高阶q个-导数及其在多价Janowski型子类中的应用q个-星形函数

摘要

在本研究中，借助于某些高阶q个-衍生物，多价的一些新的亚类q个-定义了与Janowski函数相关的星形函数。然后，导出了一些有趣的结果，例如半径问题和与畸变有关的结果。我们还为我们定义的函数类导出了一个充分条件和某些系数不等式。还强调了与这一主题有关的一些已知后果。最后，关于\（（p，q）\）-结论部分也给出了变化。

1导言、动机和定义

多价或(\（\mathfrak{p}\）-valent）函数

$$\mathbb{U}=\bigl\{z:z\在{\mathbb{C}}\text{和}\vertz\vert<1\bigr\}中$$

具有序列表示

$$f（z）=z^{\mathfrak{p}}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n+\mathfrak{p}{z^{n+\tathfrak}p}}\quad\bigl（\mathbrak{p{in\mathbb{n}=\{1,2,3，\ldots\}\bigr）$$

(1.1)

此处表示为\（\mathcal{A}（\mathfrak{p}）\）。我们注意到

$$\mathcal{A}（1）：=\mathcal{A}$$

此外，多价或(\（\mathfrak{p}\）-valent）星形函数表示为\（\mathcal{S}^{ast}（\mathfrak{p}）\），由函数组成\（f \ in \ mathcal{A}（\ mathfrak{p}）\）满足以下条件：

$$\Re\biggl（\frac{zf^{prime}（z）}{f（z）{biggr）>0\quad（\forall z\in\mathbb{U}）$$

很容易看出这一点

$$\mathcal{S}^{ast}（1）=\mathcal{S}^{ast{$$

在何处\（\mathcal{S}^{ast}\）我们表示开放单位圆盘中的星形函数类\（\mathbb{U}\）.

我们接下来回忆起\（\mathcal{S}^{ast}\）Janowski推广了类星函数的[7]如下所示。

定义1

([7])

A函数\（f\in\mathcal{A}\）据说属于这个班\（\mathcal{S}^{ast}[X，L]\）当且仅当

$$\Re\biggl（\frac{（L-1）（\frac{zf^{prime}（z）}{f（z）{）}）-（X-1）}{（L+1）（\frac{zf ^{prime}（z）}{f（z））-（X+1）}\biggr）\geqq 0\quad（-1\leqq L<X\leqqq 1）$$

为了演示，我们采用以下符号和定义。在本文中，我们假设

$$0<q<1\quad\text{和}\quad\mathfrak{p}\in\mathbb{N}=\{1,2,3，\ldots\}$$

定义2

对于\（0<q<1），我们定义q个-数字\（[\lambda]{q}\）通过

$$[\lambda]_{q}=\textstyle\begin{cases}\frac{1-q^{\lambda}}{1-q}&（\lambdata\in\mathbb{C}\setminus\{0}），\\sum_{k=0}^｛j-1｝q^{k} =1+q+q^{2}+\cdots+q^}j-1}&（\lambda=j\in\mathbb{N}），\\0&（\lambda=0）。\结束{cases}$$

定义3

这个q个-阶乘的\（[j]{q}！\） q个-阶乘的定义如下：

$${}[0]_{q}！：=1\quad\text{和}\quad[j]{q}！=\prod{k=1}^{j}[k]{q}$$

从定义中很容易看出2和定义三那个

$$\lim_{q\rightarrow1-}[j]_{q}=j\quad\text{和}\quad\\lim_1-}[j]{q}=j$$

定义4

对于\（f\in\mathcal{A}\），的q个-差异（或q个-导数）运算符\（\mathfrak{D}（D）_{q} \）在集合的给定子集中\（\mathbb{C}\）的复数定义为（请参见[5]和[6])

$$（\mathfrak{D}（D）_{q} （f））（z）=\textstyle\begin{cases}\frac{f（z）-f（qz）}{（1-q）z}&（z\neq0），\\f^{prime}（0）&（z=0），\end{casesneneneep$$

(1.2)

前提是\（f^{\prime}（0）\）存在。

我们可以很容易地看到(1.2)那个

$$\lim_{q\rightarrow 1-}（\mathfrak{D}（D）_{q} （f））（z）=\lim_{q\rightarrow1-}\frac{f（z）-f（qz）}{（1-q）z}=f^{prime}（z）$$

对于可微函数（f）在给定的子集中\（\mathbb{C}\）此外，来自(1.1)和(1.2)我们获得

$$\开始{aligned}&\bigl（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（1）}f\biger）（z）=[\mathfrak{p}]_{q} z（z）^{\mathfrak（马特拉克）{p} -1个}+\和{n=1}^{infty}[n+\mathfrak{p}]_{q} 一个_{n+\mathfrak{p}}z^{n+\ mathfrak{p} -1个}，\结束{对齐}$$

