\pagestyle{fancy}
\chapter{ زیرمجموعه های تک ارز تعریف شده به وسیله عملگرسالاگون} 
اين فصل شامل دو بخش مي باشد.
در بخش اول به زیرمجموعه ای از توابع تحلیلی تک ارز به نام 
$R^{n}(\lambda,\alpha)$ 
و رابطه شمول ، نقاط اکسترمم و برخی ویژگی های توابع متعلق به آن می پردازیم.
در بخش دوم زیرمجموعه از توابع تک ارز و محدب به نام
$S^{m}(\lambda,\alpha)$
و روابط شمول تعریف شده برای آن را بررسي مي كنیم.\\
\textbf{ روابط شمول}
\\ قضیه 2.3 نشان می دهد که توابع در
$R^{n}(\lambda,\alpha)$ به 
$R(\alpha)$
متعلق است و در نتیجه تک ارز هستند.

\section{رده $R^{n}(\lambda , \alpha)$}
برای اثبات قضایلی اصلي این بخش ، لم های زير را بیان می نماییم . 

\begin{lem}

اگر $P(z)$ در $ \Delta $ تحلیلی باشد ، $p(0)=1$ و$Re p(z) > \frac{1}{2} \in \Delta ( z \in \Delta)$ 
آن گاه برای هر تابع $F$ تحلیلی در $\Delta$ تابع $p\ast F$ مقدارش را در مجموعه محدب $F(\Delta)$ می گیرد.
\end{lem}
\begin{lem}
اگر دنباله $\{C_{k}\}_{k=0}^{\infty}$ ، دنباله محدب پوچ باشد . آن گاه تابع
$p(z)= \frac{c_{0}}{2}+\sum c_{k}z^{k} , z\in\Delta$ 
در $\Delta$ تحلیلی است و $ Re p(z) > 0 $
\end{lem}
\begin{theorem}
$$R^{n+1}(\lambda,\alpha)\subset R^{n}(\lambda,\alpha)$$ \label{•}
\end{theorem}}
\begin{proof}
فرض کنید $f \in R^{n+1}(\lambda,\alpha) $ و بنا به تعریف $1.1$ و $1.5$ داریم که :

\begin{equation}\label{•} 
\begin{split}
$$(D^{n+1}f(z))' &= 1+\Sigma_{k=2}^{\infty} k [1+(k-1)\lambda]^{n+1}a_{k}z^{k-1}\\ 
Re(D^{n+1}f(z))'&= Re(1+\Sigma_{k=2}^{\infty} k [1+(k-1)\lambda]^{n+1}a_{k}z^{k-1})\\
& =1+ Re(\Sigma_{k=2}^{\infty} k [1+(k-1)\lambda]^{n+1}a_{k}z^{k-1}$$
\end{split}
\end{equation} 
بنا به تعریف $D^{n}f(z)$ :$Re(D^{n+1}f(z)>\alpha$ و در نتیجه :\\
\begin{equation}\label{•} 
\begin{split}
$$ 1+Re(\Sigma_{k=2}^{\infty} k [1+(k-1)\lambda]^{n+1}a_{k}z^{k-1}) &>\alpha\\
Re(\Sigma_{k=2}^{\infty} k [1+(k-1)\lambda]^{n+1}a_{k}z^{k-1}) &>\alpha-1 \\
Re(\frac{1}{2(1-\alpha)})(\Sigma_{k=2}^{\infty} k [1+(k-1)\lambda]^{n+1}a_{k}z^{k-1}) &>(\alpha-1).(\frac{1}{2(1-\alpha)})$$\\
$$Re(1+\frac{1}{2(1-\alpha)}\Sigma_{k=2}^{\infty} k[1+(k-1)\lambda]^{n+1}a_{k}z^{k-1}) &>\frac{1}{2}$$
\end{split}
\end{equation}
\begin{equation}\label{}
\begin{split}
$$(D^{n}f(z))' &= 1+\Sigma_{k=2}^{\infty} k [1+(k-1)\lambda]^{n}a_{k}z^{k-1}\\
&=(1+\frac{1}{2(1-\alpha}\Sigma_{k=2}^{\infty} k[1+(k-1)\lambda]^{n+1}a_{k}z^{k-1})\\ &\star(1+2(1-\alpha)\Sigma_{k=2}^{\infty}\frac{z^{k-1}}{[1+(k-1)\lambda]})$$\\
\end{split}
\end{equation}
با استفاده از لم $2.2$ برای $c_{0}=1$ و $c_{k}= \frac{1}{(1+k\lambda)}$ , $k=1,2,...$ داریم :
$$c_{k} - c_{k+1} &=\frac{\lambda}{(1+k\lambda)(1+(k+1)\lambda)}$$\\
$$c_{k-1}-c_{k} &=\frac{\lambda}{(1+(k-1)\lambda)(1+k\lambda)}$$\\
درنتیجه\\
$$c_{k-1}-c_{k} \geq c_{k}-c_{k+1}$$
بنا به لم ...، داریم:
\begin{align}\label{He16}
$$Re(1+2(1-\alpha)\sum\frac{z^{k-1}}{1+(k-1)\lambda})>\alpha$$
\end{align}\\
با توجه به رابطه های $2.1$ و $2.4$ داریم که $f(z) \in R^{n}(\lambda , \alpha)$ .
