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user: 3. 定理1的证明 设 s = β r + ( 1 − β ) ρ ，其中 0 < β < 1 。则 ρ − s = β ( ρ − r ) 且 s − r = ( 1 − β ) ) ( ρ − r ) 。将 f ( z ) 在 { z : | z | < s } 内的所有零点、极点分别记为 a 1 ， ⋯ ， a p 和 b 1 ， ⋯ ， b q ，计算重数。由Poision-Jensen引理可得 f ′ ( z ) f ( z ) = ∫ 0 2π 2 s e i φ ( s e i φ − z ) 2 log | f ( s e i φ ) | d φ 2 π + ∑ j = 1 p ( a ¯ j s 2 − a ¯ j z + 1 z − a j ) − ∑ j = 1 q ( b ¯ j s 2 − b ¯ j z + 1 z − b j ) 对在圆周 | z | = s 上的零点和极点的细节处理，见文 [ 10 ] 的第11页。 对上式取模可得 | f ′ ( z ) f ( z ) | ≤ ∫ 0 2π 2 s | s e i φ − z | 2 | log | f ( s e i φ ) | | d φ 2 π + | ∑ j = 1 p a ¯ j s 2 − a ¯ j z − ∑ j = 1 q b ¯ j s 2 − b ¯ j z | + | ∑ j = 1 p 1 z − a j − ∑ j = 1 q 1 z − b j | 注意到 0 < α < 1 和 d j ，有 ( ∑ j d j ) α ≤ ∑ j d j α (2) 故由上述两个不等式可得 | f ′ ( z ) f ( z ) | α ≤ ( ∫ 0 2 π 2 s | s e i φ − z | 2 | logg | f ( s e i φ ) | | d φ 2 π ) α + | ∑ j = 1 p a ¯ j s 2 − a ¯ j z − ∑ j = 1 q b ¯ j s 2 − b ¯ j z | α + | ∑ j = 1 p 1 z − a j − ∑ j = 1 q 1 z − b j | α 记 z = r e i θ 并在上式左右两边分别对 θ 积分，有 ∫ 0 2π | f ′ ( r e i θ ) f ( r e i θ ) | α d θ 2π ≤ ∫ 0 2π ( ∫ 0 2π 2 s | s e i φ − r e i θ | 2 | log | f ( s e i φ ) | | d φ 2π ) α d θ 2π     + ∫ 0 2π | ∑ j = 1 p 1 r e i θ − a j − ∑ j = 1 q 1 r e i θ − b j | α d θ 2π     + ∫ 0 2π | ∑ j = 1 p a ¯ j s 2 − a ¯ j r e i θ − ∑ j = 1 q b ¯ j s 2 − b ¯ j r e i θ | α d θ 2π = : I 1 + I 2 + I 3 (3) 对 I 1 应用HÖlder不等式并改变积分顺序可得 I 1 1 α ≤ ∫ 0 2π ( ∫ 0 2π 2 s | s e i φ − r e i θ | 2 | log | f ( s e i φ ) | | d φ 2π ) d θ 2π = 2 s ∫ 0 2π ( ∫ 0 2π 1 | s e i φ − r e i θ | 2 d θ 2π ) | log | f ( s e i φ ) | | d φ 2π 对常数函数1应用Poisson引理，得到 ∫ 0 2π 1 | s e i φ − r e i θ | 2 d θ 2π = 1 s 2 − r 2 注意到 s − r = ( 1 − β ) ( ρ − r ) 且 ∫ 0 2π | log | f ( s e i φ ) | | d φ 2π = m ( s ， f ) + m ( s ， 1 f ) 即可进一步得到 I 1 ≤ ( 1 1 − β ) α ( ρ r ( ρ − r ) ) α ( m ( ρ ， f ) + m ( ρ ， 1 f ) ) α (4) 下面考虑 I 2 。记 ξ 1 j = Re ( a j ) ， ξ 2 j = Im ( a j ) ， η 1 j = Re ( b j ) ， η 2 j = Im ( b j ) ，则有 ∑ j = 1 p a ¯ j s 2 − a ¯ j z − ∑ j = 1 q b ¯ j s 2 − b ¯ j z = ( ∑ ξ 1 j > 0 ξ 1 j s 2 − a ¯ j z − ∑ η 1 j < 0 η 1 j s 2 − b ¯ j z ) − ( ∑ ξ 1 j ≤ 0 − ξ 1 j s 2 − a ¯ j z − ∑ η 1 j ≥ 0 − η 1 j s 2 − b ¯ j z )       − i ( ∑ ξ 2 j > 0 ξ 2 j s 2 − a ¯ j z − ∑ η 2 j < 0 η 2 j s 2 − b ¯ j z ) + i ( ∑ ξ 2 j ≤ 0 − ξ 2 j s 2 − a ¯ j z − ∑ η 2 j ≥ 0 − η 2 j s 2 − b ¯ j z ) = : h 1 ( z ) − h 2 ( z ) − i h 3 ( z ) + i h 4 (z) 由(2)，可得 I 2 ≤ ∑ j = 1 4 ( ∫ 0 2π | h j ( r e i θ ) | α d θ 2π ) 由于 s > r ，故 Re ( s 2 − a ¯ j r e i θ ) > 0 且 Re ( s 2 − b ¯ j r e i θ ) > 0 。