定理2.1
对于\（k=1,2）,让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）这样的话
$$h_{k}（z）-e^{2i\mu}g_{kneneneep（z）=\int_{0}^{z}\psi_{mu，\nu}（\xi）p_{k{（\xi）\，{d}\xi，\quad\mu，[0,2\pi）中的nu$$
(2.1)
哪里\（p{k}\）是一个解析映射\（\操作员姓名{回复}_{k} >0\）在\（\mathbb{D}\）和\（\psi_｛\mu，\nu｝\）由提供(1.1).然后是映射\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）是单价的，并且在方向上是凸的μ对于\（0\leq t\leq1）如果它是局部单价且有意义-保存.
证明
让\（f=h+\上划线{g}\），然后
$$h=th_{1}+（1-t）h_{2}\quad\text{和}\quad g=tg_{1{+（1-t）g_{2{$$
因此
$$h-e^{2i\mu}g=t\bigl（h_{1} -e个^{2i\mu}g{1}\bigr）+（1-t）\bigl（h_{2} -e个^{2i\mu}g{2}\biger）$$
因此，鉴于(2.1)，因此
$$\operatorname{Re}\biggl（\frac{h'-e^{2i\mu}g'}{\psi_{\mu，\nu}}\bigr）=t\operatorname{回复}_{1} +（1-t）\操作员姓名{回复}_{2}>0 $$
在\（\mathbb｛D｝\）对于\（0\leq t\leq1）因此，通过引理1.1，因此映射\（h-e^{2i\mu}克）在方向上是凸的μ结果现在由引理得出1.3. □
定理2.1具有以下明显扩展n个映射。
定理2.2
对于\（k=1,2，\点，n\）,让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）满足(2.1),哪里\（p{k}\）是一个解析映射\（\操作员名称{回复}_{k} >0\）在\（\mathbb{D}\）和\（\psi_{\mu，\nu}\）由提供(1.1).如果\（\sum_{t=1}^{n} t吨_{k} =1\）,\（0\leq t_{k}\leq1\）,然后是映射\（f=\sum_{t=1}^{n} t吨_{k} （f）_{k} \）是单价的，并且在方向上是凸的μ只要它是局部单价且有意义的-保存.
在定理中2.1和2.2我们假设（f）局部单价和语义保持\（\mathbb{D}\）接下来，我们将研究一些可以放宽此假设的情况。
定理2.3
对于\（k=1,2）,让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）满足(2.1),哪里\（p_｛k｝\）是一个解析映射\（\操作员姓名{回复}_{k} >0）在\（\mathbb{D}\）和\（\psi_{\mu，\nu}\）由提供(1.1).让\（ω{f{k}}）是…的膨胀\（f{k}\）,然后是映射\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）是单价的，并且在方向上是凸的μ对于\（0\leq t\leq1）如果\（ω{f{k}}）和\（p_｛k｝\）满足以下条件之一:
- （i）
\（\ω_｛f_｛1｝｝=\ω_｛f_｛2｝｝\）,
- （ii）
\（p{1}/（1-e^{2i\mu}\omega{f{1}}）=p{2}/,
- （iii）
\（p{1}=p{2}\）,
- （iv）
\（ω{f{2}}=-\ω{f1}}\）和\（操作符名{Re}（p_{2}（1-e^{2i\mu}\omega_{f_{1}}）/（p_}1}（1+e^{2\mu}\omega_{f_1}}，））>0\）.