(1.3)

$$\开始{aligned}&\bigl（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（2）}f\biger）（z）=[\mathfrak{p}]{q}[\matchfrak{p} -1个 ] _{q} z（z）^{\mathfrak{p}-2}+\sum{n=1}^{\infty}[n+\mathfrak{p}]{q}[n+/mathfrak{p}-1]_{q} 一个_{n+\mathfrak{p}}z^{n+\ mathfrak{p} -2个}，\结束{对齐}$$

(1.4)

$$\开始{aligned}&\qquad\textstyle\begin{array}{@{}c@{qquad}c@}{\qquad{c@{}}.&.\\.&.&。\end｛array｝\displaystyle\\&&\bigl（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（\mathfrak{p}）}f\biger）（z）=[\mathfrak{p}]{q}+\求和{n=1}^{\infty}\frac{[n+\mathfrak{p}]{q}！}{[n]{q}！}a{n+\mathfrak{p}}z^{n}，\end{aligned}$$

(1.5)

哪里\（（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（\mathfrak{p}）}f）（z）\）表示q个-函数的导数\（f（z）\）订单的\（\mathfrak{p}（\matchfrak{p2}\in\mathbb{N}）\）.

现在，对于每个功能（f）班级的\（\mathcal｛A｝（\mathfrak｛p｝）\），中的表达式(1.1)差异化时秒时间与z（z）产量

$$\bigl（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f\biger）（z）=\frac{[\mathfrak{p}]{q}！}{[\mathfrak{p} -秒{q}！}z^{mathfrak{p}-s}+\sum{n=1}^{infty}\frac{[n+mathfrak{p}]{q}！}{[n+\mathfrak{p} -秒{q}！}a{n+\mathfrak{p}}z^{n+\ mathfrak{p} -秒}. $$

的分支q个-微积分在数学和物理的各个分支中有许多应用。此外，操作员\（\mathfrak｛D｝_{q} \）(q个-导数算子）具有一些显著而独特的应用，这使得它具有重要意义。伊斯梅尔等。[4]是第一个利用q个-导数算子和星形函数并定义了一个新类\（\mathcal{S}^{ast}\）属于q个-星形功能。然而，最初是斯利瓦斯塔瓦[24]谁使用了基本（或q个-)超几何函数

$$｛｝_｛\mathfrak｛r｝｝\Phi _｛\mathfrak｛s｝｝\quad\bigl（\mathfrak｛r｝，\mathfrak｛s｝\in\mathbb{无}_{0}=\{0,1,2，\ldots\}=\mathbb{N}\cup\{0\}\biger）$$

在复分析的几何函数理论（GFT）中（详见[24]). 最近，斯利瓦斯塔瓦发表了一篇评论文章[25]给这个主题增添了另一种味道。在他发表的评论文章中[25]，斯利瓦斯塔瓦强调了所谓的\（（p，q）\）-微积分。

伊斯梅尔的上述作品等。[4]和斯里瓦斯塔瓦[24,25]激励了许多数学家给出他们的发现。在Srivastava的上述编辑作品中[25]，许多著名的卷积和分数q个-对运营商进行了调查。例如，Wongsaijai和Sukantamala[35]研究了q个-不同观点和展望的星形函数。特别是，他们研究了各种系数不等式、包含性质和充分条件。此外，Wongsaijai和Sukantamala的工作[35]由斯利瓦斯塔瓦系统地推广等。[33]. 事实上，通过利用q个-微积分和Janowski函数等。（请参见[33,34])定义了三个新的子类q个-星形功能。其他几位作者（例如，请参见[16,18,20,22,29,30])研究并推广了q个-从不同的观点和展望来看，这就像一颗星星。关于最近的一些调查q个-几何函数理论和其他数学和物理分支中的微积分和分数微积分，我们可以参考感兴趣的读者[1–三,11–15,17,19,21,26,27,31,32,36,37]. 在本文中，我们将主要关注[8,33]，以及[35].

定义5

（请参见[4])

A函数\（f\in\mathcal{A}\）在函数类中\（\mathcal{宋体}_{q} ^{\ast}\）如果

$$f（0）=f^{prime}（0）-1=0$$

(1.6)

和

$$\biggl\vert\frac{z}{f（z）}（\mathfrak{D}（D）_{q} （f））z-\frac{1}{1-q}\biggr\vert\leqq\frac}{1}}{1-q}$$

(1.7)

通过一些高阶q个-衍生物，以下多价子类q个-与Janowski函数相关联的星形函数定义如下。

定义6

多价函数（f）班级的\（\mathcal｛A｝（\mathfrak｛p｝）\）在班上\（\mathcal{宋体}_｛（q，1）｝^｛\ast｝[\mathfrak｛p｝，｛v｝，s，X，L]\）如果

$$\Re\biggl（\压裂{（L-1）\压裂{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}\biggr）\geqq 0$$