\end{proof}.
\begin{theorem}
اگر $f \in R^{n+1}(\lambda,\alpha)$ ، آن گاه $f \in R^{n}(\lambda,\beta)$ به طوری که
\begin{equation}\label{•}
\begin{split}
\beta=\dfrac{2\lambda+(1+3\lambda)\alpha}{(1+\lambda)(1+2\lambda)} \geq \alpha.
\end{split}
\end{theorem}
\begin{flushright}
\textbf{نکته}\\
اگر در قضیه $n=1$ آن گاه :\\
\end{flushright}
$$Re(f'(z)+\lambdazf''(z))>\alpha \Longrightarrow Ref'(z)>\frac{2\lambda^{2}+(1+3\lambda)\alpha}{(1+\lambda)(1+2\lambda)}$$\\
که در واقع بهبود یافته ی نتیجه $saitoh$ برای $\lambda\geq1$ می باشد ،وی برای $\lambda>0$ نشان داد :\\
$$Re(f'(z)+\lambdazf''(z))>\alpha \Longrightarrow Ref'(z)>\frac{2\alpha+\lambda}{2+\lambda}$$
\begin{proof}
فرض مي كنيم $f \in R^{n+1}(\lambda,\alpha)$ . اگر $\lambda\geq0$ و $[9]$ و 
\begin{equation}\label{He19}
\begin{split}
&\ g(z)=z+\Sum_{k=2}^{\infty}\dfrac{z^{k}}{1+(k-1)\lambda}\geq\alpha. 
\end{split}
\end{equation} 
آنگاه
\begin{equation}\label{He20}
\begin{split}
&\ Re\dfrac{g(z)}{z}>\dfrac{4\lambda^{2}+3\lambda+1}{2(1+\lambda)(1+2\lambda)}.\\
&\ Re\Sigma_{k=2}^{\infty}\frac{z^{k-1}}{1+(k-1)\lambda}>\frac{4\lambda^{2}+3\lambda+1}{2(1+\lambda)(1+2\lambda)}-1\\
&\ Re\Sigma_{k=2}^{\infty}\frac{z^{k-1}}{1+(k-1)\lambda}>\frac{4\lambda^{2}+3\lambda+1}{2(1+\lambda)(1+2\lambda)}-1\\
\end{split}
\end{equation}
داریم:\\
\begin{equation}
\begin{split}
Re\Sigma_{k=2}^{\infty}\frac{z^{k-1}}{1+(k-1)\lambda} >\frac{-(3\lambda+1)}{2(1+\lambda)(1+2\lambda)}
\end{split}
\end{equation}
درنتیجه
\begin{equation}
\begin{split} 
Re (1+2(1-\alpha)\Sigma_{k=2}^{\infty}\dfrac{z^{k-1}}{1+(k-1)\lambda} >
\dfrac{2\lambda^{2}+(1+3\lambda)\alpha}{(1+\lambda)(1+2\lambda)} = \beta.