证明
根据定理2.1，这足以表明（f）局部单价并保持语义，或者等价地，\（|\omega_{f}|<1\）在\（\mathbb{D}\），其中\（\欧米伽{f}\）是膨胀（f）。自\（t=0）结果是显而易见的，我们认为\（0<t<1）.关于差异化(2.1)给予
$$h{k}'-e^{2i\mu}g{k}'=\psi{mu，\nu}p{k}$$
上述方程式以及\（g{k}'=\omega{f{k}}h{k}'）给予
$$h｛k｝'=\frac｛\psi_｛\mu，\nu｝p_｛k｝｝｛1-e^｛2i\mu｝\omega_｛f_｛k｝｝｝｝$$
（2.2）
自\（f=h+\overline{g}:=th{1}+（1-t）h{2}+\overrine{tg{1}+（1-t）g{2}}），鉴于(2.2),\（\欧米伽{f}\）由提供
$$开始{对齐}\omega_{f}&=\frac{g'}{h'}=\frac{tg_{1}'+（1-t）g_{2}'}{th_{1{'+（1-t）h_{2{'}\\&=\ frac{t\omega_}f{1}}h_{1'+（1-t）\omega_{f{2}}h_2}'}{th_}'+{2}'}\\&=frac{t\omega{f{1}}（1-e^{2i\mu}\omega{f2}}）p{1}+（1-t）\omega_{f{2}}（1-t）（1-e^{2i\mu}\ω{f{1}}）p{2}}。\结束{对齐}$$
(2.3)
让\（ω{f{1}}=ω{f2}}），然后(2.3)给出了那个\（ω{f}=ω{f1}}）因此\（|\omega_{f}|<1\）此外，让\（p{k}\）和\（ω_｛f_｛k｝｝\）由（ii）给出，则(2.3)给出了\（ω{f}=ω{f1}}+（1-t）ω{f2}}）因此，\（|\omega_{f_{k}}|<1\）遵循以下原则\（|\omega_{f}|<1\）此外，让\（p{1}=p{2}\），然后(2.3)说明了这一点
$$\omega{f}=\frac{t\omega{f2}}{f{1}}）}$$
因此，\（|\omega_{f_{k}}|<1\）意味着
$$\operatorname{Re}\biggl（\frac{1+e^{2i\mu}\omega_{f}}{1-e^{2\mu}\omega{f}{biggr）=t\operatorname{Re}\biggal（\frac{1+e ^{2i \mu}\ omega_}{f{1}}{1-e^{2i.mu}\omega{f_1}}}}）+（1-t）\运算符名{Re}\biggl（\frac{1+e^{2i\mu}\omega_{f_{2}}}{1-e^{2\mu}\omega_{f_2}}\bigr）>0$$
因此，\（|\omega_{f}|<1\）最后，让我们\（ω{f{2}}=-\ω{f1}}\），然后从(2.3)我们有
$$\omega{f}=\omega_{f{1}}\frac{t（1+e^{2i\mu}\omega_2f{1{}）p_{1}-（1-t）（1-e^{2i\mu}\omega{f{1}}）p{2}{t（1+e^{2\mu}\omega{f{1\}}，）p{1}+（1-t$$
因此，\（|\omega_{f}|<1\）如果\（|\varphi|<1\）现在，根据（iv）中的假设，我们有
$$\operatorname{Re}\biggl（\frac{1+\varphi}{1-\varphi{\biggr）=\operator name{Re{biggl$$
因此，\（|\varphi|<1\）。这证明了当\（ω{f{k}}）和\（p{k}\）满足条件（iv）。这就完成了证明。 □
从证明中，很容易看出定理2.3除情况（iv）外，其自然延伸至n个映射如下。
定理2.4
对于\（k=1,2，\点，n\）,让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）有扩张\（ω{f{k}}）并满足(2.1),哪里\（p{k}\）是一个解析映射\（\操作员姓名{回复}_{k} >0）在\（\mathbb{D}\）和\（\psi_{\mu，\nu}\）由提供(1.1).如果\（\sum_{t=1}^{n} t吨_{k} =1\）,\（0\leq t_{k}\leq1\）,然后是映射\（f=\sum{t=1}^{n} t吨_{k} （f）_{k} \）是单价的，并且在方向上是凸的μ假如\（ω{f{k}}）和\（p{k}\）满足以下条件之一:
- （i）
\（ω{f{1}}=ω{f2}}=cdots=ω,
- （ii）
\（p_｛1｝/（1-e^｛2i\mu｝\omega_｛f_｛1｝｝）=p_｛2｝/（1-e^｛2i\mu｝\omega_｛f_｛2｝）=\cdots=p_｛k｝/（1-e^｛2i\mu｝\omega_｛f_｛k｝）\）,
- （iii）
\（p{1}=p{2}=\cdots=p{n}\）.
下面的例子说明了定理2.3.
例2.5
对于\（k=1，2），让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）由……提供
$$开始{对齐}f{1}（z）=h{1}-（z）+\上划线{g{1}_（z）}=\frac{1}{2}\log\biggl（\frac{1+z}{1-z}\biggr）+\下划线{z-\frac}{1}\log\ biggl$$
和
$$开始{对齐}f{2}（z）=h{2}（z）+\上划线{g{2}-（z）}=\frac{1}{2}\log\biggl（\frac}1+z}{1-z}\biggr）+\下划线{1}}{2{log\frac[1}{1}{1-z^{2}}}。\结束{对齐}$$
然后，\（ω{f{k}}），膨胀\（f{k}\），由给出\（ω{f{1}}（z）=-z^{2}\）和\（ω_｛f_｛2｝｝（z）=z）也可以看到
$$h｛k｝'（z）+g_｛k｝'（z）=\frac｛1+\omega_｛f_{k｝｝（z）｝｛1-z^｛2｝｝｝$$
因此，\（f{k}\）满足(2.1)带有\（\mu=\pi/2\）,\（nu=\pi/2\）和\（p{k}=1+\ω{f{k}}\），其中\（\操作员姓名{回复}_{k} >0）在\（\mathbb{D}\）因此，它遵循定理2.3地图\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）是单叶的，在虚方向上是凸的\（0\leq t\leq1）。的图像\（\mathbb{D}\）在下面（f）在\（t=1）,\（t=0），以及\（t=1/3）如图所示1.
