複素解析・リーマン面の問題

ステップ 1: $f(z)=zg(z)$ への帰着 $f(0)=0$ より、$g(z)=f(z)/z$（$z\ne 0$）、$g(0)=f^{\prime }(0)=\frac{1}{3}$ と定めると、$g$ は $\mathbb{D}$ 上正則である（除去可能特異点）。シュワルツの補題より $|f(z)|\le |z|$、すなわち $|g(z)|\le 1$ が成り立つ。さらに $|g(0)|=\frac{1}{3}<1$ なので、最大値原理より $g$ は絶対値 $1$ の定数ではなく、$|g(z)|<1$（$z\in \mathbb{D}$）となる。つまり $g:\mathbb{D}\to \mathbb{D}$ は正則で $g(0)=a:=\frac{1}{3}$ である。

ステップ 2: シュワルツ・ピックの評価 ${\psi }_a(w)=\frac{w-a}{1-aw}$ は $\mathbb{D}$ の自己同型で ${\psi }_a(a)=0$ を満たす。$h={\psi }_a\circ g$ は $\mathbb{D}\to \mathbb{D}$ の正則関数で $h(0)=0$ だから、シュワルツの補題より $|h(z)|\le |z|$。また
$$g(z)={\psi }_a^{-1}(h(z))=\frac{h(z)+a}{1+ah(z)}$$
である。

ここで、$0\le a<1$ を実数、$\zeta \in \mathbb{D}$, $s=|\zeta |$ として
$$\left|\frac{\zeta +a}{1+a\zeta }\right|\le \frac{s+a}{1+as}(\ast )$$
を示す。$a$ が実数なので
$$|1+a\zeta {|}^2-|\zeta +a{|}^2=(1+2a\mathrm{Re}\zeta +a^2{s}^2)-(s^2+2a\mathrm{Re}\zeta +a^2)=(1-a^2)(1-s^2)$$
となり、$w=\frac{\zeta +a}{1+a\zeta }$ とおくと
$$1-|w{|}^2=\frac{(1-a^2)(1-s^2)}{|1+a\zeta {|}^2}.$$
三角不等式より $|1+a\zeta |\le 1+as$ だから
$$1-|w{|}^2\ge \frac{(1-a^2)(1-s^2)}{(1+as{)}^2}.$$
さらに
$$(1+as{)}^2-(1-a^2)(1-s^2)=1+2as+a^2{s}^2-1+s^2+a^2-a^2{s}^2=(s+a{)}^2$$
なので、右辺は $1-{\left(\frac{s+a}{1+as}\right)}^2$ に等しい。よって $|w{|}^2\le {\left(\frac{s+a}{1+as}\right)}^2$ となり、$(\ast )$ が成り立つ。

また $\phi (s)=\frac{s+a}{1+as}$ は
$${\phi }^{\prime }(s)=\frac{(1+as)-a(s+a)}{(1+as{)}^2}=\frac{1-a^2}{(1+as{)}^2}>0$$
より $0\le s<1$ で単調増加である。$\zeta =h(z)$ とすると $|h(z)|\le |z|$ なので
$$|g(z)|\le \phi (|h(z)|)\le \phi (|z|)=\frac{|z|+a}{1+a|z|}.$$

ステップ 3: 上からの評価 $z=\frac{1}{2}$, $a=\frac{1}{3}$ を代入すると
$$\left|f\left(\frac{1}{2}\right)\right|=\frac{1}{2}\left|g\left(\frac{1}{2}\right)\right|\le \frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{6}}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{5}{6}}{\frac{7}{6}}=\frac{1}{2}\cdot \frac{5}{7}=\frac{5}{14}.$$

ステップ 4: 等号の実現 $g(z)=\frac{z+\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3}z}=\frac{3z+1}{z+3}$ は $\mathbb{D}$ の自己同型で $g(0)=\frac{1}{3}$。$f(z)=z\frac{3z+1}{z+3}$ とおくと、$f$ は $\mathbb{D}$ 上正則で、$|f(z)|=|z||g(z)|<1$、$f(0)=0$、$f^{\prime }(0)=g(0)=\frac{1}{3}$ なので $f\in \mathcal{F}$。そして
$$f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{3}{2}+1}{\frac{1}{2}+3}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{5}{2}}{\frac{7}{2}}=\frac{5}{14}.$$

よって上限は達成され、$M=\frac{5}{14}$ である。

$f\in \mathcal{F}$ とする。$f(0)=0$ なので $f(z)=zg(z)$ と書け、$g$ は $\mathbb{D}$ 上正則で $g(0)=f^{\prime }(0)=\frac{1}{3}$ である。Schwarz の補題より $|f(z)|\le |z|$ なので、$|g(z)|\le 1$ が成り立つ（$|z|=r<1$ で最大値原理を用い $r\to 1$ とする）。$g$ が定数 $\frac{1}{3}$ でなく、最大値原理から $|g|<1$ である（$g$ は $\mathbb{D}$ を $\mathbb{D}$ に写す）。

Schwarz-Pick の不等式より、$|g(0)|=\frac{1}{3}$ のとき
$$|g(z)|\le \frac{|g(0)|+|z|}{1+|g(0)||z|}.$$
$z=\frac{1}{2}$ を代入すると
$$|g(\frac{1}{2})|\le \frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{6}}=\frac{5/6}{7/6}=\frac{5}{7}.$$
ゆえに $|f(\frac{1}{2})|=\frac{1}{2}|g(\frac{1}{2})|\le \frac{5}{14}$。

等号の成立: $g(z)=\frac{z+\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3}z}=\frac{3z+1}{z+3}$ とおく。これは $\mathbb{D}$ を $\mathbb{D}$ に写す一次分数変換で $g(0)=\frac{1}{3}$。$f(z)=zg(z)$ は $\mathbb{D}$ で正則、$|f(z)|<|z|<1$、$f(0)=0$、$f^{\prime }(0)=g(0)=\frac{1}{3}$ より $f\in \mathcal{F}$。このとき $g(\frac{1}{2})=\frac{5/2}{7/2}=\frac{5}{7}$、$f(\frac{1}{2})=\frac{5}{14}$。

検算: $\frac{5}{14}\approx 0.357<\frac{1}{2}$ で Schwarz の補題と整合し、$f^{\prime }(0)=\frac{1}{3}$ のとき線形近似 $\frac{1}{6}\approx 0.167$ より大きいのも妥当。したがって $M=\frac{5}{14}$（最大値として達成される）。