{(Df(x))^{-1}}f(x)]| \hfill \\ \leqslant \frac{1}{{\sqrt {1 + {a^2}} }}\frac{{1 + cx{^k}}}{{1 - cx{^k}}} + \frac{a}{{\sqrt {1 + {a^2}} }}. \hfill \\ \end{gathered} $

再次整理有

$ \cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|^{k})}{1+c\|x\|^{k}}-\sin\alpha\leq |T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]|\leq \cos\alpha\frac{\|x\|(1+c\|x\|^{k})}{1-c\|x\|^{k}}+\sin\alpha. $

证毕.

引理2.7  设$f$为${\Bbb D}^{n}$上一强$\alpha$型螺形映照, $z=0$为$f(z)-z$的$k+1$阶零点, 则

$ \cos\alpha\frac{\|z\|(1-c\|z\|^{k})}{1+c\|z\|^{k}}-\sin\alpha\leq \|(Df(z))^{-1}f(z)\| \leq \cos\alpha\frac{\|z\|(1+c\|z\|^{k})}{1-c\|z\|^{k}}+\sin\alpha. $

证  由$\|T_{z}\|\leq1$和引理2.6, 我们有

$ \cos\alpha\frac{\|z\|(1-c\|z\|^{k})}{1+c\|z\|^{k}}-\sin\alpha\leq |T_{z}[(Df(z))^{-1}f(z)]|\leq \|(Df(z))^{-1}f(z)\|. $

另一方面我们设$\xi\in {\Bbb D}^{n}$满足$|\xi_{1}|=\cdots=|\xi_{n}|$, 则$T_{\xi}=(0, \cdots, 0, \frac{\|\xi\|}{\xi_{i}}, 0, \cdots, 0)$.记$\omega(z)=(Df(z))^{-1}f(z)$, 则存在$i, $使得

$ \begin{gathered} \omega (z) = |{\omega _i}(z)| \leqslant \mathop {\max }\limits_{\xi \in {{(\partial D)}_n}(0, z)} |{\omega _i}(\xi )| = \mathop {\max }\limits_{\xi \in {{(\partial D)}_n}(0, z)} |\frac{{\xi }}{{{\xi _i}}}{\omega _i}(\xi )| \hfill \\ = \mathop {\max }\limits_{\xi \in {{(\partial D)}_n}(0, z)} |{T_\xi }[\omega (\xi )]|. \hfill \\ \end{gathered} $

根据引理2.6有

$ |T_{\xi}[(Df(\xi))^{-1}f(\xi)]|\leq \cos\alpha\frac{\|\xi\|(1+c\|\xi\|^{k})}{1-c\|\xi\|^{k}}+\sin\alpha, $

因此

$ \|(Df(z))^{-1}f(z)\|=\|\omega(z)\|\leq \cos\alpha\frac{\|z\|(1+c\|z\|^{k})}{1-c\|z\|^{k}}+\sin\alpha. $

证毕.

引理2.8  设$f$为${\Bbb B}$上一强$\alpha$型螺形映照, 则

$ \cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|^{k})}{1+c\|x\|^{k}}-\sin\alpha\leq \|(Df(x))^{-1}f(x)\|. $

证  注意到$T_{x}$为$X$上连续线性函数, $\|T_{x}\|=1, T_{x}(x)=\|x\|$, 由引理2.6可得

$ \cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|^{k})}{1+c\|x\|^{k}}-\sin\alpha\leq |T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]|\leq \|(Df(x))^{-1}f(x)\|. $

证毕.

引理2.9  设$f$是${\Bbb B}$上一强$\alpha$型螺形映射,

$ g(x, t)={\rm i}ax+(1-{\rm i}a){\rm e}^{-{\rm i}at}[(Df({\rm e}^{{\rm i}at}x))^{-1}f({\rm e}^{{\rm i}at}x)]. $

则

$ \|x\|\frac{1-c\|x\|}{1+c\|x\|}\leq {\rm Re}T_{x}[g(x, t)]\leq\|x\|\frac{1+c\|x\|}{1-c\|x\|}. $

证  因为$f$是${\Bbb B}$上一强$\alpha$型螺形映射, 则

$ \bigg|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)\frac{T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]}{\|x\|} -\frac{1+c^{2}}{1-c^{2}}\bigg|\leq\frac{2c}{1-c^{2}}. $

