复平面中的经典Schwarz引理由Schwarz给出.之后对于Schwarz引理的推广吸引了众多数学家的关注. 1915年, Pick首次将经典Schwarz引理推广为一个更一般的形式, 即Schwarz-Pick引理.一个自然地工作便是将该引理推广到更高维的空间中去^{[1-2, 8-9]}.

目前对于Schwarz-Pick引理的推广大多集中于全纯映射的情况.本文针对 $n$ 维复空间中的有界多重调和映射, 提出了其在单位球上的Schwarz-Pick引理.下面我们给出本文需要用到的有关符号和定义.

我们用 ${\Bbb C}$ 表示复平面, ${\Bbb C}^{n}$ 表示 $n$ 维复空间.对于 ${\Bbb C}^{n}$ 中的任意点 $z=(z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{n})^{'}$ 和 $\omega=(\omega_{1}, \omega_{2}, \cdots, \omega_{n})^{'}$ , 定义欧氏内积和模分别为 $\langle z, \omega \rangle = \sum\limits_{n=1}^n z_{i}\overline{\omega_{i}}$ 和 $|z|=(\sum\limits_{n=1}^n |z_{i}|^{2})^{\frac{1}{2}}$ . $D=\{z\in {\Bbb C}:|z|<1\}$ 表示 ${\Bbb C}$ 中的单位开圆盘, ${B}^{n} = \{z\in{\Bbb C}^{n}:|z|<1\}$ 表示 ${\Bbb C}^{n}$ 中的单位开球, $\overline{{B}^{n}}$ 表示 ${\Bbb C}^{n}$ 的闭包, $S$ 表示 $B^{n}$ 的边界. $S$ 的北极点记为 $N=(0, \cdots, 0, 1)$ .另外, 我们用 $\Omega_{n}$ 表示从 ${B}^{n}$ 映射至 $D$ 的所有多重调和映射的集合.

在复平面中, 针对有界全纯映射, 经典的Schwarz-Pick引理描述如下^[3]:设 $f$ 为满足条件 $f(D)\subset D$ 的全纯映射, 则

$ \begin{equation} \frac{|f(z_{1})-f(z_{2})|}{|1-\overline{f(z_{2})}f(z_{1})|}\leq\frac{|z_{1}-z_{2}|}{|1-\overline{z_{2}}z_{1}|} \end{equation} $

(1.1)

对任意的 $z_{1}, z_{2}\in D$ 均成立, 且

$ \begin{equation} \frac{|f^{'}(z)|}{1-|f(z)|^{2}}\leq\frac{1}{1-|z|^{2}} \end{equation} $

(1.2)

对任意的 $z\in D$ 均成立.

用符号

$ d_{p}(z_{1}, z_{2})=\frac{|z_{1}-z_{2}|}{|1-\overline{z_{2}}z_{1}|} $

表示 $D$ 中任意两点 $z_{1}, z_{2}$ 间的伪度量.定义 $\overline{\Delta}(z, r)= \{\zeta\in D: d_{p} (\zeta, z)\leq r, 0<r<1\}$ , 为以 $z$ 为中心, 以 $r$ 为伪半径的伪圆盘.那么(1.1)式可以写成如下形式

$ d_{p}(f(z_{1}), f(z_{2}))\leq d_{p}(z_{1}, z_{2}), \ \ f(\overline{\Delta}(z, r))\subset \overline{\Delta} (f(z), r). $

(1.1')

以上结论已被推广至调和映射的情况.首先对于从 $D$ 映射到 $D$ 的连续可微函数 $f(z)$ , 记 $z=x+{\rm i}y$ , 我们用以下符号表示其偏导数

$ f_{z}=\frac{1}{2}(f_{x}-{\rm i}f_{y}), f_{\overline{z}}=\frac{1}{2}(f_{x}+{\rm i}f_{y}). $

那么 $f$ 调和的充要条件为 $f$ 二阶连续可导且

$ \Delta f = f_{xx}+f_{yy}=4f_{z\overline{z}}=0. $

定义

$ \begin{equation} \Lambda_{f} = \max\limits_{0\leq\theta\leq2\pi}|{\rm e}^{{\rm i}\theta}f_{z}+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}f_{\overline{z}}|=|f_{z}|+|f_{\overline{z}}|, \end{equation} $

(1.3)

$ \begin{equation} \lambda_{f} = \min\limits_{0\leq\theta\leq2\pi}|{\rm e}^{{\rm i}\theta}f_{z}+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}f_{\overline{z}}|=||f_{z}|-|f_{\overline{z}}||. \end{equation} $

(1.4)

对于满足条件 $F(0)=0$ 的调和映射 $F: D\rightarrow D$ , Heinz E^[4]首次提出如下结论

$ \begin{equation} |F(z)|\leq \frac{4}{\pi}\arctan |z|, \ \ \ \ \Lambda_{F}(0)\leq \frac{4}{\pi} \end{equation} $

(1.5)

对任意的 $z\in D$ 成立.进一步地, 考虑到调和映射 $F$ 和全纯映射 $f$ 的复合形式 $F\circ f$ 是调和的, Colonna F^[7]将上述结论中的条件 $F(0)=0$ 替换为在某些点 $z$ 处满足 $F(z)=0$ , 那么(1.5)式可以改写成如下形式

$ \begin{equation} |F(z)|\leq\frac{4}{\pi}\arctan d_{p}(z), \ \ \ \ \Lambda_{F}(z)\leq \frac{4}{\pi}\frac{1}{1-|z|^{2}}. \end{equation} $

(1.6)

随后, Chen S和Rasila A^[8]推广了(1.6)式, 并得到了针对有界多重调和映射的任意阶偏导数的Schwarz-Pick型估计.然而, 因为全纯映射 $f$ 和调和映射 $F$ 的复合形式 $f\circ F$ 不是必须调和的, 所以一个必要的工作是在移除条件 $F(0)=0$ 后, 寻找 $(1.1)'$ 和(1.2)式的相应估计.陈怀惠等人在文献[1]中解决了相关的问题.文献[1]的结论表明若 $F$ 是一个调和映射, 且满足 $F(D)\subset D$ , $F(0)=\rho {\rm e}^{{\rm i}\alpha}$ , 那么

$ \begin{equation} F(\overline{D_{r}})\subset {\rm e}^{{\rm i}\alpha}E_{r, \rho}, \ \ \ \ \Lambda_{F}(z)\leq h_{|F|}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)\frac{1}{1-|z|^{2}}, \end{equation} $

(1.7)

其中 $E_{r, \rho}$ 是一个凸域(在定理3.1中定义).注意到以上的调和映射 $F:D\rightarrow D$ 可看作 $F\in \Omega_{1}$ .那么我们自然地考虑将上述结论推广到 $\Omega_{n}$ 中的映射上去.

多重调和映射是定义在复空间上的复值函数.一个映射 $F: {\Bbb C}^{n}\rightarrow {\Bbb C}^{m}$ 称为是多重调和映射仅当映射 $F$ 的的每一个分量都是调和的^[5].针对这类映射, 一个有意义的工作是探索其在不同域上的性质^[10-11].本文中, 我们将调和映射推广到多重调和映射, 并尝试在 $n$ 维复空间 ${\Bbb C}^{n}$ 中构建相应的Schwarz-Pick引理.我们采用与文献[1-2]类似的方法, 提出了从单位球 ${B}^{n}$ 映射至单位圆盘 $D$ 的多重调和映射的Schwarz-Pick引理.