\end{split}
\end{equation}
حال با استفاده از لم ... و ... حکم برقرار است .\\
\end{proof}
با استفاده از قضیه فوق نتیجه زیر را داریم :\\
\begin{theorem}
فرض کنید $f\in R^{n}(\lambda,\alpha)$ و $n>m\geq0$ . آن گاه $f\in R^{n}(\lambda,\alpha) $اگر \\
\begin{equation}\label{He22}
\begin{split}
\beta=[(\frac{1+3\lambda}{(1+\lambda)(1+2\lambda)})^{n-m}\alpha+\frac{2\lambda^{2}}{(1+\lambda)(1+2\lambda)}\sum_{k=0}^{n-m-1}(\frac{1+3\lambda}{(1+\lambda)(1+2\lambda)})^{k}]\geq\alpha\\
\end{split}
\end{equation}
\end{theorem}
اگر قضیه $2.4.$ را $n-m$ بار تکرار کنیم ، بعد از محاسبات کوتاهی حکم قضیه $2.5.$ را اثبات کردیم. برای $m=0$ در قضیه نتیجه ی زیر را خواهیم داشت : \\
\textbf{نتیجه 2.7}
فرض کنید $f\inR ^{n}(\lambda,\alpha)$ ، دراینصورت $Ref'(z)>\beta$ به طوری که $\beta$ داده شده در $(2.12)$ با$m=0$ می باشد\\.
\textbf{نتیجه فرعی 2.8}
چون $D_{\lambda}$ تعریف شده در $1.3$ یک تابع خطی از $\lambda$ است واضح است که \\
$$R^{n}(\lambda,\alpha)\subset R^{n}(\lambda',\alpha)$$
به طوری که $\lambda>\lambda'$ 
\begin{theorem}
فرض کنید $S_{m}(z , f)$ ، $m$ امین جمع جزئی تابع $f$ در $R^{n}(\lambda,\alpha)$ باشد. اگر $f \in R^{n}(\lambda,\alpha)$ ، $(\lambda\geq\dfrac{1}{\varsigma}=0.21892)$ .آن گاه :\\
$$S_{m}(z,f) \in R^{n-1}(\lambda,\beta)$$
به طوری که، 
\begin{equation}\label{He23}
\beta=\dfrac{2\alpha+\lambda-1}{\lambda+1}.
\end{equation}
\end{theorem}
برای اثبات قضیه فوق به بیان لم ذیل می پردازیم که توسط$Ahuja $ و $jahangiri$ در $[2]$ بیان شده است.
\begin{lem}
اگر $-1< t \leq S =4.567802$ ،آن گاه 
\begin{equation}
\begin{split}
Re(\Sigma_{k=2} ^ {m} \dfrac{z^{k-1}}{k+t-1})>-\dfrac{1}{1+t},\quad z\in \Delta .
\end{split}
\end{equation}
\begin{proof}
فرض کنید $f \in R^{n}(\lambda,\alpha)$ و با $(1.1)$ داده شده باشد . سپس از$(1.5)$ داریم:
\begin{equation}
\begin{split}
Re(1+\Sigma_{k=2}^{\infty}k[1+(k-1)\lambda]^{n}a_{k}z^{k-1}) &>\alpha\\
Re(\Sigma_{k=2}^{\infty}k[1+(k-1)\lambda]^{n}a_{k}z^{k-1}) &>\alpha-1\\
Re (\dfrac{2}{\lambda+1}\Sigma_{k=2}^{\infty}k[1+(k-1)\lambda]^{n}a_{k}z^{k-1}) &>\dfrac{2(\alpha-1)}{\lambda+1}
\end{split}
\end{equation}
\begin{equation}\label{He25}
\begin{split}
&\ Re (1+\dfrac{2}{\lambda+1}\Sigma_{k=2}^{\infty}k[1+(k-1)\lambda]^{n}a_{k}z^{k-1})>\dfrac{2\alpha+\lambda+1}{\lambda+1}
\end{split}
\end{equation}
\begin{equation}\label{He26}
\begin{split}
& (D^{n-1}S_{m}(z,f))' = 1+\Sigma_{k=2}^{m}k[1+(k-1)\lambda]^{n-1}a_{k}z^{k-1}\\
& = (1+\dfrac{2}{\lambda+1}\Sigma_{k=2}^{\infty}k[1+(k-1)\lambda]^{n}a_{k}z^{k-1})\\
& * (1+\dfrac{\lambda+1}{2\lambda}\Sigma_{k=2}^{m} \dfrac{z^{k-1}}{1/\lambda+(k-1)} ,\lambda>0\\
\end{split}
\end{equation}
با استفاده از لم $2.9$ برای $\lambda\geq\dfrac{1}{\varsigma}=0.21892$ داریم :\\
در قضیه به جای $\dfrac{1}{\lambda}$ ، از $t$ استفاده می کنیم می بینیم که:\\
$$\dfrac{1}{\varsigma}=\dfrac{1}{0.21892}=4.567802$$
وشرایط لم برقرار است.