我们将使用以下引理来证明我们的下一个结果。
引理2.6
对于\（n\in\mathbb{n}\）和\（k=1,2）,让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）这样的话
$$h_{k}（z）-g_{kneneneep（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\biger）\int_{0}^{z}\frac{q（\xi）\，{d}\xi}{\psi{\mu，\nu_{k}}（\xi^{n}）}，\quad\mu，\nu{k}\in[0,2\pi）$$
(2.4)
哪里q个是一个分析映射，并且\（\psi_{\mu，\nu}\）由定义(1.1).让\（ω{f{k}}）是的扩张\（f{k}\）.如果
$$\omega_｛f_{1}｝（z）=-\omega_｛f_{2}｝（z）=\frac｛a+e^｛i（θ-\mu）｝z^｛n｝｝｛1+ae ^｛i（θ-\mu）｝z^｛n｝｝｝，\ quad a\ in（-1，1），\θ\ in[0,2\pi）$$
(2.5)
然后是映射\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）局部单价且有意义-为保存\（0\leq t\leq1）假如:
- （i）
\（\cos\theta>\max\{\cos\nu{1}，-\cos\nu{2}\}\）和\（\cos\nu_{1}>\cos\nu_{2}\）,或
- （ii）
\（\cos\theta<\min\{\cos\nu{1}，-\cos\nu{2}\}\）和\（\cos\nu_{2}>\cos\nu_{1}\）.
为了证明上述引理，我们将使用以下结果科恩法则[9].
定理2.7
让\（r（z）=a{0}+a_{1} z（z）+\cdots+a_{n} z（z）^{n} \）是次数多项式n个和
$$r^{*}（z）=z^{n}\overline{r（1/\overline{z}）}=\ overline{一}_{n} +\上划线{一}_{n-1}z+\cdots+\上划线{一}_{0}z^{n} ●●●●$$
让秒和\（s{1}\）是的零数第页单位圆内和单位圆上\（|z|=1\）,分别地.如果\（|a{0}|<|a{n}|\）,然后
$$r_{1}（z）=\frac{\overline{一}_{n} 对（z） -a个_｛0｝r^{*}（z）}{z}$$
是次数多项式\（n-1）并且有\（s-1）和\（s{1}\）单位圆内和单位圆上的零个数\（|z|=1\）,分别地.
自\（f_{k}\in\mathcal{宋体}_{H} \），我们只需要证明结果\（0<t<1）首先，我们将证明条件（i）和（ii）都意味着
$$\bigl\vert 1-（\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}）e^{-i\theta}\bigr\vert<1$$
(2.6)
和
$$\biggl\vert\frac{\cos\nu_{1}+\cos\nu_{2}}{\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}+2\cos\theta}\biggr\vert<1$$
(2.7)
我们看到了\（（\cos\nu_｛1｝-\cos\nu_{2}）（\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}-2\cos\theta）<0）如果满足条件（i）或（ii）。因此，
$$\开始{aligned}\bigl\vert 1-（\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}）e^{-i\theta}\bigr\vert^{2}-1&=\bigl（1-（\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}）\cos\theta\bigr）^{2}+\bigl（（\cos\nu_{1}-\ cos \ nu_｛2｝）\ sin \ theta \ bigr）^｛2｝\\&=（\ cos \ nu_{1}-\cos｛2｝）（cos_{1}-\cos\nu_{2}-2\cos\theta）<0。\结束{对齐}$$
因此，（i）和（ii）都暗示(2.6). 接下来，让条件（i）得到满足。然后\（\cos\theta>\cos\nu_{1}\）和\（\cos\theta>-\cos\nu_{2}\），因此
$$\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}-2\cos\θ<\cos\nu{1}+\cos\nu{2}<-\cos\nu{1}+\cos\努{2}+2\cos\ theta$$
(2.8)
类似地，如果满足条件（ii），则
$$-\cos\nu_{1}+\cos\nu_{2}+2\cos\theta<\ cos\nu_1}+\ cos\nu_2}<\ cos_{1}-\cos\nu_{2}-2\cosθ$$
(2.9)
因此(2.8)和(2.9)表明（i）和（ii）都暗示(2.7).