首先, 为了构造 $u_{a, b, r}$ , 我们引入一个从 ${\Bbb R}\times{\Bbb R}^{+}$ 映射到上半圆盘 $\{(a, b):a\in{\Bbb R}, b\in{\Bbb R}, a^{2}+b^{2}<1, b>0\}$ 的双射 $(R, I)$ .

对于 $0<r<1, \mu>0$ 和实数 $\lambda$ , 定义函数

$ A_{r, \lambda, \mu}=\frac{1}{\mu} \Big(\frac{1}{|rN-\omega|^{n}}-\lambda\Big), \ \ \ \omega\in S $

和

$ R(r, \lambda, \mu)=\int_{S}\frac{A_{r, \lambda, \mu}}{\sqrt{1+A^{2}_{r, \lambda, \mu}}}{\rm d}\xi, \ \ \ \ I(r, \lambda, \mu)=\int_{S}\frac{1}{\sqrt{1+A^{2}_{r, \lambda, \mu}}}{\rm d}\xi. $

引理2.1^[2]  给定 $0<r<1$ , 则在上半圆盘 $\{(a, b):a^{2}+b^{2}<1, b>0\}$ 上存在唯一的一对实可解析函数 $\lambda=\lambda (r, a, b)$ 和 $\mu=\mu (r, a, b)>0$ , 使得对于任意该半圆盘中的点 $(a, b)$ , 都有 $R(r, \lambda(r, a, b), \mu(r, a, b))=a$ , $I(r, \lambda(r, a, b), \mu(r, a, b))=b$ .

设实数 $a$ 和 $b$ 满足 $0\leq b<1, -1< a<1$ 和 $a^{2}+b^{2}<1$ .用 ${\cal U}_{a, b}$ 表示所有满足下面条件的实值函数 $u\in L^{\infty}(S)$ 的集合

$ \begin{equation} \|u\|_{\infty}\leq 1, \ \ \ \int_{S}u(\omega){\rm d}\xi=a, \ \ \ \int_{S}\sqrt{1-u^{2}(\omega)}{\rm d}\xi\geq b. \end{equation} $

(2.1)

每一个函数 $u\in L^{\infty}(S)$ 可以定义一个相应的调和映射

$ \begin{equation} U(z)= \int_{S}\frac{1-|z|^{2}}{|z-\omega|^{n}}{\rm d}\xi, z\in B^{n}. \end{equation} $

(2.2)

对于给定的 $0<r<1$ , 定义 $L_{r}=U(rN)= \int_{S}\frac{1-r^{2}}{|rN-\omega|^{n}}u(\omega){\rm d}\xi$ .

引理2.2^[2]  对于满足上述条件的 $a, b, r$ , 存在唯一的一个极值函数

$ u_{a, b, r}(\omega)=\frac{A_{r, \lambda, \mu}}{\sqrt{1+A^{2}_{r, \lambda, \mu}}}\in {\cal U}_{a, b}, $

使得函数 $L_{r}$ 在 $u_{a, b, r}$ 处达到极大值.

假设实数 $a, b, r$ 满足 $a^{2}+b^{2}<1$ 和 $0<r<1$ .若 $b\geq 0$ , 利用引理2.2中定义的极值函数 $u_{a, b, r}$ , 对任意的 $\omega\in S$ , 定义函数

$ v_{a, b, r}(\omega)=\sqrt{1-u^{2}_{a, b, r}(\omega)}, ~~\omega\in S, $

且对任意的 $z\in B^{n}$ , 定义

$ U_{a, b, r}(z)=\int_{S}\frac{1-|z|^{2}}{|z-\omega|^{n}}u_{a, b, r}(\omega){\rm d}\xi, \\ V_{a, b, r}(z)=\int_{S}\frac{1-|z|^{2}}{|z-\omega|^{n}}v_{a, b, r}(\omega){\rm d}\xi. $

若 $b<0$ , 设

$ U_{a, b, r}(z)=U_{a, -b, r}(z), V_{a, b, r}(z)=-V_{a, -b, r}(z). $

那么根据引理2.1, 多重调和映射 $F_{a, b, r}(z)=U_{a, b, r}(z)+{\rm i}V_{a, b, r}(z)$ 满足

$ F_{a, b, r}(0)=R(r, \lambda(r, a, b), \mu(r, a, b))+{\rm i}I(r, \lambda(r, a, b), \mu(r, a, b))=a+{\rm i}b. $

此外, 由函数平方的凸性可知, 对任意的 $z\in B^{n}$ , 有

$ |U_{a, b, r}(z)|^{2}+|V_{a, b, r}(z)|^{2}\leq \int_{S}\frac{1-|z|^{2}}{|z-\omega|^{n}}(u^{2}_{a, b, r}(\omega)+v^{2}_{a, b, r}(\omega)){\rm d}\xi=1, $

且等式成立的充要条件为 $u_{a, b, r}$ 和 $v_{a, b, r}$ 在 $S$ 上几乎处处为常数.因此

$ |U_{a, b, r}(z)|^{2}+|V_{a, b, r}(z)|^{2}<1, $

即 $F_{a, b, r}\subset D$ .

在下面的引理中, 映射 $F_{a, b, r}$ 为极值函数.

引理3.1  设 $F(z)=U(z)+{\rm i}V(z)$ 是一个多重调和映射.若 $F(B^{n})\subset D$ , $F(0)=a+{\rm i}b$ , 则对任意的 $0<r<1$ 和 $\omega\in S$ , 有

$ U(r\omega)\leq U_{a, b, r}(rN), $

且等号成立的充要条件为 $F(z)=F_{a, b, r}(zA)$ , 其中 $A$ 是满足 $r\omega A=rN$ 的正交矩阵.此外, 对任意满足 $|z|<r$ 的点 $z$ , 有 $U(z)\leq U_{a, b, r}(rN)$ .

证  (1)首先, 假设 $r\omega=rN$ .对于给定的 $0<\hat{r}<1$ , 构建多重调和映射

$ G(z)=F(\hat{r}z), \ \ \ z\in \overline{B^{n}}, $

则 $G(0)=a+{\rm i}b$ .设 $G(z)=u(z)+{\rm i}v(z)$ , 那么

$ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \|u\|_{\infty}\leq 1, \ \ \ \ \int_{S}u(\omega){\rm d}\xi=a, \\ \int_{S}\sqrt{1-u^{2}(\omega)}{\rm d}\xi\geq\int_{S}|v(\omega)|{\rm d}\xi\geq \bigg|\int_{S}v(\omega){\rm d}\xi\bigg|=|b|. $

基于(2.1)式, 可知 $u\in{\cal U}_{a, |b|}$ .同时根据引理2.2, 有 $u(rN)\leq U_{a, b, r}(rN)$ , 且等号成立的充要条件为 $u(\omega)=u_{a, |b|, r}(\omega)$ 在 $S$ 上几乎处处成立.