我们打电话给\（\mathcal{宋体}_{（q，1）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）多价高阶类q个-涉及Janowski函数的第一类星形函数。

定义7

多价函数（f）班级的\（\mathcal{A}（\mathfrak{p}）\）在班上\（\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）如果

$$\biggl\vert\frac{（L-1）\frac{z^{v}}（\mathfrak｛D｝_{q} ^｛（｛v｝+s）｝f）（z）｝｛（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}-\frac{1}{1-q}\biggr\vert<\frac}1}{1q}$$

我们打电话给\（\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）多价高阶类q个-涉及Janowski函数的第二类星形函数。

定义8

多价函数（f）班级的\（\mathcal｛A｝（\mathfrak｛p｝）\）在班上\（\mathcal{宋体}_｛（q，3）｝^｛\ast｝[\mathfrak｛p｝，｛v｝，s，X，L]\）如果

$$\biggl\vert\frac{（L-1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}-1\biggr\vert<1$$

我们打电话给\（\mathcal{宋体}_{（q，3）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）多价高阶类q个-涉及Janowski函数的第三类星形函数。

备注1

首先，很容易看出(\（0\leqq\alpha<1）),

$$\开始{aligned}&\mathcal{宋体}_{（q，1）}^{ast}\bigl[1,1,0，（1-2\alpha），-1\bigr]=\mathcal{宋体}_{（q，1）}^{\ast}（\alpha），\\&\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{ast}\bigl[1,1,0，（1-2\alpha），-1\bigr]=\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}（\alpha），\end{aligned}$$

和

$$\马塔尔{宋体}_{（q，3）}^{ast}\bigl[1,1,0，（1-2\alpha），-1\bigr]=\mathcal{宋体}_{（q，3）}^{\ast}（\alpha）$$

其中函数类

$$\马塔尔{宋体}_{（q，1）}^{\ast}（\alpha），\qquad\mathcal{宋体}_｛（q，2）｝^｛\ast｝（\alpha），\fquad\text｛and｝\fquad\mathcal{宋体}_{（q，3）}^{\ast}（\alpha）$$

由Wongsaijai和Sukantamala研究[35]. 其次，我们有

$$\开始{aligned}&\mathcal{宋体}_{（q，1）}^{ast}[1,1,0，X，L]=\mathcal{S}_{（q,1）}^}\ast}[X，L]，\\&\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[1,1,0，X，L]=\mathcal{S}_{（q,2）}^{\asp}[X，L]，\end{aligned}$$

和

$$\马塔尔{宋体}_{（q，3）}^{ast}[1,1,0，X，L]=\mathcal{S}_{（q,3）}^{ast{[X，L]$$

其中函数类

$$\马塔尔｛S｝_{（q，1）}^{\ast}[X，L]，\qquad\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[X，L]，\quad\text{和}\quad\\mathcal{宋体}_{（q，3）}^{\ast}[X，L]$$

由Srivastava研究等。[33]. 第三，对于(\（0\leqq\alpha<1）)，我们有

$$\开始{aligned}&\mathcal{宋体}_{（q，1）}^{ast}\bigl[\mathfrak{p}，{v}，s，（1-2\alpha），-1\bigr]=\mathcal{宋体}_{（q，1）}^{ast}（\mathfrak{p}，{v}，s，\alpha），\\&\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{ast}\bigl[\mathfrak{p}，{v}，s，（1-2\alpha），-1\bigr]=\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{ast}（\mathfrak{p}，{v}，s，\alpha），\end{aligned}$$

和

$$\马塔尔｛S｝_{（q，3）}^{ast}\bigl[\mathfrak{p}，{v}，s，（1-2\alpha），-1\bigr]=\mathcal{宋体}_｛（q，3）｝^｛\ast｝（\mathfrak｛p｝，｛v｝，s，\alpha）$$

其中函数类

$$\马塔尔{宋体}_{（q，1）}^{ast}（\mathfrak{p}，{v}，s，\alpha），\qquad\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{ast}（\mathfrak{p}，{v}，s，\alpha$$

由Khan研究等。[8].