现在，差异化(2.4)，我们有
$$\bigl（h{k}'（z）-g{k}`（z）\biger^{k} 一个\较大）q（z）$$
上述方程式以及\（g{k}'=\omega{f{k}}h{k}'）给予
$$h_{k}'（z）=\压裂{（1+（-1）^{k} 一个)q（z）}{\psi{\mu，\nu{k}}（z^{n}）（1-\omega{f{k}（z））}$$
因此\（\欧米伽{f}\），膨胀\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\），由给定
$$开始{对齐}\omega{f}（z）&=\frac{tg{1}'（z）+（1-t）g{2}'（z）}{th_{1}'（z th'{1}（z）+（1-t）h{2}'（z）}\\&=frac{t\omega{f{1}}ω{f{1}}（z）)（1+a）｝｛t\pis_{\mu，\nu_{2}｝（z^｛n｝）（1-\ω_{f_{2}｝（z））（1-a）+（1-t）\pis_{\mu，\nu_{1}｝（z^｛n｝）（1-\ω_{f_{1}｝（z）））（1+a）｝。\结束{对齐}$$
(2.10)
现在，在替换\（ω{f{k}}），由提供(2.5)，英寸(2.10)，我们获得
$$\begin{aligned}\selectfont\begin{aligned}\omega{f}（z）&=omega{f2}}（z）\\&\quad\times\biggl（\frac{t（1+ae^i（\theta-\mu）}z^{n}+a+e^{i（\teta-\mu i（θ-\mu）}z^{n} -a-e^{i（θ-\mu）}z^{n}）\psi{\mu，\nu{1}}（z^{n}）z（z）^{n} -a-e^{i（θ-\mu）}z^{n}）\psi_{mu，\nu_{1}}（z^{n}）（1+a）}\biggr）\\&=\omega_{f_1}}z^{n}）\psi{\mu，\nu{1}}（z^{n}）}{t（1+e^{i（θ-\mu）}z^{n\}）\ psi{\ mu，\nu{2}}。\end{aligned}\end{alinged}$$
上述等式，在替换以下值后\（\psi{\mu，\nu{k}}）然后把\（e^{-i\mu}z^{n}=w\），相当于
$$\begin{aligned}\begin{aligned}[b]\omega_{f}\bigl（\bigle（e^{i\mu}w\biger）^{1/n}\bigr）&=\omega_{f_{1}}\bigl（\bigl（e ^{i\ mu}w \biger ^{2}）-（1-t）（1-e^{iθ}w）+w^{2}）}\biggr）\\&=：\omega_{f_{1}}\bigl（\bigle（e^{i\mu}w\bigr）^{1/n}\biger）w（w）。\end{aligned}\hsspace{-36pt}\end{alinged}$$
(2.11)
为了证明我们的结果，我们必须展示\（|\omega_{f}|<1\）在\（\mathbb{D}\）.自\（|\omega_{f_{1}}|<1\），鉴于(2.11)，这足以表明\（|W|<1\）在\（\mathbb｛D｝\）.让
$$\begin{aligned}W（W）=e^{-i\theta}\frac{\mathfrak{p}（W）}{\matchfrak{q}（W）}，\end{aligned}$$
其中，经过简化，
$$\开始{aligned}\mathfrak{p}（w）={}&e^{i\theta}w^{3}+\bigl（2t-1-2te^{i\t theta}\cos\nu_{1}-2（1-t）e^{i\theta}\cos\nu_2}\biger）w^{2}\\&+\bigl$$
和
$$\begin{aligned}\mathfrak{q}（w）={}&（2t-1）w^{3}+\bigl（e^{-i\theta}-2t\cos\nu_{1}+2（1-t）\cos\nu_2}\bigr）w^}\\&+\bigle（2t-1-2te^{-i\t theta}\cos\nu_{1}-2（1-t）e^｛-i\theta｝\cos\nu_｛2｝\bigr）w+e^｛-i\theta｝。\结束{对齐}$$
很明显\（\mathfrak｛q｝（w）=w^｛3｝\overline｛\mathfrak｛p｝（1/\overline｛w｝）｝\）。因此，我们可以写W公司如下：
$$W（W）=\frac{\mathfrak{p}（W）}{W^{3}\overline{\matchfrak{p}（1/\overline{W}）}}=e^{i\theta}\prod_{i=1}^{3{$$
哪里\（w{1}\）,\（w{2}\），以及\（w{3}\）是的零k个因此，为了显示\（|W|<1\），这就足够了\（w{1}，w{2}，w{3}\在\mathbb{D}\中）.我们将针对案例进行讨论\（t=1/2）和\（第1/2页）分别进行。对于\（第1/2页），我们有\（0<|2t-1|<|e^{i\theta}|=1\）.定义多项式\（\mathfrak{p}_{1}\)通过
$$\开始{aligned}\mathfrak{p}_{1} （w）&=\frac{e^{-i\theta}\mathfrak{p}（w）-（2t-1）\mathfrak{q}（w）}{w}。\结束{对齐}$$
计算得出
