设 ${\mathcal A}$ 表示所有在单位圆盘 ${\Bbb D}=\{z: |z|<1\}$ 内解析的函数构成之集, $S$ 表示 $\mathcal{A}$ 中满足条件 $f(0)=f'(0)-1=0$ 的单叶函数 $f$ 所构成的子集.对于给定的 $\alpha, 0\leq\alpha<1$ , 如果 $f\in{\mathcal A}$ , $f(0)=f'(0)-1=0$ 并且Re $\{zf'(z)/f(z)\}>\alpha (z\in {\Bbb D})$ , 则称 $f$ 是一个 $\alpha$ 阶星型函数, 所有 $\alpha$ 阶星型函数之集记作 $S^*(\alpha)$ , .众所周知 $S^*(\alpha)\subset S$ 并且

$ s_\alpha(z)=\frac{z}{(1-z)^{2(1-\alpha)}} $

是函数族 $S^*(\alpha)$ 的极值函数.

如果 $f\in{\mathcal A}$ 且满足 $f(0)=f'(0)-1=0$ 及Re $\{1+zf''(z)/f'(z)\}>0 (z\in {\Bbb D})$ , 则称 $f$ 是一个凸函数.所有凸函数之集记作 $K$ .

两个幂级数 $f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nz^n$ 和 $g(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty b_nz^n$ 的哈达玛乘积或卷积定义为下面幂级数

$ (f\ast g)(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nb_nz^n. $

$s_\alpha^{-1}(z)$ 表示在单位圆盘 ${\Bbb D}=\{z: |z|<1\}$ 内解析且满足条件 $s_\alpha^{-1}(0)=0$ 及

$ (s_\alpha^{-1}\ast s_\alpha)(z)=z/(1-z) $

的函数.超几何函数用幂级数定义如下

$ F(a, b, c, z)=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n}\frac{z^n}{n!}, |z|<1, $

其中 $(q)_0=1, (q)_n=q\cdot(q+1)\cdots(q+n-1), n\geq 1$ .我们显然有 $s_\alpha=zF(2-2\alpha, 1, 1, z)$ 及 $s_\alpha^{-1}(z)=zF(1, 1, 2-2\alpha, z)$ .

函数 $f(z)=z+\sum\limits_{n=2}^\infty a_nz^n\in {\mathcal A}$ 称作 $\alpha$ 阶预星象函数当且仅当

$ \begin{eqnarray*} \left\{\begin{array}{ll} {\rm Re}\frac{f(z)}{zf'(0)}>\frac{1}{2}~(|z|<1), ~~&\alpha=1, \\[2mm] f\ast s_\alpha\in S^*(\alpha),&0\leq\alpha<1. \end{array}\right. \end{eqnarray*} $

$\alpha$ 阶预星象函数族记作 ${\mathcal R}_\alpha$ . Suffridge在文献[1]中介绍了预星象函数族 ${\mathcal R}_\alpha$ , 并且证明了当 $\alpha\leq\beta\leq1$ 时 ${\mathcal R}_\alpha\subset{\mathcal R}_\beta$ .

在文献[2]中Sheil-Small, Silverman和Silvia对函数族 ${\mathcal R}_\alpha$ 进行了两种不同形式的推广, 得到了两个新的函数族, 分别记作 ${\mathcal R}(\alpha, \beta)$ 和 $\Phi(\alpha, \beta)$ .

如果 $f\in{\mathcal A}$ , $f(0)=f'(0)-1=0$ , 并且 $f\ast s_\alpha\in S^*(\beta)$ , 则称 $f\in{\mathcal R}(\alpha, \beta)$ .不难看出 ${\mathcal R}(\alpha, \alpha)={\mathcal R}_\alpha$ .

如果 $f\in{\mathcal A}$ , $f(0)=f'(0)-1=0$ , 并且对任意 $g\in S^*(\alpha)$ , 有 $f\ast g\in S^*(\beta)$ , 则称 $f\in\Phi(\alpha, \beta)$ .由于 $s_\alpha\in S^*(\alpha)$ , 所以显然有 $\Phi(\alpha, \beta)\subset{\mathcal R}(\alpha, \beta)$ .