因此我们可以应用引理3，得到 I 2 ≤ sec ( α π 2 ) ∑ j = 1 4 | h j ( 0 ) | α ≤ sec ( α π 2 ) s 2 α ∑ k = 1 2 [ ( ∑ ξ k j > 0 | ξ k j | + ∑ η k j < 0 | η k j | ) α + ( ∑ ξ k j ≤ 0 | ξ k j | + ∑ η k j ≥ 0 | η k j | ) α ] ≤ sec ( α π 2 ) s α ∑ k = 1 2 [ ( ∑ ξ k j > 0 1 + ∑ η k j < 0 1 ) α + ( ∑ ξ k j ≤ 0 1 + ∑ η k j ≥ 0 1 ) α ] = sec ( α π 2 ) s α ∑ k = 1 2 ( γ k α + ( 1 − γ k ) α ) ( n ( s ， f ) + n ( s ， 1 f ) ) α 其中 γ k = ∑ ξ k j > 0 1 + ∑ η k j < 0 1 n ( s ， f ) + n ( s ， 1 f ) ∈ [ 0 ， 1 ] 由引理1，得 I 2 ≤ 2 2 − α sec ( α π 2 ) s α ( n ( s ， f ) + n ( s ， 1 f ) ) α ≤ 2 2 − α sec ( α π 2 ) ( n ( s ， f ) + n ( s ， 1 f ) r ) α 由 n ( s ， f ) + n ( s ， 1 f ) = ρ ρ − s ∫ s ρ d t ρ ( n ( s ， f ) + n ( s ， 1 f ) ) ≤ ρ ρ − s ∫ s ρ ( n ( t ， f ) + n ( t ， 1 f ) ) d t t ≤ ρ ρ − s ( N ( ρ ， f ) + N ( ρ ， 1 f ) ) (5) 和 ρ − s = β ( ρ − r ) ，得到 I 2 ≤ 2 2 − α β α sec ( α π 2 ) ( ρ r ( ρ − r ) ) α ( N ( ρ ， f ) + N ( ρ ， 1 f ) ) α (6) 类似地，由(5)和引理3可得 I 3 ≤ ( 2 1 1 − α + 2 2 1 − α ) 1 − α sec ( α π 2 ) ( n ( s ， f ) + n ( s ， 1 f ) r ) α ≤ ( 2 1 1 − α + 2 2 1 − α ) 1 − α β α sec ( α π 2 ) ( ρ r ( ρ − r ) ) α ( N ( ρ ， f ) + N ( ρ ， 1 f ) ) α (7) 由定理条件 f ( 0 ) = 1 和Nevanlinna第一基本定理，可知 T ( ρ ， f ) = T ( ρ ， 1 / f ) 。结合(3)，(4)，(6)和(7)，有 ∫ 0 2π | f ′ ( r e i θ ) f ( r e i θ ) | α d θ 2 π ≤ I 1 + I 2 + I 3 ≤ ( 1 1 − β ) α ( ρ r ( ρ − r ) ) α ( m ( ρ ， f ) + m ( ρ ， 1 f ) ) α     + 2 2 − α + ( 2 1 1 − α + 2 2 1 − α ) 1 − α β α sec ( α π 2 ) ( ρ r ( ρ − r ) ) α ( N ( ρ ， f ) + N ( ρ ， 1 f ) ) α = ( T ( ρ ， f ) r ρ ρ − r ) α [ C 1 ( α ， β ) ( 1 − d ρ ) α + C 2 ( α ， β ) d ρ α ] 其中 C 1 ( α ， β ) = ( 2 1 − β ) α ，     C 2 ( α ， β ) = 4 + ( 2 1 + α 1 − α + 2 2 + α 1 − α ) 1 − α β α sec ( α π 2 ) ， d ρ = N ( ρ ， f ) + N ( ρ ， 1 f ) 2 T ( ρ ， f ) ∈ [ 0 ， 1 ] 再次应用引理1，得 ∫ 0 2π | f ′ ( r e i θ ) f ( r e i θ ) | α d θ 2π ≤ C ( α ， β ) ( T ( ρ ， f ) r ρ ρ − r ) α (8) 其中 C ( α ， β ) = ( C 1 ( α ， β ) 1 1 − α + C 2 ( α ， β ) 1 1 − α ) 1 − α 对不等式(8)应用引理5，有 m ( f ′ f ) ≤ log + ( T ( ρ ， f ) r ρ ρ − r ) + log C ( α ， β ) α 这个不等式的所有的 α ， β ∈ ( 0 ， 1 ) 成立。经数学软件Lingo运算可知， ( log C ( α ， β ) ) / α 的最小值为4.5206，在 α ≈ 0.7813 和 β ≈ 0.9497 处取得。定理1证明完毕。