考虑到函数 $u_{a, b, r}$ 的定义, 可推出

$ \int_{S}\sqrt{1-u^{2}_{a, |b|, r}(\omega)}{\rm d}\xi=\int_{S}\frac{1}{\sqrt{1+A^{2}_{r, \lambda, \mu}(\omega)}}{\rm d}\xi=I(r, \lambda(r, a, |b|), \mu(r, a, |b|))=|b|. $

若 $u(\omega)=u_{a, |b|, r}(\omega)$ 在 $S$ 上几乎处处成立, 则根据 $U_{a, b, r}(z)$ 和 $U_{a, -b, r}(z)$ 的定义, 有

$ u(z)=U_{a, |b|, r}(z)=U_{a, b, r}(z), \ \ \ \ \forall z\in B^{n}, $

且根据 $v_{a, b, r}(\omega)$ 的定义, 有

$ v_{a, |b|, r}(\omega)=\sqrt{1-u^{2}_{a, |b|, r}(\omega)}=\sqrt{1-u^{2}(\omega)}. $

因此, 根据上述讨论可知 $U(r\omega)\leq U_{a, b, r}(rN)$ 等号成立的充要条件为

$ |b|=\int_{S}v_{a, |b|, r}(\omega){\rm d}\xi\geq\int_{S}|v(\omega)|{\rm d}\xi\geq \bigg|\int_{S}v(\omega){\rm d}\xi\bigg|=|b|. $

故当 $b\geq0$ 时, $v(\omega)=v_{a, |b|, r}(\omega)$ 在 $S$ 上几乎处处成立, 当 $b<0$ 时, $v(\omega)=-v_{a, |b|, r}(\omega)$ 在 $S$ 上几乎处处成立.所以对任意的 $z\in B^{n}$ , 有 $v(z)=V_{a, b, r}(z)$ .

已证 $u(rN)\leq U_{a, b, r}(rN)$ 等号成立的充要条件为 $G(z)=F_{a, b, r}(z)$ .当 $\hat{r}\rightarrow 1$ 时, 记

$ \lim\limits_{\hat{r}\rightarrow 1}G(z)=\lim\limits_{\hat{r}\rightarrow 1}F(\hat{r}z)=F(z), \ \ \ \ \lim\limits_{\hat{r}\rightarrow 1}u(rN)=U(rN). $

那么有 $F(z)=F_{a, b, r}(z)$ .

(2) 接下来考虑 $r\omega\neq rN$ 的情况.对任意的 $z\in B^{n}$ , 构建如下映射

$ \hat{F}(z)=F(zA^{-1}), $

其中 $A$ 是使得 $r\omega A=rN$ 的正交矩阵, $A^{-1}$ 是其逆矩阵.设 $\hat{F}(z)=\hat{U}(z)+{\rm i}\hat{V}(z)$ .由(1)的结论, 可知 $\hat{U}(z)\leq U_{a, b, r}(rN)$ , 且等号成立的充要条件为 $\hat{F}(z)=F_{a, b, r}(rN)$ .注意到 $\hat{U}(rN)=U(rNA^{-1})=U(r\omega)$ 且 $\hat{F}(z)=F(zA^{-1})$ , 所以 $U(r\omega)\leq U_{a, b, r}(rN)$ , 且等号成立的充要条件为 $F(zA^{-1})=F_{a, b, r}(z)$ .因此, 可以推出 $U(r\omega)\leq U_{a, b, r}(rN)$ , 且等号成立的充要条件为 $F(z)=F_{a, b, r}(zA)$ .

(3) 下面证明对于任意满足 $|z|<r$ 的点 $z$ , 都有 $U(z)<U_{a, b, r}(rN)$ .应用极大值原理和(2)的结论, 我们可知对于任意满足 $|z|\leq r$ 的点 $z$ , 有 $U(z)\leq U_{a, b, r}(rN)$ .假设该式在某些满足 $|z_{0}|<r$ 的点 $z_{0}$ 处等号成立, 那么对于任意 $|z|\leq r$ , 一定有 $U(z)=U_{a, b, r}(rN)$ .若 $U(rN)=U_{a, b, r}(rN)$ , 则根据(1)中的结论, 我们有 $U(z)=U_{a, b, r}(z)$ .所以对于任意满足 $|z|\leq r$ 的点 $z$ , 都有 $U_{a, b, r}(z)=U_{a, b, r}(rN)$ .然而, 函数 $U_{a, b, r}$ 不可能是常数, 所以假设不成立, 即对于任意满足 $|z|\leq r$ 的点 $z$ , 仅可能 $U(z)<U_{a, b, r}(rN)$ .

证毕.

引理3.2  给定 $0<r<1$ , $z\in B^{n}$ , $F_{a, b, r}(z)$ 作为以 $a, b$ 为变量的函数在实平面中的上半开圆盘 $\{(a, b):b>0, a^{2}+b^{2}<1\}$ 上解析, 且在横轴连续.

证  给定 $0<r<1$ , $z\in B^{n}$ .由于 $F_{a, b, r}(z)$ 作为以 $a, b$ 为变量的函数是由函数 $\lambda=\lambda(r, a, b)$ 和 $\mu=\mu(r, a, b)$ 决定的, 而由引理2.1可知 $\lambda=\lambda(r, a, b)$ 和 $\mu=\mu(r, a, b)$ 在上半开圆盘 $\{(a, b):b>0, a^{2}+b^{2}<1\}$ 上解析, 故 $F_{a, b, r}(z)$ 在上半开圆盘 $\{(a, b):b>0, a^{2}+b^{2}<1\}$ 上解析.下面仅需证明 $F_{a, b, r}(z)$ 在横轴上的连续性.

给定 $-1<a_{0}<1$ .若证 $U_{a, b, r}(z)$ 和 $V_{a, b, r}(z)$ 在横轴上的点 $(a_{0}, 0)$ 处连续, 只要证明当 $(a, b)\rightarrow (a_{0}, 0)$ 时, $U_{a, b, r}(z)\rightarrow U_{a_{0}, 0, r}(z)$ 且 $V_{a, b, r}(z)\rightarrow V_{a_{0}, 0, r}(z)$ 即可.

(1) 当 $b=0$ , $(a, b)\rightarrow(a_{0}, 0)$ 时, 根据 $U_{a, b, r}(z)$ 与 $V_{a, b, r}(z)$ 的定义, 我们仅需证明 $u_{a, 0, r}(\omega)\rightarrow u_{a_{0}, 0, r}(\omega)$ 在 $S$ 上几乎处处成立.对于某一实数 $d$ , 设

$ S_{d}=\{z\in S:|N-z|=d\}, \\ S^{+}_{d}=\{z\in S:|N-z|<d\}, \\ S^{-}_{d}=\{z\in S:|N-z|>d\}. $

记

$ u_{a, 0, r}(\omega)=\left\{ \begin{array}{lll} 1, && \omega \in S^{+}_{d_{a}}, \\ 0, && \omega \in S_{d_{a}}, \\ -1, && \omega \in S^{-}_{d_{a}}, \end{array} \right. $

其中 $d_{a}$ 为引理2.2的证明中定义的一个实数.显然, 当 $(a, b)\rightarrow (a_{0}, 0)$ 时 $u_{a, 0, r}(\omega)\rightarrow u_{a_{0}, 0, r}(\omega)$ 在 $S$ 上几乎处处成立.

(2) 当 $b>0$ , $(a, b)\rightarrow (a_{0}, 0)$ 时, 根据 $U_{a, b, r}(z)$ 与 $V_{a, b, r}(z)$ 的定义, 我们仅需证明 $u_{a, 0, r}(\omega)\rightarrow u_{a_{0}, 0, r}(\omega)$ 在 $S$ 上几乎处处成立.