$$\开始{aligned}\mathfrak{p}_{1} （w）&=4吨（1-t）w^{2} -4吨（1-t）（\cos\nu_{1}+\cos\nu_{2}）w+4t（1-t_{1}-\cos\nu_{2}）e^{-i\theta}\bigr）\\&=4t（1-t）\tilde{\mathfrak{p}}{1}（w），\end{aligned}$$
哪里
$$\波浪线{\mathfrak{p}}_{1}（w）=w^{2}-（\cos\nu_{1}+\cos\nu_{2}）w+1-（\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}）e^{-i\theta}$$
回想一下这种不平等(2.6)持有。再次定义多项式\（\mathfrak）{p}_{2}\)通过
$$\mathfrak{p}_{2} （w）=frac{tilde{mathfrak{p}}{1}（w）-（1-（cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}）e^{-i\theta}）\波浪线{\mathfrak{p}}_{1}^{*}（w）}{w}$$
哪里\（波浪线{\mathfrak{p}}{1}^{*}（w）=w^{2}\上划线{\tilde{\matchfrak{p2}}{1}（1/\上划线}）}\）此外，我们看到
$$\开始{aligned}\mathfrak{p}_{2} （w）&=\bigl（1-\bigl\vert 1-（\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}）e^{-i\theta}\bigr\vert^{2}\biger）w-\bigl（\cos^{2neneneep \nu_{1}-\cos^{2}\nu_{2}\biger）e^{-i\theta}\\&=-（\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}）\bigl（（\cos\nu_{1}-\cos\nu_{2}-2\cos\θ）w+（\cos\nu{1}+\cos\nu{2}）e^{-i\θ}\biger）。\结束{对齐}$$
自\（\cos\nu_{1}\neq\cos\nu_{2}\），它来自(2.7)唯一的零\（\mathfrak{p}_{2}\)位于\（\mathbb{D}\）因此，根据定理2.7的两个零\（\mathfrak{p}_{1}\)因此\（\mathfrak{p}\）躺在里面\（\mathbb{D}\）。这就完成了对\（第1/2页）。现在，为了\（t=1/2\），我们有
$$\mathfrak{p}（w）=e^{i\theta}w\mathbrak{p}_{1} （w）$$
(2.12)
自\（\mathfrak{p}_{1}\)有两个零，它们都在\（\mathbb{D}\），由(2.12)，所有的三个零\（\mathfrak{p}\）躺在里面\（\mathbb{D}\）.这就完成了定理的证明2.1. □
推论2.8
对于\（n\in\mathbb{n}\）和\（k=1,2）,让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）这样的话
$$h_{k}（z）-g_{kneneneep（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\bigr）\int_{0}^{z}q（\xi）\psi_{\mu，\nu_{k}}\bigl（\xi^{n}\biger）\，{d}\xi，\quad\mu，\ nu\ in[0,2\pi）$$
(2.13)
哪里q个是一个分析映射，并且\（\psi_{\mu，\nu}\）由定义(1.1).让\（ω_｛f_｛k｝｝\）是…的膨胀\（f{k}\）.如果
$$\omega_{f_{1}}（z）=-\omega_2}}$$
然后是映射\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）局部单价且有意义-为保存\（0\leq t\leq1）假如:
- （i）
\（\cos\theta>\max\{\cos\nu{2}，-\cos\nu{1}\}\）和\（\cos\nu_{2}>\cos\nu_{1}\）,或
- （ii）
\（\cos\theta<\min\{\cos\nu{2}，-\cos\nu{1}\}\）和\（\cos\nu_{1}>\cos\nu_{2}\）.
证明
类似于引理2.6，我们找到了膨胀的表达式\（ω_｛f｝\）属于\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）如下：
$$\omega_｛f｝（z）=\frac｛t\omega_｛f_｛1｝｝（z）\psi_｛\mu，\nu_｛1｝｝（z ^｛n｝）（1-\omega_｛f_｛2｝｝（z）\psi_｛\mu，\nu_｛2｝｝（z ^｛n｝）（1-\omega_｛f_｛1｝｝（z））（1+a）｝｛1｝｝（z ^｛n｝）（1-\ω_｛f_｛2｝｝｝（z））（1-a）+（1-t）\psi_｛\mu，\nu_｛2｝｝｝（z ^｛n｝）（1-\ω_｛f_｛1｝｝（z））（1+a）｝$$
上述方程式与(2.10)除了那个\（\cos\nu_{1}\）和\（\cos\nu_{2}\）互换。因此，结果遵循引理2.6. □
通过使用引理2.6，我们现在检查（f）在定理中2.1对于某些特定值\（p{k}\）.