本文研究了许多性质和特征，例如充分条件、包含结果、畸变定理和半径问题。我们还指出了我们的结果与该主题的其他一些相关作品中的结果的相关联系。

2主要成果

我们从给出类的包含结果开始

$$\数学{宋体}_{（q，1）}^{ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]，\qquad\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]，\quad\text{和}\quad\\mathcal{s}_{（g，3$$

广义多价的q个-星形函数类，涉及Janowski函数。

定理1

如果 \（-1\leqq L<X\leqqq 1）,然后

$$\马塔尔{宋体}_{（q，3）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\子集\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\子集\mathcal{宋体}_{（q，1）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]$$

证明

首先，我们让\（f\in\mathcal{宋体}_{（q，3）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）然后，根据定义8，我们看到了

$$\biggl\vert\frac｛（L-1）\frac｛z^｛v｝｝（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak｛D｝_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}-1\biggr\vert<1$$

以便

$$\biggl\vert\frac{（L-1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^｛（s）｝f）（z）｝-（X+1）｝-1\biggr\vert+\frac｛q｝｛1-q｝<1+\frac｛q｝｛1-q｝$$

(2.1)

在方程中应用三角形不等式(2.1)，我们得到

$$\biggl\vert\frac{（L-1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}-\frac{1}{1-q}\biggr\vert<\frac}1}{1q}$$

(2.2)

中的最后一个表达式(2.2)现在意味着\（f\in\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）也就是说，

$$\马塔尔{宋体}_｛（q，3）｝^｛\ast｝[\mathfrak｛p｝，｛v｝，s，X，L]\subet \mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]$$

我们接下来假设\（f\in\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\），所以

$$f\in\mathcal美元{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\quad\Longleftrightarrow\quad\\biggl\vert\frac{（L-1）\frac{z^{v}}（\mathbrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak｛D｝_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}-\frac{1}{1-q}\biggr\vert<\frac}1}{1q}$$

按定义7.

自

$$\开始{aligned}\开始{arigned}\frac{1}{1-q}&>\biggl\vert\frac{（L-1）\frac}{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}-\压裂{1}{1-q}\biggr\vert\\&=\biggl\vert\frac{1}{1-q}-\压裂{（L-1）\压裂{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^｛（s）｝f）（z）｝-（X+1）｝\biggr\vert，\end｛aligned｝\end｛aligned｝$$

我们有

$$\Re\biggl（\压裂{（L-1）\压裂{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^｛（｛v｝+s）｝f）（z）｝｛（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}\biggr）>0\quad（z\in\mathbb{U}）$$

最后一个不等式现在表明\（f\in\mathcal{宋体}_{（q，1）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）也就是说，

$$\马塔尔{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\子集\mathcal｛S｝_{（q，1）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]$$

这就完成了定理的证明1. □

备注2

首先，如果我们\（{v}=s+1=\mathfrak{p}=1\）在定理中1，由于斯里瓦斯塔瓦，我们得到了相应的结果等。[33]. 其次，如果我们把

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad L=-1$$

定理1给出了Khan证明的相应结果等。[8]. 第三，如果我们给定理中的参数赋值如下1:

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad-L={v}=s+1=\mathfrak{p}=1$$

我们得到了Wongsaijai和Sukantamala证明的结果[35].

推论1

（请参见[35])

对于 \（0\leqq\alpha<1）,

$$\马塔尔｛S｝_{q，3}^{\ast}（\alpha）\子集\mathcal{宋体}_{q，1}^{\ast}（\alpha）$$

最后，在类的一个充分条件下\（\mathcal{宋体}_{（q，3）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）给出了函数类的相应充分条件\（\mathcal{宋体}_{（q，1）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）和\（\mathcal{宋体}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）.

定理2

A函数 \（f \ in \ mathcal{A}（\ mathfrak{p}）\） 有形式的(1.1)在班上 \（\mathcal{宋体}_{（q，3）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\） 如果满足下列系数不等式:

$$\sum_{n=1}^{infty}\bigl（2\Upsilon_{（2，n）}+\vert\Upsilon_2{（3，n）{vert\biger）\verta_{n+\mathfrak{p}}\vert<\vert\Upsilon_}4}\vert-2\Upsilon_{1}$$

(2.3)

哪里

$$\begin{aligned}&\Upsilon_{1}=\biggl（\frac{[\mathfrak{p}]_{q}！}{[\mathfrak{p} -秒-{v} {q}！}-\裂缝{[\mathfrak{p}]{q}！}{[\mathfrak{p} -秒{q}！}\biggr），\结束{对齐}$$

(2.4)

$$\begin{aligned}&\Upsilon_{（2，n）}=\biggl（\frac{[n+\mathfrak{p}]_{q}！}{[n+/mathfrak{p} -秒-{v} {q}！}-\裂缝{[n+\mathfrak{p}]{q}！}{[n+\mathfrak{p} -秒]_｛q｝！｝\biggr），\结束{对齐}$$

(2.5)

$$\begin｛aligned｝&&Upsilon _｛（3，n）｝=\bigl（\frac｛（L+1）[n+\mathfrak｛p｝]_｛q｝！｝{[n+\mathfrak{p} -秒-{v} {q}！}-\裂缝{（X-1）[n+\mathfrak{p}]_{q}！}{[n+\mathfrak{p} -秒{q}！}\biggr），\结束{对齐}$$