首先, 试证当 $b>0$ , $(a, b)\rightarrow (a_{0}, 0)$ 时, $\mu(r, a, b)\rightarrow 0$ .采用反证法, 假设 $\mu(r, a, b)\nrightarrow 0$ , 即存在一个序列 $(a_{k}, b_{k})\rightarrow (a_{0}, 0)$ , $b_{k}>0$ 使得 $\mu_{k}=\mu (r, a_{k}, b_{k})$ 具有一个正下界.由于

$ \int_{S}\bigg(1+\bigg(\frac{1}{\mu_{k}|rN-\omega|^{n}}-\frac{\lambda_{k}} {\mu_{k}}\bigg)^{2}\bigg)^{-\frac{1}{2}}{\rm d}\xi=I(r, \lambda_{k}, \mu_{k})=b_{k}\rightarrow 0, $

故 $\frac{\lambda_{k}}{\mu_{k}}\rightarrow\infty$ , 所以 $\lambda_{k}\rightarrow\infty$ , 那么

$ u_{a_{k}, b_{k}, r}(\omega)=\frac{\frac{1}{\mu_{k}|rN-\omega|^{n}}- \frac{\lambda_{k}}{\mu_{k}}}{ \big(1+\big(\frac{1}{\mu_{k}|rN-\omega|^{n}}-\frac{\lambda_{k}}{\mu_{k}} \big)^{2}\big)^{-\frac{1}{2}}}\rightarrow -1, $

对于 $\omega\in S$ 一致成立, 且 $a_{k}\rightarrow -1$ .矛盾.因此当 $b>0$ , $(a, b)\rightarrow (a_{0}, 0)$ 时, $\mu(r, a, b)\rightarrow 0$ .

其次, 试证当 $b>0$ , $(a, b)\rightarrow (a_{0}, 0)$ 时, 有

$ \lambda (r, a, b)\rightarrow \lambda_{0}=\frac{1}{|rN-x_{0}|^{n}}=\frac{1}{J^{n}_{a_{0}}}, $

其中 $x_{0}\in S_{d_{a}}$ .采用反证法, 假设存在序列 $(a_{k}, b_{k})\rightarrow (a_{0}, 0)$ , $b_{k}>0$ 使得 $\lambda_{k}=\lambda(r, a_{k}, b_{k})\rightarrow \lambda^{'}\neq \lambda_{0}$ .若 $\lambda^{'}=\infty$ , 同上证得 $|a_{k}|\rightarrow 1$ .矛盾.若 $\lambda^{'}<\infty$ , 有

$ u_{a_{k}, b_{k}, r}(\omega)=\frac{\frac{1}{|rN-\omega|^{n}}-\lambda_{k}} {\big(\mu^{2}_{k}+\big(\frac{1}{|rN-\omega|^{n}}-\lambda_{k}\big)^{2} \big)^{\frac{1}{2}}}\rightarrow \mbox{sgn} \bigg \{\frac{1}{|rN-\omega|^{n}}-\lambda ^{'}\bigg\}, \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \begin{eqnarray*} a_{k}&=&\int_{S}u_{a_{k}, b_{k}, r}(\omega){\rm d}\xi\rightarrow \int_{S}\mbox{sgn} \bigg\{\frac{1}{|rN-\omega|^{n}}-\lambda ^{'}\bigg\}{\rm d}\xi \\ \ \ \ \ \ \ \ \ &=&\left\{ \begin{array}{lll} -1, && \lambda ^{'}\geq\frac{1}{(1-r)^{n}}, \\[3mm] 1, && \lambda ^{'}\leq\frac{1}{(1-r)^{n}}, \\[3mm] a', && \lambda ^{'}=\frac{1}{J^{n}_{a^{'}}}, -1<a<1, a'\neq a_{0}. \end{array} \right. \end{eqnarray*} $

这与 $a_{k}\rightarrow a_{0}$ 矛盾.因此当 $b>0$ , $(a, b)\rightarrow (a_{0}, 0)$ 时, $\lambda (r, a, b)\rightarrow \lambda_{0}$ .

综上, 当 $b>0$ , $(a, b)\rightarrow (a_{0}, 0)$ 时, $\mu(r, a, b)\rightarrow 0$ 且 $\lambda(r, a, b)\rightarrow \lambda_{0}$ .所以

$ u_{a, b, r}(\omega)\rightarrow\mbox{sgn} \bigg\{\frac{1}{|rN-\omega|^{n}}-\lambda _{0}\bigg\}=u_{a_{0}, 0, r}(\omega), $

在 $S$ 上几乎处处成立.

(3) 由(2)的结论可知, 当 $-b>0$ , $(a, b)\rightarrow(a_{0}, 0)$ 时

$ U_{a, -b, r}(z)\rightarrow U_{a_{0}, 0, r}(z), \\ V_{a, -b, r}(z)\rightarrow V_{a_{0}, 0, r}(z). $

注意到 $U_{a, -b, r}(z)=U_{a, b, r}(z), V_{a, -b, r}(z)=-V_{a, b, r}(z)$ 且 $V_{a_{0}, 0, r}\equiv 0$ .因此当 $b<0$ , $(a, b)\rightarrow(a_{0}, 0)$ 时, 有

$ \ \ \ \ \ \ U_{a, b, r}(z)\rightarrow U_{a_{0}, 0, r}(z), \\ V_{a, b, r}(z)\rightarrow V_{a_{0}, 0, r}(z)=0. $

即证得 $U_{a, b, r}(z)$ 与 $V_{a, b, r}(z)$ 在点 $(a_{0}, 0)$ 处连续.

证毕.

对于 $-\pi\leq\beta\leq\pi$ 和实数 $\delta$ , 定义直线 $l(\beta, \delta)$ 和闭半平面 $P(\beta, \delta)$ 如下

$ l(\beta, \delta)=\{\omega=u+{\rm i}v:\mbox{Re}\{\omega {\rm e}^{-{\rm i}\beta}\}=u\cos\beta+v\sin\beta=\delta\}, $

及

$ P(\beta, \delta)=\{\omega=u+{\rm i}v:\mbox{Re}\{\omega {\rm e}^{-{\rm i}\beta}\}=u\cos\beta+v\sin\beta\leq\delta\}. $

定理3.1  设 $0<r<1$ , $0\leq\rho<1$ .定义

$ P_{\beta}=P(\beta, U_{\rho\cos\beta, -\rho\sin\beta, r}(rN)), \\ l_{\beta}=l(\beta, U_{\rho\cos\beta, -\rho\sin\beta, r}(rN)), $

和

$ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ E_{r, \rho}=\bigcap\limits_{-\pi\leq\beta\leq\pi}P_{\beta}, \\ \Gamma_{r, \rho}=\{\omega:\omega=f_{r, \rho}(\beta)={\rm e}^{{\rm i}\beta}F_{\rho\cos\beta, -\rho\sin\beta, r}(rN), -\pi\leq\beta\leq\pi\}. $

则

(1) $E_{r, \rho}$ 是一个关于实轴对称闭凸域, $\rho$ 是 $E_{r, \rho}$ 的内点;

(2) 对于满足条件 $F(B^{n})\subset D$ , $F(0)=\rho$ 的多重调和映射 $F$ , 有 $F(\overline{B_{r}})\subset E_{r, \rho}$ ;

(3) $\Gamma_{r, \rho}$ 是一条凸的Jordan闭曲线, 且 $\partial E_{r, \rho}=\Gamma_{r, \rho}$ ;

(4) 对任意的 $\omega'\in E_{r, \rho}$ , 存在多重调和映射 $F$ , 使得 $F(B^{n})\subset D$ , $F(0)=\rho$ 且 $F(rN)=\omega'$ .