定理2.9
对于\（k=1,2）,让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）这样的话
$$h_{k}（z）+e^{2i\mu}g_{kneneneep（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\bigr）\int_{0}^{z}\psi_{\mu，\nu_{k}}（\xi）\，{d}\xi，\quad-1<a<1$$
(2.14)
哪里\（\psi{\mu，\nu{k}}\）由定义(1.1).让\（ω{f{k}}）是的扩张\（f{k}\）.如果
$$\omega_{f_{1}}（z）=-\omega_{f_2}}$$
(2.15)
然后是映射\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）在方向上是单叶的和凸的\（\mu+\pi/2\）对于\（0\leq t\leq1）假如θ和\（\nu_{k}\）如推论所示2.8.
证明
让\（F{k}=H_{k}+\上横线{G{k}}\），其中\（H_{k}=H_{k{）和\（G{k}=-e^{2i\mu}G{k}）然后，鉴于(2.14)和(2.15)，我们有
$$H_｛k｝（z）-G_｛k｝（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\bigr）\int_{0}^{z}\psi_{\mu，\nu_{k}}（\xi）\，{d}\xi$$
和膨胀\（\omega_{F_{k}}\）属于\（F_{k}\）由提供
$$\omega{F{1}}（z）=-\omega_{F{2}}$$
因此，根据推论2.8，映射\（F:=tF{1}+（1-t）F{2}\）是局部单价的，并且保持感官。因此，
$$\biggl\vert\frac{tG{1}'+（1-t）G{2}'}{tH_{1}'+（1-t）H_{2}'}\biggr\vert<1\quad\text{on}\mathbb{D}$$
等效地，
$$\biggl\vert\frac{tg{1}'+（1-t）g{2}'}{th{1}'+（1-t）h{2}'}\biggr\vert<1\quad\text{on}\mathbb{D}$$
因此，（f）是局部单价的，并且保持感官。现在，我们可以写了(2.14)作为
$$h_{k}（z）-e^{2i（\mu+\pi/2）}g_{k{（z$$
(2.16)
哪里\（\psi_{\mu+\pi/2，\pi/2}\）由定义(1.1)和
$$p_｛k｝（z）=\frac｛（1+（-1）^{k} 一个)\psi{\mu，\nu{k}}（z）}{\psi{\tu+\pi/2，\pi/2}（z）}=：\bigl（1+（-1）^{k} 一个\较大）\波浪线{p}_{k} \bigl（e^{-i\mu}z\bigr）$$
因此，鉴于(2.16)，定理2.1一旦我们证明了\（\操作员姓名{回复}_{k} \）或者，同等地，\（\operatorname{Re}\tilde{p}_{k} \）是肯定的\（\mathbb{D}\）.自
$$\波浪号{p}_{k} （z）=\压裂{1-z^{2}}{1-2z\cos\nu{k}+z^{2]}$$
（2.17）
我们看到了
$$\biggl\vert\frac{\tilde{p}_{k} （z）-1}{\波浪线{p}_{k} （z）+1}\biggr\vert=\biggl\vert\frac{z（\cos\nu{k}-z）}{1-z\cos\nu{k}}\bigbr\vert<1$$
因此\（\operatorname{Re}\tilde{p}_{k} （z）>0在\（\mathbb{D}\）这就完成了证明。 □
接下来，我们给出定理的说明2.9通过一个例子。
示例2.10
对于\（k=1,2），让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）是这样的
$$\begin{collected}h{1}（z）=\frac{1}{4}\tan^{-1}z+\压裂{3}{8}\log\frac{1+z^{2}}{（1-z）^{2{}}，\\g{1}（z）=\压裂{1}{4}^{-1}z-\压裂{3}{8}\log\frac{1+z^{2}}{（1-z）^{2{}，\\h_{2}（z）=\frac{3}}{2\sqrt{2}{tan^{-1}（\sqrt{2%-1）+\frac{1}{8+4\sqrt}}压裂{3\pi}{8\sqrt{2}}，结束{聚集}$$
和
$$g_｛2｝（z）=\frac｛3｝｛2 \sqrt｛2｝｝\tan ^｛-1｝（\sqrt｛2｝z-1）-\frac｛1｝｛8+4 \sqrt｛2｝｝\log\frac｛（1+z）^｛2｝｝｛1-\sqrt｛2｝z+z^｛2｝｝+\frac｛3 \pi｝｛8 \sqrt｛2｝｝｝$$