关于函数族 $\Phi(\alpha, \beta)$ 和 ${\mathcal R}(\alpha, \beta)$ 之间的包含关系, 在文献[2]中给出了如下结果.

定理A   $\Phi(\alpha, \beta)={\mathcal R}(\alpha, \beta)$ 当且仅当 $\beta\geq\alpha$ .

定理B   ${\mathcal R}(\alpha_1, \beta_1)\subset{\mathcal R}(\alpha_2, \beta_2)$ 当且仅当

$ s_{\alpha_1}^{-1}\ast s_{\alpha_2}\in \Phi(\beta_1, \beta_2). $

在定理B中如果令 $\beta_1=\beta_2=\beta$ , 则我们得到 ${\mathcal R}(\alpha_1, \beta)\subset{\mathcal R}(\alpha_2, \beta)$ 当且仅当 $s_{\alpha_1}^{-1}\ast s_{\alpha_2}\in{\mathcal R}_\beta$

同样如果在定理B中令 $\alpha_1=\alpha_2=\alpha$ , 则我们可得到 ${\mathcal R}(\alpha, \beta_1)\subset{\mathcal R}(\alpha, \beta_2)$ 当且仅当 $\beta_2\leq\beta_1$ .

在文献[2]中作者还证明了如果 ${\mathcal R}(\alpha_1, \beta_1)\subset{\mathcal R} (\alpha_2, \beta_2)$ , 则 $\alpha_1\leq\alpha_2$ , 并且指出 $\alpha_1<\alpha_2$ 并不能导出 ${\mathcal R}(\alpha_1, \beta_1)\subset{\mathcal R}(\alpha_2, \beta_2)$ , 甚至不能导出 ${\mathcal R}(\alpha_1, \beta)\subset{\mathcal R}(\alpha_2, \beta)$ .在同一篇文章中作者提出了如下一个需要解决的问题.

$\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2$ 满足什么条件时 ${\mathcal R}(\alpha_1, \beta_1)\subset{\mathcal R}(\alpha_2, \beta_2)$ .

在本文的第二部分我们将研究使得 ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\subset{\mathcal R} (\beta, \gamma)$ 的条件.我们的结论部分地回答了Sheil-Small等人提出的问题.

在文献[3]中Ruscheweyh证明了下面定理.

定理C  如果 $\alpha\leq\beta\leq1$ , $p(z)\in S^*(1+\alpha-\beta)$ 且在闭单位圆盘 $\bar{{\Bbb D}}=\{z: |z|\leq 1\}$ 上解析, $g\in{\mathcal R}_\beta, f\in{\mathcal R}_\alpha$ , 则对任意 $y\in\bar{{\Bbb D}}$ , 有

$ g(yz)\frac{p(y)}{y}\ast_yf(y)\in{\mathcal R}_\beta. $

定理D  如果 $f\in{\mathcal R}_\alpha, \alpha\leq\frac{1}{2}.$ 则对每个 $z_0\in {\Bbb D}$ , 我们有

$ z\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\in{\mathcal R}_{\alpha+\frac{1}{2}}. $

在本文的最后一部分我们得到了一个结果, 这个结果改进了定理D的结论.我们的结论的特殊情形也改进了文献[4]和[5]中相应的结果.

在接下来的讨论中我们需要用到下面结果, 这些结果是由Küstner得到的^[6].