(2.6)

和

$$\Upsilon_{4}=\biggl（\frac{（L+1）[\mathfrak{p}]_{q}！}{[\mathfrak{p} -秒-{v} {q}！}-\裂缝{（X+1）[\mathfrak{p}]_{q}！}｛[\mathfrak{p} -秒{q}！}\biggr）$$

(2.7)

证明

我们开始定理的证明2通过假设(2.3)保持正确。那么就足以证明

$$\biggl\vert\frac{（L-1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}-1\biggr\vert<1$$

我们有

$$\开始{aligned}&\biggl\vert\frac{（L-1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^｛（s）｝f）（z）｝-（X-1）｝｛（L+1）\frac｛z^｛v｝｝（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak｛D｝_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}-1\biggr\vert\\&\quad=2\biggl\vert\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）-（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}{（L+1）（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）-（X+1）（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}\biggr\vert\\&\quad=2\biggl\vert\frac{\Upsilon_{1} z（z）^{\mathfrak（马特拉克）{p} -秒}+\sum_{n=1}^{\infty}\Upsilon_{（2，n）}a_{n+\mathfrak{p}}z^{n+\ mathfrak{p} -秒}}{\上西隆_{4} z（z）^{\mathfrak（马特拉克）{p} -秒}+\sum_{n=1}^{\infty}\Upsilon_{（3，n）}a_{n+\mathfrak{p}}z^{n+\ mathfrak{p} -秒}}\biggr\vert\\&\quad\leqq\frac{2\Upsilon_{1}+2\sum_{n=1}^{infty}\Upsilon_{（2，n）}\vert a_{n+\mathfrak{p}}\vert}{vert-\Upsilon_{4}\vert-\sum_{n=1{^{inffy}\vert\Upsilon{（3，n）vert}\quad\bigl（\vertz\vert=1\bigr），\end{aligned}$$

(2.8)

哪里\（\Upsilon_{1}\）,\（\Upsilon_{（2，n）}\）,\（\Upsilon_{（3，n）}\）、和\（\Upsilon_{4}\）由提供(2.4), (2.5), (2.6)，以及(2.7)分别是。我们看到最后一个表达式(2.8)上界为1，如果

$$\sum_{n=1}^{infty}\bigl（2\Upsilon_{（2，n）}+\vert\Upsilon_2{（3，n）{vert\biger）\verta_{n+\mathfrak{p}}\vert<\vert\Upsilon_}4}\vert-2\Upsilon_{1}$$

这就完成了定理的证明2. □

备注3

首先，如果我们\（{v}=s+1=\mathfrak{p}=1\）在定理中2，由于斯里瓦斯塔瓦，我们得到了相应的结果等。[33]. 第二，如果我们

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad L=-1$$

定理2简化为已知结果，由Khan陈述和证明等。[8].

三负系数解析函数

本节的主要目的是介绍一些多价类q个-涉及负系数函数的星形函数。类的子集\（\mathcal{A}（\mathfrak{p}）\）它包含所有这些负系数函数，即，

$$f（z）=z^{mathfrak{p}}-\sum_{n=1}^{\infty}\verta{n+mathfrack{p}{\vertz^{n+\mathfrak{p}$$

(3.1)

将在此处表示为\（\mathcal{T}\）。我们还让

$$\数学{TS}_{（q，j）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]：=\mathcal{宋体}_{（q，j）}^{ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\cap\mathcal{T}\quad（j=1,2,3）$$

(3.2)

定理3

如果 \（-1\leqq L<X\leqqq 1）,然后

$$\马塔尔{TS}_{（q，1）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\equiv\mathcal{TS}_{（q，2）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\equiv\mathcal{TS}_{（q，3）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]$$

证明

凭借定理1，这足以表明

$$\马塔尔{TS}_{（q，1）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\subseteq\mathcal{TS}_{（q，3）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]$$

事实上，根据定义6对于函数\（f\in\mathcal｛TS｝_{（q，1）}^{\ast}[\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\），我们有

$$\Re\biggl（\压裂{（L-1）\压裂{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}\biggr）\geqq 0$$

以便

$$\Re\biggl（\压裂{（L-1）\压裂{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak｛D｝_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X-1）}{（L+1）\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}-（X+1）}-1\biggr）\geqq-1$$

经过一些基本和简单的计算，我们推断出

$$\Re\biggl（\frac{2[（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）-z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）]}{（L+1）z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）-（X+1）（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}\biggr）\geqq-1$$

也就是说，

$$-2\Re\biggl（\frac{\Upsilon_{1} z（z）^{\mathfrak（马特拉克）{p} -秒}-\sum_{n=1}^{\infty}\Upsilon_{（2，n）}a_{n+\mathfrak{p}}z^{n+\ mathfrak{p} -秒}}{\上西隆_{4} z（z）^｛\mathfrak｝{p} -秒}-\sum_{n=1}^{\infty}\Upsilon_{（3，n）}a_{n+\mathfrak{p}}z^{n+\ mathfrak{p} -秒}}\biggr）\geqq-1$$