证  定义

$ P'_{\beta}=P(0, U_{\rho\cos\beta, -\rho\sin\beta, r}(rN)), \\ l'_{\beta}=l(0, U_{\rho\cos\beta, -\rho\sin\beta, r}(rN)), $

则 $P_{\beta}$ 和 $l_{\beta}$ 可以通过将 $P'_{\beta}$ 和 $l'_{\beta}$ 分别逆时针旋转 $\beta$ 角度获得.

(1) 显然, $E_{r, \rho}$ 是一个关于实轴对称的有界闭凸集.下面我们仅需证明 $\rho$ 是 $E_{r, \rho}$ 的内点.

首先, 证明对任意的 $-\pi\leq\beta\leq\pi$ , 有 $f_{r, \rho}(\beta)={\rm e}^{{\rm i}\beta}F_{\rho\cos\beta, -\rho\sin\beta, r}(rN)\in \partial E_{r, \rho}$ .显然, $f_{r, \rho}(\beta)$ 是通过将 $F_{\rho\cos\beta, -\rho\sin\beta, r}(rN)$ 逆时针旋转 $\beta$ 角度构成的.根据 $l'_{\beta}$ 的定义, $F_{\rho\cos\beta, -\rho\sin\beta, r}(rN)\in l'_{\beta}$ , 因此 $f_{r, \rho}(\beta)\in l_{\beta}$ .根据 $E_{r, \rho}$ 的定义, $f_{r, \rho}(\beta)\in E_{r, \rho}$ 且 $E_{r, \rho}\subset P_{\beta}$ .因此, 考虑到 $l_{\beta}=\partial P_{\beta}$ , 有 $f_{r, \rho}(\beta)\in \partial E_{r, \rho}$ .

进一步地, 对于 $f_{r, \rho}(0), f_{r, \rho}(\pi), f_{r, \rho}(\frac{\pi}{2})$ , 由引理3.1可知

$ \begin{equation} f_{r, \rho}(0)=F_{\rho, 0, r}(rN)=U_{\rho, 0, r}(rN)>U_{\rho, 0, r}(0)=\rho, \end{equation} $

(3.1)

$ \begin{equation} f_{r, \rho}(\pi)=-F_{-\rho, 0, r}(rN)=-U_{\rho, 0, r}(rN)<-U_{-\rho, 0, r}(0)=\rho, \end{equation} $

(3.2)

且

$ \begin{equation} \mbox{Im}f_{r, \rho}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)=U_{0, -\rho, r}(rN)=U_{0, \rho, r}(rN)>U_{0, \rho, r}(0)=0, \end{equation} $

(3.3)

$ \begin{equation} \mbox{Im}f_{r, \rho}\Big(-\frac{\pi}{2}\Big)=-U_{0, -\rho, r}(rN)<-U_{0, \rho, r}(0)=0, \end{equation} $

(3.4)

因此 $\rho$ 是凸集 $E_{r, \rho}$ 的一个内点. (1)得证.

(2) 对于 $-\pi\leq\beta\leq\pi$ , 设 $F_{\beta}={\rm e}^{-{\rm i}\beta}F$ 其中 $F$ 是满足条件 $F(B^{n})\subset D$ , $F(0)=\rho$ 的多重调和映射, 那么 $F_{\beta}(B^{n})\subset D$ 且 $F_{\beta}(0)=\rho (\cos\beta- {\rm i}\sin\beta)$ .根据引理3.1, 有 $F_{\beta}(\overline{B_{r}})\subset P'_{\beta}$ , 因此 $F(\overline{B_{r}})\subset P_{\beta}$ . (2)得证.

(3) 首先, 利用反证法证明 $\Gamma_{r, \rho}$ 是一条Jordan闭曲线.由引理3.2可知 $\Gamma_{r, \rho}$ 是闭合且连续的, 因此仅需证明它是一条不存在自相交的曲线.

假设存在自相交, 即存在 $0<\beta_{1}<\beta_{2}<\pi$ 使得 $\omega_{0}=f_{r, \rho}(\beta_{1})=f_{r, \rho}(\beta_{2})$ , 则 $\beta_{1}-\beta_{2}<\pi$ , 且 $\omega_{0}$ 是角域 $P_{\beta_{1}}\bigcap P_{\beta_{2}}$ 的顶点.根据(1)的证明, $f_{r, \rho}(\beta)\in l_{\beta}\bigcap E_{r, \rho}$ 且 $l_{\beta}\bigcap E_{r, \rho}=\omega_{0}$ .因此对于 $\beta_{1}<\beta<\beta_{2}$ , 容易得到 $f_{r, \rho}(\beta)=\omega_{0}$ .由引理3.2, $f_{r, \rho}(\beta)$ 在区间 $(0, \pi)$ 内解析, 因此 $f_{r, \rho}(\beta)=\omega_{0}$ , 其中 $0<\beta<\pi$ .同时由连续性可知 $f_{r, \rho}(0)=f_{r, \rho}(\pi)=\omega_{0}$ .然而, 根据(3.1)-(3.2)式, $f_{r, \rho}(0)>\rho>f_{r, \rho}(\pi)$ .产生矛盾.故 $\Gamma^{+}_{r, \rho}=\{\omega=f_{r, \rho}(\beta):0\leq\beta\leq\pi\}$ 是一条Jordan曲线.同理, $\Gamma^{-}_{r, \rho}=\{\omega=f_{r, \rho}(\beta):-\pi\leq\beta\leq 0\}$ 也是一条Jordan曲线.故 $\Gamma_{r, \rho}$ 是一条Jordan闭曲线.

另一方面, 定义 $E_{r, \rho}$ 的边界为 $\gamma_{r, \rho}$ , 下证 $\gamma_{r, \rho}=\Gamma_{r, \rho}$ .将曲线 $\gamma_{r, \rho}$ 在上, 下半平面中的部分分别记为 $\gamma^{+}_{r, \rho}$ 和 $\gamma^{-}_{r, \rho}$ .由(3.3)式和(3.4)式可知 $\Gamma^{+}_{r, \rho}=\gamma^{+}_{r, \rho}$ , $\Gamma^{-}_{r, \rho}=\gamma^{-}_{r, \rho}$ , 故 $\gamma_{r, \rho}=\Gamma_{r, \rho}$ .

综上可知 $\Gamma_{r, \rho}$ 是一条凸的Jordan闭曲线, 且 $\partial E_{r, \rho}=\Gamma_{r, \rho}$ . (3)得证.

(4) 对任意的 $\omega'\in E_{r, \rho}$ , 设过点 $\omega'$ 的直线 $l$ 与 $\partial E_{r, \rho}$ 相交于点 $\omega_{1}$ 和 $\omega_{2}$ .令 $\omega'=k_{1}\omega_{1}+k_{2}\omega_{2}$ , 其中 $k_{1}, k_{2}\geq 0$ , $k_{1}+k_{2}=1$ .易知存在两个实数 $\beta_{1}$ 和 $\beta_{2}$ , 使得 $f_{r, \rho}(\beta_{1})=\omega_{1}$ , $f_{r, \rho}(\beta_{2})=\omega_{2}$ .则多重调和映射 $F=k _{1}{\rm e}^{{\rm i}\beta_{1}}F_{\rho\cos\beta_{1}, -\rho\sin\beta_{1}, r}+k_{2}{\rm e}^{{\rm i}\beta_{2}}F_{\rho\cos\beta_{2}, -\rho\sin\beta_{1}, r}$ 满足 $F(B^{n})\subset D$ , $F(0)=\rho$ 且 $F(rN)=\omega'$ . (4)得证.