定理E   (1) 如果 $0<a\leq b\leq c$ , 则

$ 1-\frac{ab}{c+b}\leq\sigma(zF(a, b, c, z))=1-\frac{F'(a, b, c, -1)}{F(a, b, c, -1)}\leq1-\frac{ab}{2c}; $

(2) 如果 $0<a<c<b\leq c-a+1$ , 则 $\sigma(zF(a, b, c, z))=-\infty;$

(3) 如果 $0<a\leq c\leq b\leq c+1<a+b$ , 则

$ \sigma(zF(a, b, c, z))=1+\frac{(c-b)(c-a)}{a+b-c-1}+\frac{c-a-b}{2}<\frac{1}{2}; $

(4) 如果 $1<a\leq c\leq b\leq c+a-1$ , 则

$ 1-\frac{b}{2}\leq\sigma(zF(a, b, c, z))=1+\frac{(c-b)(c-a)}{a+b-c-1}+\frac{c-a-b}{2}\leq1-\frac{a}{2}<\frac{1}{2}. $

其中 $\sigma(f)={\rm inf}\{{\rm Re}[zf'(z)/f(z)]: z\in {\Bbb D}\}$ 是 $f$ 的星型阶.

定理2.1  如果 $0\leq\alpha\leq\beta<1, 0\leq\alpha\leq\gamma<1$ , 则 ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\subset{\mathcal R}(\beta, \gamma)$ .

证   注意到

$ s_\alpha^{-1}(z)=zF(1, 1, 2-2\alpha, z), s_\beta=zF(2-2\beta, 1, 1, z), s_\gamma=zF(2-2\gamma, 1, 1, z), $

通过简单计算可得

$ s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma=zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z). $

如果 $0\leq\alpha\leq\gamma\leq\beta<1$ , 则

$ 0<2-2\beta\leq2-2\gamma\leq2-2\alpha. $

由定理E (1)知

$ \begin{eqnarray} \sigma(zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z))&=&1-\frac{F'(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, -1)}{F(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, -1)} \end{eqnarray} $

(2.1)

$ \begin{eqnarray} &\geq&1-\frac{(2-2\beta)(2-2\gamma)}{4-2\alpha-2\gamma}. \end{eqnarray} $

(2.2)

注意到 $0\leq\alpha\leq\gamma\leq\beta<1$ , 我们有

$ \begin{eqnarray} 1-\frac{(2-2\beta)(2-2\gamma)}{4-2\alpha-2\gamma}\geq\gamma. \end{eqnarray} $

(2.3)

由(2.1), (2.2)和(2.3)式, 我们可得

$ \sigma(zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z))\geq\gamma. $

这表明

$ s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma\in S^*(\gamma). $

因此 $s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\in{\mathcal R}_\gamma$ .根据定理B, 我们得出 ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\subset{\mathcal R}(\beta, \gamma)$ .

在 $0\leq\alpha\leq\beta<\gamma<1$ 的情形, 我们有

$ s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma=zF(2-2\gamma, 2-2\beta, 2-2\alpha, z). $

由于 $2-2\gamma\leq2-2\beta\leq2-2\alpha$ , 我们可由定理E (1)得到

$ \begin{eqnarray} \sigma(zF(2-2\gamma, 2-2\beta, 2-2\alpha, z))\geq1-\frac{(2-2\gamma)(2-2\beta)}{4-2\alpha-2\beta}. \end{eqnarray} $

(2.4)

由于 $0\leq\alpha\leq\beta<\gamma<1$ , 我们有

$ \begin{eqnarray} 1-\frac{(2-2\gamma)(2-2\beta)}{4-2\alpha-2\beta}\geq\gamma. \end{eqnarray} $

(2.5)

不等式(2.4)和(2.5)表明

$ s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma\in S^*(\gamma). $

因此 $s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\in{\mathcal R}_\gamma$ , 从而由定理B知 ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\subset{\mathcal R}(\beta, \gamma)$ .

定理2.2  如果 $0\leq\gamma<\alpha<\beta<1$ 且 $\gamma+\beta-\alpha\geq\frac{1}{2}$ , 则 ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\not\subset{\mathcal R}(\beta, \gamma)$ .