那么我们有
$$\开始{聚集}h{1}（z）+g{1}（z）=\frac{1}{2}\tan^{-1}z=\int_{0}^{z}\frac{1/2}{1+\xi^{2}}\，d\xi，\\h_2}（z）+g{2}（z）=-\ frac{3i}{2\sqrt{2}{3}\log\frac}\sqrt{2}-（1-i）z}{\sqrt{2}-（1+i）z}=\int_{0}^{z}\frac{3/2}{1-\sqrt{2}\xi+\xi^{2}}\，d\xi，\end{聚集}$$
和
$$\omega{f{2}}（z）=\frac{g{2}'（z）}{h{2}'（z$$
哪里\（ω{f{k}}）是膨胀\（f{k}\）因此，可以看出\（f{k}\）满足(2.14)和(2.15)带有\（\mu=0\）,\（\nu_{1}=\pi/2\）,\（\nu_{2}=\pi/4\）,\（θ=0），以及\（a=1/2）此外，由于\（\cos\nu_{2}=1/\sqrt{2}>0=\cos\nu_{1}\）和
$$\cos\theta=1>\frac{1}{\sqrt{2}}=\max\{\cos\nu{2}，-\cos\nu{1}$$
推论中的条件（i）2.8持有。因此，根据定理2.9，映射\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）是单叶的，在虚方向上是凸的\（0\leq t\leq1）。的图像\（\mathbb{D}\）在下面（f）在\（t=0\）,\（t=1），以及\（t=1/3）如图所示2.
定理2.11
对于\（k=1,2）,让\（f=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）这样的话
$$h_{k}（z）+e^{2i\mu}g_{kneneneep（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\较大）\分形{z（1-ze^{-i\mu}\cos\nu{k}）}{1-z^{2}e^{-2i\mu}}，\quad-1<a<1$$
(2.18)
对于\（[0,2\pi中的\mu，\nu_{k}）.如果\（ω{f{k}}）,膨胀\（f{k}\）由提供
$$\omega_｛f_{1}｝（z）=-\omega_｛f_{2}｝（z）=-e^｛-2i\mu｝\frac｛a+e^｛i（θ-\mu）｝z｝｛1+ae^｛i（θ-\mu）｝z｝$$
(2.19)
然后映射\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）在方向上是单叶的和凸的\（\mu+\pi/2\）对于\（0\leq t\leq1）假如θ和\（\nu_{k}\）如引理所示2.6.
证明
差异化(2.18)，我们得到
$$h{k}'（z）+e^{2i\mu}g{k}`（z）=\frac{（1+（-1）^{k} 一个)（1-2ze^{-i\mu}\cos\nu{k}+z^{2}e^{-2i\mu}）}{（1-z^{2\emu}）^{2{}$$
上述方程式可以写成
$$h_{k}（z）+e^{2i\mu}g_{kneneneep（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\较大）\int_{0}^{z}\frac{q（\xi）}{\psi{\mu，\nu_{k}（\xi）}\，{d}\xi$$
(2.20)
哪里\（q（z）=（1-z^{2}e^{-2i\mu}）^{-2}）类似于定理证明2.9，通过引理2.6，我们得到（f）是局部单价的和保义的。此外，我们可以写(2.20)作为
$$h_{k}（z）-e^{2i（\mu+\pi/2）}g_{kneneneep（z）=\int_{0}^{z}p_{k{}（\xi）\psi_{mu+\pi/2，\pi/2}（\ xi）\，{d}\xi$$
(2.21)
哪里
$$p_{k}（z）=\压裂{（1+（-1）^{k} 一个)（1-2ze^{-i\mu}\cos\nu{k}+z^{2}e^{-2i\mu}）}{1-z^{2]e^{-2-i\mu{}$$
请注意\（p{k}（z）=（1+（-1））^{k} 一个)/\波浪线{p}_{k} （e^{-i\mu}z），其中\（\波浪号{p}_{k} \）由定义(2.17)因此\（\operatorname{Re}\tilde{p}_{k} \）或等效地\（\操作员姓名｛回复｝p_{k} \）是肯定的\（\mathbb{D}\）因此，鉴于(2.21)，定理2.1遵循结果。 □
备注2.12
如果我们把\（a=θ=μ=0）在定理中2.11，我们得到Kumar的定理7等人。 [7].