如果我们现在选择z（z）位于实轴上，那么

$$\frac{z^{v}}（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（{v}+s）}f）（z）}{（\mathfrak{D}（D）_{q} ^{（s）}f）（z）}$$

假设为实际值。在这种情况下\（z \右箭头1-\）沿着真正的路线，我们得到

$$2\上限_{1}-\sum_{n=1}^{infty}2\Upsilon_{（2，n）}\vert a_{n+mathfrak{p}}\vert\geqq-\vert\Upsilon_{4}\vert+\sum_{n=1}^{infty}\vert_Upsilon{（3，n）$$

(3.3)

哪里\（\Upsilon_{1}\）,\（\Upsilon_{（2，n）}\）,\（\Upsilon_{（3，n）}\）、和\（\Upsilon_{4}\）由提供(2.4), (2.5), (2.6)，以及(2.7)分别是。我们看到最后一个表达式(3.3)满足中的不等式(2.3). 因此，我们的定理证明三现已完成。□

备注4

首先，如果我们\（｛v｝=s+1=\mathfrak｛p｝=1\）在定理中三，由于Srivastava，我们得到了相应的结果等。[33]. 其次，如果我们把

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad L=-1$$

定理三给出了Khan证明的相应结果等。[8]. 第三，如果我们将以下值分配给定理中的参数三:

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad-L={v}=s+1=\mathfrak{p}=1$$

我们有以下已知结果。

推论2

（请参见[35，定理8]）

如果 \（0\leqq\alpha<1）,然后

$$\马塔尔{TS}_{（q，1）}^{ast}{TS}_{（q，3）}^{\ast}（\alpha）$$

推论3

让函数 （f） 表单的(3.1)在课堂上 \（\mathcal{TS}_{q} ^｛\ast｝[j，\mathfrak｛p｝，｛v｝，s，X，L]\）(\（j=1,2,3）).然后

$$a{n+\mathfrak{p}}\leqq\frac{vert\Upsilon{4}\vert-2\Upsilon_{1}}{（2\Upsilon_{（2，n）}+\vert\Upsilon_（3，n）{vert）}$$

(3.4)

以下功能 \（f{t}（z）\）

$$f_{t}（z）=z^{mathfrak{p}}-\frac{vert\Upsilon{4}vert-2\Upsilon_{1}{（2\Upsilon_{（2,1）}+vert\Upsilon{（3,1）}vert）}z^{mathfrak}p}+1}$$

(3.5)

是最有可能的,哪里 \（\Upsilon_{1}\）,\（\Upsilon_{（2，n）}\）,\（\Upsilon_{（3，n）}\）,和 \（\Upsilon_{4}\） 由提供(2.4), (2.5), (2.6),和(2.7),分别地.

通过定理三，应该理解为多价的1型、2型和3型q个-涉及Janowski函数的星形函数是类似的。因此，为了方便起见，我们用符号说明并证明了以下失真定理\（\mathcal{TS}_{q} ^{\ast}[j，\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）其中默认为\（j=1,2,3）.

定理4

如果 \（f\in\mathcal｛TS｝_{q} ^{\ast}[j，\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）(\（j=1,2,3）),然后

$$\bigl\vert f（z）\bigr\vert\geqq r^｛\mathfrak｛p｝｝-\biggl（\frac｛\vert\Upsilon\｛4｝\vert-2\Upsilon\｛1｝｝｛（2\Upsilon\（2,1）｝+\vert\Upsilon\｛（3,1）｝\vert）｝\biggr）r^｛\mathfrak｛p｝+1｝\quad（n\in\mathbb｛n｝）\\bigl\vert z^｛\mathfrak｛p｝｝\\bigr\vert=r^｛\mathfrak弗拉克｛p｝｝\（0＜r＜1）$$

(3.6)

和

$$\bigl\vert f（z）\bigr\vert\leqqr^{\mathfrak{p}}+\biggl（\frac{\vert\Upsilon_{4}\vert--2\Upsilon_{1}}{（2\Upsilon{（2,1）}+\vert\Upsilon_}（3,1）}\vert）}{\mathfrak{p}}\bigr\vert=r^{\matchfrak{p2}}\（0<r<1）$$

(3.7)

中的等式(3.6)和(3.7)实现了功能 \（f（z）\） 由提供(3.5)以及在哪里 \（\Upsilon_{1}\）,\（\Upsilon_{（2，n）}\）,\（\Upsilon_{（3，n）}\）,和 \（\Upsilon_{4}\） 由提供(2.4), (2.5), (2.6),和(2.7),分别地.