\begin{equation}\label{•}
\begin{split}
Re \Sigma_{k=2}^{m}\dfrac{z^{k-1}}{1/\lambda+(k-1)} &> - \dfrac{\lambda}{\lambda+1}\\
Re(1+\dfrac{\lambda+1}{2\lambda} \Sigma_{k=2}^{m}\dfrac{z^{k-1}}{1/\lambda+(k-1)} &> 1 - \dfrac{\lambda}{\lambda+1}.\dfrac{\lambda}{2\lambda} = \dfrac{1}{2}
\end{split}
\end{equation}
بنابراین 
\begin{equation}\label{He28}
Re(1+\dfrac{\lambda+1}{2\lambda}\Sigma_{k=2}^{m} \dfrac{z^{k-1}}{1/\lambda+(k-1)} > 1-\dfrac{\lambda}{\lambda+1}.\dfrac{\lambda+1}{2\lambda} = \dfrac{1}{2},
\end{equation}
وبا استفاده از لم $2.1$ به نتیجه خواهیم رسید . 
\end{proof}

\begin{theorem}
مجموعه $R^{n}(\lambda,\alpha)$ ،محدب است.
\end{theorem}

\begin{proof} 
توابع
\begin{equation}
\begin{split}
$$f_{i}(z)=z+\Sigma_{k=2}^{\infty}a_{ki} z^{k }(\in R^{n}(\lambda,\alpha), (i=1,2)$$
\end{split},
\end{equation}
را در $R^{n}(\lambda,\alpha)$ نظر بگیرید. کافی است نشان دهیم تابع $h(z)=\mu_{1}f_{1}(z)+\mu_{2}f_{2}(z)$ با $\mu_{1}$ و $\mu_{2}$ نامنفی و $\mu_{1}+\mu_{2}=1$ در خانواده ی$R^{n}(\lambda,\alpha)$ قراربگیرد.
چون 
\begin{equation}\label{He30}
\begin{split}
$$h(z) =z+\sigma_{k=2}^{\infty} (\mu_{1}a_{k1}+\mu_{2}a_{k2})z^k , $$
\end{split}
\end{equation} 
از $(2.4)$ داریم :
\begin{equation}\label{He30}
\begin{split}
$$(D^{n}h(z))' =1+\sigma_{k=2}^{\infty} k(\mu_{1}a_{k1}+\mu_{2}a_{k2})[1+(k-1)\lambda]^{n}z^{k-1} , $$
\end{split}
\end{equation} 
و بنابراین
\begin{equation}\label{He30}
\begin{split}
Re(D^{n}h(z))' =Re(1+\mu{1}\sigma_{k=2}^{\infty} k[1+(k-1)\lambda]^{n} a_{k1} z^{k-1}\\
+Re(1+\mu{2}\sigma_{k=2}^{\infty} k[1+(k-1)\lambda]^{n} a_{k2} z^{k-1}
\end{split}
\end{equation} 
چون $f_{1} , f_{2} \in R^{n}(\lambda , \alpha)$ است پس :
\begin{equation}\label{He31}
\begin{split}
&Re(D^{n}f_{i}(z))'=Re(1+\sigma_{k=2}^{\infty}[1+(k-1)\lambda]^{n}a_{ki}z^{k-1} ) >\alpha \\
&Re(\sigma_{k=2}^{\infty}[1+(k-1)\lambda]^{n}a_{ki}z^{k-1} ) >\alpha-1 \\
&Re(\mu_{i}\sigma_{k=2}^{\infty}[1+(k-1)\lambda]^{n}a_{ki}z^{k-1} ) > \mu{i} (\alpha-1) \\
&Re(1+\mu_{i}\sigma_{k=2}^{\infty}[1+(k-1)\lambda]^{n}a_{ki}z^{k-1} ) > 1+\mu_{i} (\alpha-1)\quad (i=1,2)
\end{split}
\end{equation} 
با استفاده از $(2.25)$ و $(2.24)$ داریم :
\begin{equation}\label{He32}
\begin{split} 
Re(D^{n}h(z))' > 1+\alpha(\mu_{1}+\mu_{2})-(\mu_{1}+\mu_{2}) =\alpha
\end{split}
\end{equation}
و $h(z) \in R^{n}(\lambda)$ .