证毕.

引理4.1  设

$ {\cal R}(\sigma, \tau)=\int_{S}\frac{(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1}){\rm d}\xi}{\sqrt{1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2}}}, \\ {\cal I}(\sigma, \tau)=\int_{S}\frac{{\rm d}\xi}{\sqrt{1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2}}}. $

则存在唯一的一对定义在上半圆盘 $\{(a, b):a^{2}+b^{2}<1, b>0\}$ 上的函数 $\sigma=\sigma(a, b)$ 和 $\tau=\tau(a, b)>0$ , 使得 ${\cal R}(\sigma(a, b), \tau(a, b))=a$ , ${\cal I}(\sigma(a, b), \tau(a, b))=b$ .此外, $\sigma=\sigma(a, b)$ 和 $\tau=\tau(a, b)$ 在上述半圆盘中解析.

证  根据 ${\cal R}(\sigma, \tau)$ 与 ${\cal I}(\sigma, \tau)$ 的定义, 可推导出

$ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial{\cal R}}{\partial\sigma}=\int_{S}\frac{{\rm d}\xi}{\sqrt{(1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2})^{3}}}, \frac{\partial{\cal R}}{\partial\tau}=\int_{S}\frac{n\tau|\omega|^{n-1}{\rm d}\xi}{\sqrt{(1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2})^{3}}}, \\ \frac{\partial{\cal I}}{\partial\sigma}=-\int_{S}\frac{(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1}){\rm d}\xi}{\sqrt{(1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2})^{3}}}, \frac{\partial{\cal I}}{\partial\tau}=-\int_{S}\frac{n\tau|\omega|^{n-1}(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1}){\rm d}\xi}{\sqrt{(1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2})^{3}}}, $

并且推测出

(ⅰ)对任意的 $\sigma, \tau>0$ , 有 $\frac{\partial{\cal R}}{\partial\sigma}>0$ , 并且对于给定的 $\tau>0$ , ${\cal R}(\sigma, \tau)$ 作为关于 $\sigma$ 的函数是严格单增的;

(ⅱ)对于给定的 $\tau>0$ , 当 $\sigma\rightarrow+\infty$ 时, ${\cal R}(\sigma, \tau)\rightarrow 1$ ; 当 $\sigma\rightarrow-\infty$ 时, ${\cal R}(\sigma, \tau)\rightarrow-1$ ;

(ⅲ)对任意的 $\sigma, \tau>0$ , 有 $D=\frac{\partial{\cal R}}{\partial\sigma}\frac{\partial{\cal I}}{\partial\tau}-\frac{\partial{\cal R}}{\partial\tau}\frac{\partial{\cal I}}{\partial\sigma}<0$ ;

(ⅳ)当 $\tau\rightarrow+\infty$ 时, ${\cal I}(\sigma, \tau)\rightarrow0$ 对于 $-\infty<\sigma<+\infty$ 一致成立.

(ⅰ)和(ⅱ)显然. (ⅲ)可根据平方函数的凸性证明.我们仅需证明(ⅳ).利用反证法, 首先假设存在序列 $\tau_{n}\rightarrow+\infty$ 和 $\sigma_{n}$ , 使得 $|{\cal I}(\sigma_{n}, \tau_{n})|\geq\delta>0 (n=1, 2, \cdots)$ .显然

$ \frac{1}{\sqrt{1+(\sigma_{n}+n\tau_{n}|\omega|^{n-1})^{2}}}= \frac{1}{\sqrt{1+\tau^{2}_{n}(\sigma_{n}/\tau_{n}+n|\omega|^{n-1})^{2}}}\rightarrow0 $

对任意的 $\omega\in S$ 一致成立.因此, ${\cal I}(\sigma_{n}, \tau_{n})\rightarrow 0$ .这与假设矛盾. (ⅳ)得证.

给定上半圆盘中的一点, 记作 $(a, b)$ .由(i)和(ii)知, 存在唯一的一个函数 $\sigma=\sigma_{a}(\tau)$ 使得对任意的 $\tau>0$ , 有 ${\cal R}(\sigma_{a}(\tau), \tau)=a$ .另一方面, 根据隐函数定理, $\sigma_{a}(\tau)$ 是关于 $\tau$ 的连续函数, 且

$ \sigma'_{a}(\tau)=- \Big(\frac{\partial{\cal R}}{\partial\tau}\Big/\frac{\partial{\cal R}}{\partial\sigma} \Big)_{(\sigma_{a}(\tau), \tau)}. $

因此, 根据(ⅰ)和(ⅲ)可知当 $\tau>0$ 时, 有

$ \frac{{\rm d}{\cal I}(\sigma_{a}(\tau), \tau)}{{\rm d}\tau}= \Big(\frac{\partial{\cal R}}{\partial\sigma}\frac{\partial{\cal I}}{\partial\tau} -\frac{\partial{\cal R}}{\partial\tau}\frac{\partial{\cal I}}{\partial\sigma} \Big)_{(\sigma_{a}(\tau), \tau)}\Big/\frac{\partial{\cal R}}{\partial\sigma} (\sigma_{a}(\tau), \tau)<0. $

这表明 ${\cal I}(\sigma_{a}(\tau), \tau)$ 关于 $\tau>0$ 是严格递减的.显然当 $\tau\rightarrow0$ 时连续函数 $\sigma_{a}(\tau)$ 存在极限, 不妨设 $\lim\limits_{\tau\rightarrow 0}(\sigma_{a}(\tau))=l$ , 则根据 ${\cal R}(\sigma_{a}(\tau), \tau)$ , 有 $l/\sqrt{1+l^{2}}=a$ .所以

$ \lim\limits_{\tau\rightarrow0}{\cal I}(\sigma_{a}(\tau), \tau)= \frac{1}{\sqrt{1+l^{2}}}=\sqrt{1-a^{2}}. $

此外, 根据(ⅳ), $\tau\rightarrow +\infty$ 时, ${\cal I}(\sigma_{a}(\tau), \tau)\rightarrow 0$ .可知存在唯一的 $\tau>0$ 使得 ${\cal I}(\sigma_{a}(\tau), \tau)=b$ .这表明了函数 $\sigma(a, b)$ 和 $\tau(a, b)$ 的存在性和唯一性.再利用隐函数定理, 因为 ${\cal R}(\sigma, \tau)$ 和 ${\cal I}(\sigma, \tau)$ 是关于 $(\sigma, \tau)$ 的实解析函数, 故函数 $\sigma(a, b)$ 和 $\tau(a, b)$ 是实解析函数.证毕.

引理4.2^[1]  设 $\lambda=\lambda(r, a, b)$ 和 $\mu=\mu(r, a, b)$ 为引理2.1中定义的函数, 则对于任意满足条件 $a^{2}+b^{2}<1$ , $b>0$ 的 $a, b$ , 有

$ -\frac{\lambda(r, a, b)-1}{\mu(r, a, b)}\rightarrow \sigma(a, b), \frac{r}{\mu(r, a, b)}\rightarrow\tau(a, b), ~\mbox{当}~r\rightarrow 0, $

其中函数 $\sigma=\sigma(a, b)$ 和 $\tau=\tau(a, b)$ 同引理4.1中所述.