证明

以下不等式可以很容易地从定理推导出来2:

$$\bigl（2\Upsilon_{（2,1）}+\vert\Upsilon_2{（3,1）}\vert\biger p}}\vert<\vert\Upsilon_{4}\vert-2\Upsilon_{1}$$

这就产生了

$$\bigl\vert f（z）\bigr\vert\leqqr^{mathfrak{p}}+\sum_{n=1}^{infty}\vert a_{n+\mathfrack{p}{\vert r^{n+\ mathfrak{p}}\leqqr r^{\mathbrak{p{}+r^{mathfrak{p}+1}\sum_n=1}{p}}\vert\leqqr^{mathfrak{p}{+frac{\vert\Upsilon_{4}\vert-2\Upsilon_1}{（2\Upsilon_{（2,1）}+\vert\Upsilon_{（3,1）}\vert）}r^{\mathfrak{p}+1}$$

同样，我们有

$$\bigl\vert f（z）\bigr\vert\geq r^｛\mathfrak｛p｝｝-\sum _｛n=1｝^｛\infty｝\vert a_｛n+\mathfrak｛p｝｝\vert r^｛n+\mathfrak｛p｝｝\geq r^｛\mathfrak｛p｝｝-r^｛\mathfrak｛p｝+1｝\sum_｛n=1｝^｛\infty｝\vert a_｛n+\mathfrak｛p｝｝｝\vert \geq r^｛\mathfrak｛p｝｝-\frac｛\vert\Upsilon\｛4｝\vert-2\Upsilon\｛1｝｝｛（2\Upsilon\（2,1）｝+\vert\Upsilon\（3,1）}\vert）}r^{\mathfrak{p}+1}$$

哪里\（\Upsilon_{1}\）,\（\Upsilon_{（2，n）}\）,\（\Upsilon_{（3，n）}\）、和\（\Upsilon_{4}\）由提供(2.4), (2.5), (2.6)，以及(2.7)分别是。定理的证明4现已完成。□

备注5

首先，如果我们\（{v}=s+1=\mathfrak{p}=1\）在定理中1，由于Srivastava，我们得到了相应的结果等。[33]. 其次，如果我们把

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad L=-1$$

定理4将给出汗证明的相应结果等。[8]. 第三，如果我们把

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad-L={v}=s+1=\mathfrak{p}=1$$

在定理中4然后让\（q\右箭头1{-}\），我们有以下已知结果。

推论4

（请参见[23])

如果 \（f\in\mathcal{TS}^{ast}（\alpha）\）,然后

$$r-\biggl（\frac{1-\alpha}{2-\alpha{\biggr）r^{2}\leqq\bigl\vert f（z）\bigr\vert\leqqr+\biggal$$

下一个定理（定理5)可以像我们证明定理一样证明4，所以我们选择省略定理证明中涉及的细节5.

定理5

如果 \（f\in\mathcal{TS}_{q} ^{\ast}[j，\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）(\（j=1,2,3\）),然后

$$\bigl\vert f^{\prime}（z）\bigr\vert\geqq\mathfrak{p} 第页^{\mathfrak（马特拉克）{p} -1个}-\biggl（\frac{（\mathfrak{p}+1）（\vert\Upsilon_{4}\vert--2\Upsilon_1}）}{（2\Upsilon_2{（2,1）}+\vert\Upsilon_}（3,1）}\vert）}\biggr）r^{\mathfrak{p}}\quad（n\in\mathbb{n}）mathfrak{p}}\（0<r<1）$$

和

$$\bigl\vert f^{\prime}（z）\bigr\vert\leqq\mathfrak{p} 第页^{\mathfrak（马特拉克）{p} -1个}+\biggl（\frac{（\mathfrak{p}+1）（\vert\Upsilon_{4}\vert--2\Upsilon_1}）}{（2\Upsilon_2{（2,1）}+\vert\Upsilon_}（3,1）}\vert）}\biggr）r^{\mathfrak{p}}\quad（n\in\mathbb{n}）mathfrak{p}}\（0<r<1）$$

功能 \（f{t}（z）\） 由提供(3.5)是极值函数.