\begin{theorem}\label{T.2.8}
فرض کنید $f \in R^{n}(\lambda,\alpha)$ . دراینصورت 
\begin{equation}\label{He33}
\begin{split}
Re \dfrac{D^{n}f(z)}{z}>(2\alpha-1)+2(1-\alpha) \log2.\\
\end{split}
\end{equation}
\end{theorem}
\begin{proof}
هالن بک $[4]$ نشان داد 
\begin{equation}
\begin{split}
Re f'(z) > \alpha \Longrightarrow Re \dfrac{D^{n}f(z)}{z}>(2\alpha-1)+2(1-\alpha) \log2.\\
با استفاده از قضیه $2.3$  حکم ثابت می شود . \\
\end{split}
\end{equation}
\end{proof}

\begin{theorem}
نقاط اکسترمم $R^{n} (\lambda ,\alpha)$ عبارت اند از:

\begin{equation}
\begin{split}
f_{x}(z)=z+2(1-\alpha)\Sigma_{k=2}^{\infty}\dfrac{x^{k-1}z^{k}}{k[1+(k-1)\lambda]^{n}},\quad \vert x\vert=1 , z \in \Delta
\end{split}
\end{equation}
\end{theorem}
\begin{proof}
چون $D^{n}:f \rightarrow D^{n}f$ یک ایزومورفیسم از $R^{n}(\lambda,\alpha)$ به $R(\alpha)$ است نقاط اکسترمم را حفظ می کند و در $[4]$ نقاط اکسترمم $R(\alpha)$ به صورت ذیل داده شده است :
\begin{equation}
\begin{split}
z+2(1-\alpha)\Sigma_{k=2}^{\infty}\dfrac{x^{k-1}z^{k}}{k[1+(k-1)\lambda]^{n}},\vert x\vert =1 , z \in \Delta\\
\end{split}
\end{equation}
در نتیجه از $(1.5)$ می بینیم که نقاط اکسترمم مجموعه محدب بسته $R^{n}(\lambda,\alpha)$ با $(3.1)$ داده شده است.و چون خانواده $R^{n}(\lambda,\alpha)$ محدب است، بنابراین برابر بستار محدبش می باشد پس به نتیجه دلخواهمان خواهیم رسید.
\end{proof}
به عنوان نتیجه ای از قضیه نکات زیر را بیان می کنیم .\\
\textbf{نتیجه $1$}
فرض کنیم $f$ متعلق به $R^{n}(\lambda ,\alpha)$ باشد ، و فرض کنیم با $(1.1)$ داده شده باشد . در این صورت 
\begin{equation}
\begin{split}
\vert a_{k}\vert \leq \Sigma_{k=2}^{\infty}\dfrac{2(1-\alpha)}{k[1+(k-1)\lambda]^{n}}\quad k\geq2\\
\end{split}
\end{equation}
این نتیجه روشنی است که به وسیله تابع $f_{x}$ داده شده در $(3.1)$ می باشد. کافی است جملات $f$ را $f_{x}$ مقایسه کنید . براحتی به دست خواهد آمد\\
\textbf{نتیجه 2} 
اگر $f\in R^{n}(\lambda,\alpha)$ در اینصورت 
\begin{equation}
\begin{split}
\vert f(z)\vert \leq r+\dfrac{2(1-\alpha)}{k[1+(k-1)\lambda]^{n}} r^{k},\vert z \vert = r,
\end{split}
\end{equation}
یا
\begin{equation}
\begin{split}
\vert f'(z)\vert \leq 1+\dfrac{2(1-\alpha)}{k[1+(k-1)\lambda]^{n}} r^{k-1},\vert z \vert = r,
\end{split}
\end{equation}
با استفاده از $(3.1)$ و $z=\barx r$ به نتیجه دلخواه می رسیم. 