引理4.3  设 $F(z)$ 是从单位球映射到单位圆盘的多重调和映射, 且 $r=|z|$ 满足 $0<r<1$ , 则对于满足 $a^{2}+b^{2}<1$ , $b>0$ 的实数 $a, b$ , 有

$ \begin{eqnarray*} &&\lim\limits_{r\rightarrow 0}\frac{F_{a, b, r}(rN)-(a+b{\rm i})}{r}\\ &=&\left\{ \begin{array}{lll} \int_{S}\Big(\frac{n|\omega|^{n-1}(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})}{\sqrt{1+ (\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2}}}\Big){\rm d}\xi+ {\rm i}\int_{S}\Big(\frac{n|\omega|^{n-1}}{\sqrt{1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2}}}\Big){\rm d}\xi, && b>0, \\ \frac{4}{\pi}\cos \frac{a\pi}{2}, && b=0, \end{array} \right. \nonumber \end{eqnarray*} $

其中函数 $\sigma=\sigma(a, b)$ 和 $\tau=\tau(a, b)$ 同引理4.1中所述.

证  首先, 假设 $b>0$ .由引理4.2, 当 $r\rightarrow0$ 时, 有

$ \begin{eqnarray*} A_{r, \lambda, \mu}(\omega) &=& \frac{1}{\mu} \Big(\frac{1}{|rN-\omega|^{n}}-\lambda\Big)\\ &=&-\frac{\lambda-1}{\mu}+\frac{1-|rN-\omega|^{n}}{\mu|rN-\omega|^{n}}\nonumber\\ &=& -\frac{\lambda-1}{\mu}+\frac{rn|\omega|^{n-1}}{\mu}+o(r)\nonumber\\ &=& \sigma(a, b)+n\tau(a, b)|\omega|^{n-1}+o(1), \nonumber \end{eqnarray*} $

故当 $r\rightarrow0$ 时, 有

$ \frac{1}{\sqrt{1+A^{2}_{r, \lambda, \mu}(\omega)}}=\frac{1}{\sqrt{1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2}}}+o(1), \\ \frac{A^{2}_{r, \lambda, \mu}(\omega)}{\sqrt{1+A^{2}_{r, \lambda, \mu}(\omega)}}=\frac{\sigma+n\tau|\omega|^{n-1}}{\sqrt{1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2}}}+o(1), $

对任意的 $\omega\in S$ 一致成立, 其中 $o(1)$ 是一个趋向于0的无穷小量.所以

$ \begin{align} & {{F}_{a,b,r}}(rN)-(a+b{\rm{i}})=\int_{S}{(}\frac{1-|rN{{|}^{2}}}{|rN-\omega {{|}^{n}}}-1)\frac{{{A}_{r,\lambda ,\mu }}(\omega )}{\sqrt{1+A_{r,\lambda ,\mu }^{2}(\omega )}}{\rm{d}}\xi \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +{\rm{i}}\int_{S}{(}\frac{1-|rN{{|}^{2}}}{|rN-\omega {{|}^{n}}}-1)\frac{1}{\sqrt{1+A_{r,\lambda ,\mu }^{2}(\omega )}}{\rm{d}}\xi \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\int_{S}{\frac{1-|rN{{|}^{2}}-|rN-\omega {{|}^{n}}}{|rN-\omega {{|}^{n}}}}(\frac{\sigma +n\tau |\omega {{|}^{n-1}}}{\sqrt{1+{{(\sigma +n\tau |\omega {{|}^{n-1}})}^{2}}}}+o(1)){\rm{d}}\xi \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +{\rm{i}}\int_{S}{\frac{1-|rN{{|}^{2}}-|rN-\omega {{|}^{n}}}{|rN-\omega {{|}^{n}}}}(\frac{1}{\sqrt{1+{{(\sigma +n\tau |\omega {{|}^{n-1}})}^{2}}}}+o(1)){\rm{d}}\xi . \\ \end{align} $

这证明了引理在 $b>0$ 时的情况.另一方面, 对于 $b=0$ , 有

$ U_{a, 0, r}(z)=\frac{2}{\pi} \bigg[\arg\frac{e^{N(\pi+a\pi/2)}-x}{e^{-Na\pi/2}-x}-\pi \Big(1-\frac{a}{2}\Big)\bigg], \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ V_{a, 0, r}(z)=0, $

并且

$ F_{a, 0, r}(rN)=U_{a, 0, r}(rN)=\frac{4}{\pi}\arctan\frac{r+\sin(a\pi/2)}{\cos(a\pi/2)}-a. $

因此

$ \lim\limits_{r\rightarrow 0}\frac{F_{a, b, r}(rN)-(a+b{\rm i})}{r}= \frac{\rm d}{{\rm d}r} \Big(\frac{4}{\pi}\arctan\frac{r+\sin(a\pi/2)}{\cos(a\pi/2)}\Big)_{r=0}=\frac{4}{\pi}\cos\frac{a\pi}{2}. $

证毕.

对于 $0<\rho<1$ , $0\leq\alpha\leq\pi/2$ , 定义

$ \begin{eqnarray} h_{\rho}(\alpha)=\left\{ \begin{array}{lll} \frac{4}{\pi}\cos\frac{\rho\pi}{2}, && \alpha=0, \\ \int_{S}\bigg(\frac{n|\omega|^{n-1}(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})} {\sqrt{1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2}}}\bigg){\rm d}\xi, && 0<\alpha\leq\pi/2, \end{array} \right. \\ k_{\rho}(\alpha)=\left\{ \begin{array}{lll} 0, && \alpha=0, \\ \int_{S}\bigg(\frac{n|\omega|^{n-1}}{\sqrt{1+(\sigma+n\tau|\omega|^{n-1})^{2}}} \bigg){\rm d}\xi, && 0<\alpha\leq\pi/2, \end{array} \right. \nonumber \end{eqnarray} $

其中 $a=\rho\cos\alpha$ , $b=\rho\sin\alpha$ , 函数 $\sigma=\sigma(a, b)$ 和 $\tau=\tau(a, b)$ 同引理4.1中所述.

引理5.1^[1]  设 $h_{\rho}(\alpha)$ 和 $k_{\rho}(\alpha)$ 的定义同上所述, 那么

(1) 当 $\alpha\rightarrow 0$ 时

$ h_{\rho}(\alpha)\rightarrow\frac{4}{\pi}\cos\frac{\rho\pi}{2}, \ \ \ \ k_{\rho}(\alpha)\rightarrow0; $

(2) 对于 $0\leq\alpha\leq\pi/2$ , $h_{\rho}(\alpha)$ 是严格递增的;

(3) 对于 $0<\alpha<\pi/2$ , $k_{\rho}(\alpha)>0$ ; 对于 $\alpha=0, \pi/2$ , $k_{\rho}(\alpha)=0$ .

引理5.2^[1]  设 $0<\rho<1$ .对于 $0\leq\alpha\leq\pi/2$ , 定义

$ \omega_{\rho}(\alpha)=\alpha+\arctan\frac{k_{\rho}(\alpha)}{h_{\rho}(\alpha)}. $

那么

(1) 对于 $0\leq\alpha\leq\pi/2$ , $\omega_{\rho}(\alpha)$ 是严格递增的;

(2) 对于 $0<\alpha<\pi/2$ , $\omega_{\rho}(\alpha)>\alpha$ ; 对于 $\alpha=0, \pi/2$ , $\omega_{\rho}(\alpha)=\alpha$ .