对于\（[0,2\pi中的\mu，\nu），定义\（\varPhi_{\mu，\nu}\）通过
$$\varPhi_{\mu，\nu}（z）=\frac{1-\cos\nu}{4e^{-i\mu}}\log\biggl（\frac}1+e^{-i\mu}z}{1-e^{/i\mu}z}\biggr）+\frac{（1+\cos\nu）z}{2（1+e*{-2i\mu}z^{2}）}$$
(2.22)
映射\（\varPhi_{0，\nu}\）地图\（\mathbb｛D｝\）研究了沿实方向具有平行狭缝的区域及其沿实方向的谐波剪切[6]。在下一个结果中，我们找到了调和剪切凸组合方向凸性的充分条件\（\varPhi_{\mu，\nu}\）.
定理2.13
对于\（k=1,2）,让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）这样的话
$$h_{k}（z）-e^{2i\mu}g_{kneneneep（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\bigr）\varPhi_{\mu，\nu_{k}}（z），\quad a\in（-1,1），\mu$$
(2.23)
哪里\（\varPhi_｛\mu，\nu_｛k｝｝\）由定义(2.22).如果\（ω_｛f_｛k｝｝\）,膨胀\（f{k}\）由提供
$$\omega{f_{1}}（z）=-\omega_{f_2}}$$
然后是映射\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）在方向上是单叶的和凸的μ对于\（0\leq t\leq1）假如θ和\（\nu_{k}\）如引理所示2.6.
证明
关于差异化(2.23)，我们有
$$\开始{对齐}h'_{k}（z）-e^{2i\mu}g'_{k}（z）&=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\bigr）\biggl（\frac{1-\cos\nu_k}}{2（1-e^{-2i\mu}z^{2}）}+\frac}（1+\cos\nu_k}）（1-e^{-2-i\mu{z^{2]）}{2^{k} 一个\较大）\frac{1-2\cos\nu_{k}e^{-2i\mu}z^{2}+e^{-4i\muneneneep z^{4}}{（1-e^{-2-i\mu}z^}{2}）（1+e^}-2i\mo}z^[2}）^{2{}}。\结束{对齐}$$
因此，
$$h_{k}（z）-e^{2i\mu}g_{kneneneep（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\较大）\int_{0}^{z}\frac{q（\xi）}{\psi{2\mu，\nu_{k}}（\xi^{2}）}\，d\xi$$
(2.24)
哪里
$$q（z）=\frac｛1｝｛（1-e^｛-2i\mu｝z^｛2｝）（1+e^｛-2i\mu｝z^｛2｝）^｛2｝｝$$
因此，遵循与定理证明类似的方法2.9，我们通过使用引理看到2.6那个（f）是局部单价的，并且保持感官。此外(2.24)也可以写成
$$h_{k}（z）-e^{2i\mu}g_{kneneneep（z）=\int_{0}^{z} 第页_{k} （xi）\psi{\mu，\pi/2}（\xi）\，d\xi$$
(2.25)
哪里
$$p_{k}（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\较大）\frac{1-2\cos\nu{k}e^{-2i\mu}z^{2}+e^{-4i\mu{z^{4}}{1-e^{4i\muneneneep z^{4]}$$
自\（p{k}（z）=（1+（-1））^{k} 一个)/\波浪形花纹{p}_{k} （e^{-2i\mu}z^{2}），其中\（\波浪号{p}_{k} \）由定义(2.17)因此\（\operatorname{Re}\tilde{p}_{k} \）或同等\（\操作员姓名{回复}_{k} \）是肯定的\（\mathbb{D}\）因此，鉴于(2.25)，结果遵循定理2.1. □
定理2.14
对于\（k=1,2）,让\（f{k}=h{k}+\overline{g{k}}\in\mathcal{宋体}_{H} \）这样的话
$$h_{k}（z）-e^{2i\mu}g_{kneneneep（z）=\bigl（1+（-1）^{k} 一个\biger）\int_{0}^{z}\varPsi_{k}（\xi）\，d\xi，\quad a\in（-1,1）$$
哪里
$$\varPsi_{k}（z）=\frac{1-2\cos\nu_{k{e^{-in\mu}z^{n}+e^{-2in\mu}z^{2n}}{（1-e^{-2-in\mu{z^}）k}\在[0，2\pi）中$$
如果\（ω{f{k}}）,膨胀\（f_{k}\）由提供
$$\omega{f_{1}}（z）=-\omega_{f_2}}$$
然后是映射\（f=tf{1}+（1-t）f{2}\）在方向上是单叶的和凸的μ对于\（0\leq t\leq1）假如θ和\（\nu_{k}\）如引理所示2.6.
上述定理的证明与定理的证明类似2.13因此这里省略了。