\begin{theorem}\label{T.2.9}
اگر $f \in R^{n}(\lambda,\alpha)$ و $g$ محدب باشد. آن گاه: 
$f \star g \in R^{n}(\lambda, \alpha)$\\
\begin{proof}
اگر $g$ در دایره واحد، محدب تک ارز باشد ، آن گاه \\
\begin{align}
Re \dfrac{g(z)}{z} > \dfrac{1}{2},
\end{align}
 و درنتیجه  
\begin{equation}
Re(D^{n}(f \star g )(z))' = Re((D^{n}f(z))' \star \dfrac{g(z)}{z}),
\end{equation}
 و با استفاده از لم $2.1$ نتیجه زیر را داریم و حکم اثبات می شود.
  \begin{theorem}                                                                                                                                              
اگر $f,g \in R^{n}(\lambda , \alpha)$  آن گاه  $f \star g \in R^{n}(\lambda,\beta)$ به طوری که:
\begin{equation}
\begin{split}
\beta=\dfrac{\lambda(2\alpha+1)+4\alpha-1}{2(\lambda+1)} \geq \alpha,
\end{split}
\end{equation} 
\end{theorem}
\begin{proof}
در نظر بگیرید :
\begin{equation}
&g(z) = z+\sigma_{k=2}^{\infty}b_{k}z^{k} \in R^{n}(\lambda,\alpha)\\
&\Longrightarrow  Re(1+\sigma_{k=2}^{\infty} k [1+(k-1)\lambda]^{n}b_{k}z^{k-1}) > \alpha
\end{equation}
  فرض کنید$c_{0}=1$  :
 \begin{equation}
 c_{k} = z+\dfrac{\lambda+1}{(k+1)[1+k\lambda]^{n}},\quad k \geq 1
 \end{equation}
 دنباله $c_{k}_{k=0}^{\infty}$ دنباله ی محدب پوچ است و بنابراین طبق لم $2.2$ داریم:
\begin{equation}\label{•}
\begin{split}
Re\Big( 1+\sigma_{k=2}^{\infty}\dfrac{\lambda+1}{(k+1)[1+k\lambda]^{n}} z^{k-1}\Big) >\dfrac{1}{2},        
\end{split}
\end{equation}
 با بکارگیری $(4.4)$ و $(4.6)$ و با استفاده از لم $2.1$ :
\begin{equation}
\begin{split}
& Re( 1+(\lambda+1)\sigma_{k=2}^{\infty}b_{k}z^{k-1})>\alpha ,   
& ویا
& Re\dfrac{g(z)}{z} = Re( 1+\sigma_{k=2}^{\infty}b_{k}z^{k-1}) >\dfrac{\lambda+\alpha}{\lambda+1}.  
\end{split}
\end{equation}
 و بنابراین 
\begin{equation}
\begin{split}
& Re( 1+(\lambda+1)\Sigma_{k=2}^{\infty}b_{k}z^{k-1}) > \alpha ,   
& ویا
& Re\Big(\dfrac{g(z)}{z}-\dfrac{2\alpha+\lambda-1}{2(\lambda+1)}\Big) >\dfrac{1}{2}.  