引理5.3^[1]  设 $0<\rho<1$ .对于 $0\leq\alpha\leq\pi/2$ , 定义

$ g_{\rho}(\alpha)=(h^{2}_{\rho}(\alpha)+k^{2}_{\rho}(\alpha))^{1/2}, $

那么

(1) 对于 $0\leq\alpha\leq\pi/2$ , $g_{\rho}(\alpha)$ 是严格递增的;

(2) 对于 $0<\alpha<\pi/2$ , $g_{\rho}(\omega^{-1}_{\rho}(\alpha))\leq h_{\rho}(\alpha)$ .

引理5.4  对于 $z\in B^{n}$ , 设 $\omega=F(z)=U(z)+{\rm i}V(z)$ 是一个多重调和映射, 满足 $F(D)\subset D$ .若 $\rho=F(0)>0$ , 且 $F_{z}(0)+F_{\overline{z}}(0)=t{\rm e}^{-{\rm i}\alpha}I$ , $t>0$ , 则

$ |F_{z}(0)+F_{\overline{z}}(0)|\leq g_{\rho}(\omega^{-1}(\kappa(\alpha))), $

其中

$ \begin{eqnarray} \kappa(\alpha)=\left\{ \begin{array}{lll} |\alpha|, && |\alpha|\leq \pi/2, \\ \pi-\alpha, && \pi/2<|\alpha|\leq\pi. \end{array} \right. \nonumber \end{eqnarray} $

证  首先, 对于 $0\leq\alpha\leq\frac{\pi}{2}$ 的情况, 设 $0\leq\beta=\omega^{-1}(\alpha)\leq\alpha$ .应用引理3.1到 ${\rm e}^{{\rm i}\beta}F$ , 有

$ {\rm Re}\{{\rm e}^{{\rm i}\beta}F(z)\}\leq U_{\rho\cos\beta, \rho\sin\beta, r, }(rN), $

进而

$ {\rm Re}\bigg\{{\rm e}^{{\rm i}\beta}\frac{F(z)-F(0)}{r}\bigg\}\leq \frac{U_{\rho\cos\beta, \rho\sin\beta, r, }(rN)-\rho\cos\beta}{r}. $

当 $r\rightarrow 0$ 时, 由引理4.3, 有

$ t\cos(\alpha-\beta)\leq h_{\rho}(\beta). $

不难得到

$ \alpha-\beta=\omega(\beta)-\beta=\arctan\frac{k_{\rho}(\beta)}{h_{\rho}(\beta)}, $

因此

$ (\cos^{2}(\alpha-\beta))^{-1}=1+\tan^{2}(\alpha-\beta)=1+\frac{k^{2}_{\rho}(\beta)}{h^{2}_{\rho}(\beta)}. $

进而可推出

$ t\leq(h^{2}_{\rho}(\beta)+k^{2}_{\rho}(\beta))^{\frac{1}{2}}=g_{\rho}(\omega^{-1}(\alpha)). $

故当 $0\leq\alpha\leq\frac{\pi}{2}$ 时, 有

$ |F_{z}(0)+F_{\overline{z}}(0)|=t{\rm e}^{-{\rm i}\alpha} \leq {\rm e}^{-{\rm i}\alpha}g_{\rho}(\omega^{-1}(\alpha))=g_{\rho}(\omega^{-1}(\kappa(\alpha))). $

另一方面, 对于 $-\frac{\pi}{2}\leq\alpha\leq0$ 或 $\frac{\pi}{2}\leq\alpha\leq \pi$ 的情况, 分别定义关于 $z\in B^{n}$ 的映射 $G$ , 使得 $G(z)=\overline{F(z)}, G(z)=F(-z)$ 或 $G(z)=\overline{F(-z)}$ .证明过程类似.证毕.

定义单位圆盘 $D$ 上的Finsler度量为 ${\cal H}$ .对于 $z\in D$ , $u\in {\Bbb C}\setminus\{0\}$ , 定义

$ {\cal H}_{0}(u)=\frac{\pi}{4}|u|, \ \ \ \ {\cal H}_{z}(u)=\frac{|u|}{g_{|z|}(\omega^{-1}_{|z|}(\kappa(\arg\frac{u}{z})))}. $

定理5.1  设 $F:B^{n}\rightarrow D$ 是一个多重调和映射, 则

$ {\cal H}_{|F(z)|}({\rm e}^{{\rm i}\theta}F_{z}(z)+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}F_{\overline{z}}(z))\leq\frac{1}{1-|z|^{2}} $

对于 $z\in B^{n}$ , $0\leq\theta\leq 2\pi$ 成立.

证  给定 $z\in B^{n}$ , $0\leq\theta\leq 2\pi$ .

(1) 若 $F(z)=0$ , 根据(1.8)式和Fisher度量的定义, 有

$ \begin{eqnarray} {\cal H}_{|F(z)|}({\rm e}^{{\rm i}\theta}F_{z}(z)+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}F_{\overline{z}}(z)) &=& \frac{\pi}{4}|{\rm e}^{{\rm i}\theta}F_{z}(z)+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}F_{\overline{z}}(z)|\nonumber\\ &\leq&\frac{\pi}{4}\Lambda_{F}(z)\leq \frac{\pi}{4}\cdot\frac{4}{\pi}\frac{1}{1-|z|^{2}}\nonumber\\ &=&\frac{1}{1-|z|^{2}}.\nonumber \end{eqnarray} $

(2) 若 $F(z)=\rho {\rm e}^{{\rm i}\theta_{0}}$ , $\rho>0$ , 有 ${\rm e}^{{\rm i}\theta}F_{z}(z)+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}F_{\overline{z}}(z)=t{\rm e}^{{\rm i}(\theta_{0}+\alpha)}I$ , 其中 $t>0$ .对任意的 $\zeta\in B^{n}$ , 设 $B^{n}$ 上的自同构映射为 $\varphi_{z}(\zeta)$ , 定义映射 $G={\rm e}^{-{\rm i}\theta_{0}}F\circ\varphi:B^{n}\rightarrow D$ .那么 $G$ 是一个多重调和映射, 满足 $G(B^{n})\in D$ , $G(0)={\rm e}^{-{\rm i}\theta_{0}}F(z)=\rho$ , 且

$ {\rm e}^{-{\rm i}\theta_{0}}(1-|z|^{2})({\rm e}^{{\rm i}\theta}F_{z}(z)+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}F_{\overline{z}}(z))=G_{\zeta}(0)+G_{\overline{\zeta}}(0). $

因此

$ G_{\zeta}(0)+G_{\overline{\zeta}}(0)=(1-|z|^{2})t{\rm e}^{{\rm i}\alpha}I=t'{\rm e}^{{\rm i}\alpha}I. $

根据Finsler度量的定义和性质, 有

$ (1-|z|^{2})|{\rm e}^{{\rm i}\theta}F_{z}(z)+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}F_{\overline{z}}(z)|=|{\rm e}^{{\rm i}\theta_{0}}(G_{\zeta}(0)+G_{\overline{\zeta}}(0))|=|G_{\zeta}(0)+G_{\overline{\zeta}}(0)|\leq g_{\rho}\\ (\omega^{-1}_{\rho}(\kappa(\alpha))) $

且

$ {\cal H}_{|F(z)|}({\rm e}^{{\rm i}\theta}F_{z}(z)+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}F_{\overline{z}}(z))=\frac{|{\rm e}^{{\rm i}\theta}F_{z}(z)+{\rm e}^{-{\rm i}\theta}F_{\overline{z}}(z)|}{g_{\rho}(\omega^{-1}_{\rho}(\kappa(\alpha)))}\leq\frac{1}{1-|z|^{2}}. $

证毕.