证  首先

$ s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma=zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z). $

其次由关于 $\alpha, \beta$ 和 $\gamma$ 的假设知

$ 0<2-2\beta<2-2\alpha<2-2\gamma\leq(2-2\alpha)-(2-2\beta)+1. $

接着利用定理E (2), 我们有

$ \sigma(zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z))=-\infty. $

因此 $s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma\not\in S^*(\gamma)$ , 从而 $s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\not\in{\mathcal R}_\gamma$ .最后根据定理B可得 ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\not\subset{\mathcal R}(\beta, \gamma)$ .

定理2.3  如果 $0\leq\gamma\leq\alpha\leq\beta$ 且 $\alpha+\beta-\gamma<\frac{1}{2}$ , 则 ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\subset{\mathcal R}(\beta, \gamma)$ .

证   因为

$ s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma=zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z). $

由于 $0\leq\gamma\leq\alpha\leq\beta$ 并且 $\alpha+\beta-\gamma<\frac{1}{2}$ , 我们有

$ \begin{eqnarray} \beta<\frac{1}{2}, 0\leq\alpha-\gamma<\frac{1}{2}, \beta+\gamma-\alpha<\frac{1}{2}. \end{eqnarray} $

(2.6)

注意到 $0\leq\gamma\leq\alpha\leq\beta<1$ , 结合(2.6)式, 我们有

$ 0<2-2\beta\leq 2-2\alpha\leq 2-2\gamma\leq3-2\alpha<4-2\beta-2\gamma. $

由定理E (3)知

$ \begin{eqnarray} \sigma(zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z))=\frac{2\gamma-2\alpha-2\beta+1}{2\alpha-2\beta-2\gamma+1}(\beta-\alpha)+\gamma. \end{eqnarray} $

(2.7)

进一步, 由于 $2\gamma-2\alpha-2\beta+1>0, 2\alpha-2\beta-2\gamma+1>0, \beta\geq\alpha$ , 所以我们能由(2.7)式导出

$ \sigma(zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z))\geq\gamma. $

因此

$ s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma\in S^*(\gamma). $

从而 $s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\in{\mathcal R}_\gamma$ .这样就证明了 ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\subset{\mathcal R}(\beta, \gamma).$

定理2.4  如果 $0\leq\gamma<\alpha<\beta<1, \alpha+\beta-\gamma>\frac{1}{2}, \beta+\gamma-\alpha<\frac{1}{2}$ 并且 $\alpha-\gamma\leq\frac{1}{2}$ , 则 ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\not\subset{\mathcal R}(\beta, \gamma)$ .

证  因为

$ s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma=zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z). $

由于 $0\leq\gamma<\alpha<\beta<1, \beta+\gamma-\alpha<\frac{1}{2}$ 且 $\alpha-\gamma\leq\frac{1}{2}$ , 有

$ 0<2-2\beta< 2-2\alpha< 2-2\gamma\leq3-2\alpha<4-2\beta-2\gamma. $

根据定理E (3), 我们得到

$ \sigma(zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z))=\frac{2\gamma-2\alpha-2\beta+1}{2\alpha-2\beta-2\gamma+1}(\beta-\alpha)+\gamma. $

注意到 $\alpha+\beta-\gamma>\frac{1}{2}, \beta+\gamma-\alpha<\frac{1}{2}$ 以及 $\beta>\alpha$ , 我们得出

$ \sigma(zF(2-2\beta, 2-2\gamma, 2-2\alpha, z))<\gamma. $

因此 $s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\ast s_\gamma\not\in S^*(\gamma), $ 从而 $s_\alpha^{-1}\ast s_\beta\not\in{\mathcal R}_\gamma$ .根据定理B, ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)\not\subset{\mathcal R}(\beta, \gamma).$

问题  对于 $0\leq\gamma<\alpha<\beta<1$ , ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)$ 和 ${\mathcal R}(\beta, \gamma)$ 之间的包含关系只获得了部分解决.在这种情形下, ${\mathcal R}(\alpha, \gamma)$ 和 ${\mathcal R}(\beta, \gamma)$ 之间完整的包含关系到底是怎样的呢?