记$x_{0}=\frac{x}{\|x\|}, $用$\xi x_{0}$代替$x$, 则有

$ \bigg|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)\frac{T_{x_{0}}[(Df(\xi x_{0}))^{-1}f(\xi x_{0})]} {\xi}-\frac{1+c^{2}}{1-c^{2}}\bigg|\leq\frac{2c}{1-c^{2}}. $

记$p(\xi)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{T_{x_{0}}[(Df(\xi x_{0}))^{-1}f(\xi x_{0})]}{\xi}, & t\neq0, \\ 1, & t=0, \end{array} \right.$上述不等式变形为

$ \bigg|{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)- \frac{1+c^{2}}{1-c^{2}}\bigg|\leq\frac{2c}{1-c^{2}}, ~~\xi\in {\Bbb U}. $

令

$ h(\xi)=\frac{\{\frac{1-c^{2}}{2c}[{\rm i}a+ (1-{\rm i}a)p(\xi)]-\frac{1+c^{2}}{2c}\}+c} {1+c\{\frac{1-c^{2}}{2c}[{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)]-\frac{1+c^{2}}{2c}\}} =\frac{1}{c}\frac{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)-1}{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)+1}, $

则$h(\xi)\in H({\Bbb U}, {\Bbb U}), H(0)=1$.根据单复变的Schwarz引理, 有$|h(\xi)|\leq |\xi|$.即$|\frac{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)-1}{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)+1}|\leq c|\xi|$.进而${\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)$落在以$z_{0}$为心，以$\rho$为半径的圆内.此处$z_{0}=\frac{1+c^{2}|\xi|^{2}}{1-c^{2}|\xi|^{2}}, \rho=\frac{2c|\xi|}{1-c^{2}|\xi|^{2}}$.注意到$z_{0}-\rho>0, $则有

$ z_{0}-\rho\leq {\rm Re}[{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)]\leq z_{0}+\rho. $

在上式中令$\xi=\|x\|$, 则$\xi x_{0}=x$, 整理得

$\|x\|\frac{1-c\|x\|}{1+c\|x\|}\leq\frac{1}{\cos\alpha}{\rm Re}\{{\rm e}^{-i\alpha}T_{x}[(Df(x))^{-1}f(x)]\}\leq\|x\|\frac{1+c\|x\|}{1-c\|x\|} .$

(2.2)

用${\rm e}^{{\rm i}at}x$替换$x$, 再次整理有

$ \|x\|\frac{1-c\|x\|}{1+c\|x\|}\leq {\rm Re}T_{x}[g(x, t)]\leq\|x\|\frac{1+c\|x\|}{1-c\|x\|}. $

证毕.

引理2.10  设$f$为${\Bbb B}$上$\alpha$型强螺形映射, $x=0$为$f(x)-x$的$k+1$阶零点, $g(x, t)={\rm i}ax+(1-{\rm i}a){\rm e}^{-{\rm i}at}[(Df({\rm e}^{{\rm i}at}x))^{-1}f({\rm e}^{{\rm i}at}x)].$则

$ \|x\|\frac{1-c\|x\|^{k}}{1+c\|x\|^{k}}\leq {\rm Re}T_{x}[g(x, t)]\leq\|x\|\frac{1+c\|x\|^{k}}{1-c\|x\|^{k}}. $

证  类似于引理2.8, 注意到$x=0$是$f(x)-x$的$k+1$阶零点, 可得$\xi=0$是$h(\xi)$的$k$阶零点.由引理2.1, 我们有$|h(\xi)|\leq |\xi|^{k}$.或者$|\frac{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)-1}{{\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)+1}|\leq c|\xi|^{k}$.进而有${\rm i}a+(1-{\rm i}a)p(\xi)$落在以$z_{0}$为心, 以$\rho$为半径的圆内.此处$z_{0}=\frac{1+c^{2}|\xi|^{2k}}{1-c^{2}|\xi|^{2k}}, \rho=\frac{2c|\xi|^{k}}{1-c^{2}|\xi|^{2k}}$.仍相似于引理2.9, 整理有

$ \|x\|\frac{1-c\|x\|^{k}}{1+c\|x\|^{k}}\leq {\rm Re}T_{x}[g(x, t)] \leq\|x\|\frac{1+c\|x\|^{k}}{1-c\|x\|^{k}}. $

证毕.