如果在定理中5我们接受

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad-L={v}=s+1=\mathfrak{p}=1$$

然后让\（q\右箭头1{-}\），我们得到以下已知结果。

推论5

（请参见[23])

如果 \（f\in\mathcal{TS}^{ast}（\alpha）\）,然后

$$1-\biggl（\frac{2（1-\alpha）}{2-\alpha}\biggr）r\leqq\bigl\vert f^{\prime}（z）\bigr\vert\leqq1+\biggal$$

最后，对于课堂\（\mathcal｛TS｝_{q} ^{\ast}[j，\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）(\（j=1,2,3）)多价的q个-导出了与近凸半径、星形度和凸性有关的结果。

定理6

让 \（f\in\mathcal{TS}_{q} ^{\ast}[j，\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）(\（j=1,2,3）).然后,对于 \（\vert z\vert\leqq r_{0}（j，\mathfrak{p}，n，X，L，\chi）,函数 （f） 是 \（\mathfrak{p}\）-价接近-到-阶的凸 χ 具有(\（0\leqq\chi<\mathfrak{p}\）),哪里

$$r_{0}=\inf_{n\geq1}\biggl[\frac{（2\Upsilon_{（2，n）}+\vert\Upsilon_（3，n）{\vert）（\mathfrak｛p｝-\chi）}{（\vert\Upsilon_{4}\vert-2\Upsilon_1}）（n+\mathfrak{p}）}\biggr]^{frac{1}{n}}$$

(3.8)

功能 \（f{t}（z）\） 由提供(3.5)是最有可能的.

证明

使用定理2与(3.1)，用于\（\vert z\vert<r_{0}\），我们发现

$$\biggl\vert\frac{f^{prime}（z）}{z^{mathfrak{p} -1个}}-\mathfrak{p}\biggr\vert<\mathbrak{p}-\chi\quad\bigl（\vert z\vert\leqq r_{0}\bigr）$$

这样我们就完成了定理的证明6. □

备注6

如果我们

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad L=-1$$

定理6给出了Khan证明的相应结果等。[8].

定理7

让 \（f\in\mathcal｛TS｝_{q} ^{\ast}[j，\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）(\（j=1,2,3）).然后,对于 \（\vert z\vert\leqq r_{1}（j，mathfrak{p}，n，X，L，chi）,函数 （f） 是一个 \（\mathfrak{p}\）-阶价星形 χ 具有(\（0\leqq\chi<\mathfrak{p}\）),哪里

$$r_{1}=\inf_{n\geq1}\biggl[\frac{（2\Upsilon_{（2，n）}+\vert\Upsilon_（3，n）{\vert）（\mathfrak{p}-\chi）}{（\vert\Upsilon_{4}\vert-2\Upsilon_1}）（n+\mathfrak{p}-\chi）}\biggr]^{\frac{1}{n}}$$

(3.9)

对于功能来说，结果很明显 \（f{t}（z）\） 由提供(3.5).

证明

使用与定理证明中的参数类似的参数6，可以看出

$$\biggl\vert\frac｛zf^｛\prime｝（z）｝｛f（z）｝-\mathfrak｛p｝\biggr\vert<\mathfrak{p}-\chi\quad\bigl（\vert z\vert\leqq r_{1}\bigr）$$

这显然证明了定理7. □

备注7

如果我们把

$$X=1-2\alpha\quad（0\leqq\alpha<1）\quad\text{和}\quad L=-1$$

定理7给出了Khan证明的相应结果等。[8].

推论6

让 \（f\in\mathcal{TS}_{q} ^{\ast}[j，\mathfrak{p}，{v}，s，X，L]\）(\（j=1,2,3）).然后,对于 \（\vert z\vert\leqq r_{2}（j，mathfrak{p}，n，X，L，chi）,函数 （f） 是一个 \（\mathfrak{p}\）-阶价凸 χ 具有(\（0\leqq\chi<\mathfrak{p}\）)哪里

$$r_{2}=\inf_{n\geq1}\biggl[\frac{（2\Upsilon_{（2，n）}+\vert\Upsilon_（3，n）{\vert）\mathfrak{p}（\mathbrak{p}-\chi）｝｛（\vert\Upsilon\｛4｝\vert-2\Upsilon\｛1｝）（n+\mathfrak｛p｝）（n+\mathfrak{p}-\chi）}\biggr]^{\frac{1}{n}}$$

(3.10)

结果对于函数来说是尖锐的 \（f{t}（z）\） 由提供(3.5).

4结束语和意见

本文中介绍的作品基本上是由基本（或q个-)几何函数理论背景下的微积分。多价（或者更准确地说，\（\mathfrak{p}\）-情人节）q个-开放单元磁盘中的星形函数\（\mathbb{U}\）已经在这里进行了相当系统的介绍和研究。我们还以评论和推论的形式强调了我们的结果中的一些已知和新事实，这大大提高了结果的重要性。

基本（或）的用法q个-)数学和物理的许多不同领域中的系列使得它非常重要。通过使用基本（或q个-)系列完成了一些精彩的工作（例如，请参见[28第350–351页]；另请参见[9,10,15]，以及[14]). 此外，正如我们在Section中所描述的那样。 1根据斯利瓦斯塔瓦的观察[25]关于所谓的\（（p，q）\）-微积分中，我们得出了这样一个结论，即本文中给出的结果确实可以直接用于\（（p，q）\）-变化。