定理3.1  如果 $f\in {\mathcal R}_\alpha, 0\leq\alpha\leq\frac{1}{1+|z_0|}, |z_0|<1$ , 则

$ z\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\in{\mathcal R}_{\alpha+|z_0|/(1+|z_0|)}. $

证  令 $p(z)=\frac{z}{1-z_0z}, g(z)=\frac{z}{1-z}$ , $\beta=\alpha+\frac{|z_0|}{1+|z_0|}$ .因为当 $z\in {\Bbb D}$ 时

$ {\rm Re}\frac{zp'(z)}{p(z)}={\rm Re}\frac{1}{1-z_0z}\geq\frac{1}{1+|z_0|}, $

所以 $p(z)\in S^*(\frac{1}{1+|z_0|})$ .又因为

$ g(z)\ast\frac{z}{(1-z)^{2(1-\beta)}}=\frac{z}{(1-z)^{2(1-\beta)}}\in S^*(\beta), $

所以 $g\in{\mathcal R}_\beta$ .根据定理C我们得到

$ \bigg[g(yz)\frac{p(y)}{y}\ast_yf(y)\bigg]\bigg|_{y=1}\in {\mathcal R}_\beta. $

由于

$ \begin{eqnarray*} g(yz)\frac{p(y)}{y}\ast_yf(y)\bigg|_{y=1} &=&\frac{yz}{1-yz}\cdot\frac{1}{1-z_0y}\ast_yf(y)\bigg|_{y=1}\\ &=&\frac{z}{z-z_0} \bigg[\frac{1}{1-yz}-\frac{1}{1-yz_0}\bigg]\ast_yf(y)\bigg|_{y=1}\\ &=&z\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}, \end{eqnarray*} $

我们得出

$ z\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\in{\mathcal R}_{\alpha+|z_0|/(1+|z_0|)}. $

定理3.1证毕.

注3.1  由于对任意 $z_0\in {\Bbb D}$ , 有

$ \alpha\leq\frac{1}{2}\Rightarrow\alpha<\frac{1}{1+|z_0|} $

并且

$ {\mathcal R}_{\alpha+|z_0|/(1+|z_0|)}\subset{\mathcal R}_{\alpha+1/2}, $

所以定理3.1的结论比定理D更精确.

推论3.1  如果 $f\in K$ 且 $|z_0|<1$ , 则

$ z\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\in{\mathcal R}_{|z_0|/(1+|z_0|)}\subset {\mathcal R}_\frac{1}{2}=S^*(\frac{1}{2}). $

证  因为 $f\in K={\mathcal R}_0$ , 所以在定理3.1中令 $\alpha=0$ 就可得出结论成立.

注3.2  Suffridge^[4]证明了当 $f\in K$ 且 $z_0\in {\Bbb D}$ 时

$ z\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\in S^*(\frac{1}{2}). $

显然推论3.1的结论比Suffridge的结果更精确.

推论3.2  假设 $z_0\in {\Bbb D}, f\in{\mathcal R}_{1/(1+|z_0|)}$ , 则

$ {\rm Re}\frac{z_0}{f(z_0)}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}>\frac{1}{2}. $

证  令

$ g(z)=z\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}. $

由定理3.1知 $g(z)\in{\mathcal R}_1$ , 即

$ {\rm Re}\frac{g(z)}{zg'(0)}>\frac{1}{2}. $

由于 $g'(0)=f(z_0)/z_0$ , 我们有

$ {\rm Re}\frac{z_0}{f(z_0)}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}>\frac{1}{2}. $

推论3.2证毕.

注3.3  Ruscheweyh和Sheil-Small^[5]证明了当 $f\in S^*(\frac{1}{2})$ 且 $z_0\in {\Bbb D}$ 时, 有

$ {\rm Re}\frac{z_0}{f(z_0)}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}>\frac{1}{2}. $

由于 ${\mathcal R}_{1/(1+|z_0|)}\supset{\mathcal R}_{1/2}=S^*(\frac{1}{2})$ , 推论3.2推广了这一结果.