本文获得主要结果及研究过程如下:

定理3.1  设$f$为${\Bbb D}^{n}$上强$\alpha$型螺形映射, 则对任意的$z\in {\Bbb D}^{n}\backslash\{0\}$, 存在一个单位向量$\xi(z)$使得

$ \frac{\frac{\|z\|}{(1+c\|z\|)^{2}}} {\cos\alpha\frac{\|z\|(1+c\|z\|)}{1-c\|z\|}+\sin\alpha}\leq\|Df(z)\xi(z)\| \leq\frac{\frac{\|z\|}{(1-c\|z\|)^{2}}} {\cos\alpha\frac{\|z\|(1-c\|z\|)}{1+c\|z\|}-\sin\alpha}. $

证  记$\xi(z)=\frac{(Df(z))^{-1}f(z)}{\|(Df(z))^{-1}f(z)\|}, z\in {\Bbb D}^{n}\backslash\{0\}$.由引理2.3和引理2.5我们知

$ \frac{\frac{\|z\|}{(1+c\|z\|)^{2}}} {\cos\alpha\frac{\|z\|(1+c\|z\|)}{1-c\|z\|}+\sin\alpha}\leq\|Df(z)\xi(z)\| =\frac{\|f(z)\|}{\|(Df(z))^{-1}f(z)\|}\leq\frac{\frac{\|z\|}{(1-c\|z\|)^{2}}} {\cos\alpha\frac{\|z\|(1-c\|z\|)}{1+c\|z\|}-\sin\alpha}. $

整理可得结论.

定理3.2  设$f:{\Bbb B}\longrightarrow X$是强$\alpha$型螺形映射, 则对任意的$x\in {\Bbb B}\backslash\{0\}$, 存在一单位向量$\xi(x)$使得

$ \|Df(x)\xi(x)\| \leq\frac{\frac{\|x\|}{(1-c\|x\|)^{2}}} {\cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|)}{1+c\|x\|}-\sin\alpha}. $

证  证明类似于定理3.1.

定理3.3  设$f$是${\Bbb D}^{n}$上的强$\alpha$型螺形映射, 则对任意的$z\in {\Bbb D}^{n}\backslash\{0\}$, 存在一单位向量$\xi(z)$使得

$ \|Df(x)\xi(x)\| \leq\frac{\frac{\|x\|}{(1-c\|x\|)^{2}}} {\cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|)}{1+c\|x\|}-\sin\alpha}. $

证  证明相似于定理3.1, 结合引理2.5和引理2.7我们得

$ \frac{\frac{\|z\|}{(1+c\|z\|^{k})^{\frac{2}{k}}}} {\cos\alpha\frac{\|z\|(1+c\|z\|^{k})}{1-c\|z\|^{k}}+\sin\alpha} \leq\|Df(z)\xi(z)\| =\frac{\|f(z)\|}{\|(Df(z))^{-1}f(z)\|}\leq \frac{\frac{\|z\|}{(1-c\|z\|^{k})^{\frac{2}{k}}}} {\cos\alpha\frac{\|z\|(1-c\|z\|^{k})}{1+c\|z\|^{k}}-\sin\alpha}. $

整理即可得结论.

定理3.4  设$f:{\Bbb B}\longrightarrow X$为强$\alpha$型螺形映射, $x=0$为$f(x)-x$的$k+1$阶零点, 则对任意的$x\in {\Bbb B}\backslash\{0\}$, 存在一单位向量$\xi(x)$使得

$ \|Df(x)\xi(x)\|\leq \frac{\frac{\|x\|}{(1-c\|x\|^{k})^{\frac{2}{k}}}} {\cos\alpha\frac{\|x\|(1-c\|x\|^{k})}{1+c\|x\|^{k}}-\sin\alpha}. $

证  证明相似于定理3.2.

注3.1  因为强$\alpha$型螺形映射一定为螺形映射, 故定理3.1-3.4也为$\alpha$型螺形映射相应的偏差估计.

注3.2  当$\alpha=0$时, 定理3.1-3.4即为强星形映射相应的偏差估计, 当然也为星形映射相应的偏差估计.