\end{split}
\end{equation}
 چون $f\in R^{n}(\lambda,\alpha)$ با به کاربردن لم $2.1$  داریم:\\
\begin{equation}
\begin{split}
Re \Big((D^{n}f(z))' \star \Big(\dfrac{g(z)}{z}-\dfrac{2\alpha+\lambda-1}{2(\lambda+1)}\Big)\Big) > \alpha ,\\
Re\Big((D^{n}f(z))' \star \dfrac{g(z)}{z}) >\dfrac{\lambda(2\alpha+1)+4\alpha-1}{2(\lambda+1)}=\beta.
\end{split}
\end{equation}
 با استفاده از $(4.2)$ حکم ثابت می شود . 
\end{proof}

\begin{lem}
فرض كنيم $A$و $B$، جبر باناخ باشند و $f : A\rightarrow B$ يك نگاشت جمعي باشد. در اين صورت
به ازاي هر $a,b,c \in A$ گزاره هاي زير معادل هستند.
\begin{equation}\label{Se50}
\ f([a,a,a]) = [f(a),f(a),f(a)],
\end{equation}
\begin{equation}\label{Se51}
\begin{split}
&f([a,b,c]+ [b,c,a]+ [c,a,b])\\
&\quad= [f(a),f(b),f(c)]+ [f(b),f(c),f(a)]+ [f(c),f(a),f(b)],
\end{split}
\end{equation}
\end{lem}

\begin{proof}
در معادله (\ref{Se50}) با قرار دادن  $a+b+c$ به جاي $a$ خواهيم داشت
\begin{eqnarray*}
\ f[(a+b+c),(a+b+c),(a+b+c)]= [f(a+b+c),f(a+b+c),f(a+b+c)],
\end{eqnarray*}
از طرفي براي سمت چپ معادله به ازاي هر $a, b, c  \in A$ داريم
\begin{align*}
&f[(a+b+c),(a+b+c),(a+b+c)]\\
&= f([a,a,a]+ [a,b,a]+ [a,c,a]+ [b,a,a]+ [b,b,a]+ [b,c,a]+ [c,a,a]\\
&\quad+ [c,b,a]+ [c,c,a]+ [a,a,b]+ [a,b,b]+ [a,c,b]+ [b,a,b]+ [b,b,b]+ [b,c,b]\\
&+ [c,a,b]+ [c,b,b]+ [c,c,b]+ [a,a,c]+ [a,b,c]+ [a,c,c]+ [b,a,c]+ [b,b,c]\\
&\quad+ [b,c,c]+ [c,a,c]+[c,b,c]+ [c,c,c])\\
&= f([a,a,a]) + f([a,b,a])+ f([a,c,a])+ f([b,a,a])+ f([b,b,a])+ f([b,c,a])\\
&\quad+ f([c,a,a])+ f([c,b,a])+ f([c,c,a])+ f([a,a,b])+ f([a,b,b])+ f([a,c,b])\\
&+ f([b,a,b])+ f([b,b,b])+ f([b,c,b])+ f([c,a,b])+ f([c,b,b])+f([c,c,b])\\
&\quad+f([a,a,c])+ f([a,b,c])+ f([a,c,c])+ f([b,a,c])+ f([b,b,c])+ f([b,c,c])\\
&+ f([c,a,c])+ f([c,b,c])+ f([c,c,c])
\end{align*}
از سوی دیگر، برای سمت راست معادله، به ازاي هر $a,b,c \in A$ خواهيم داشت
\begin{align*}
&[f(a+b+c),f(a+b+c),f(a+b+c)]\\
&= [(f(a)+ f(b)+ f(c)),(f(a)+ f(b)+ f(c)),(f(a)+ f(b)+ f(c))]\\
&= [f(a),f(a),f(a)]+ [f(a),f(a),f(b)]+ [f(a),f(a),f(c)]+ [f(a),f(b),f(a)]\\
&\quad+ [f(a),f(b),f(b)]+ [f(a),f(b),f(c)]+ [f(a),f(c),f(a)]+ [f(a),f(c),f(b)]\\
&+ [f(a),f(c),f(c)]+ [f(b),f(a),f(a)]+ [f(b),f(a),f(b)]+ [f(b),f(a),f(c)]\\
&\quad+ [f(b),f(b),f(a)]+ [f(b),f(b),f(b)]+ [f(b),f(b),f(c)]+ [f(b),f(c),f(a)]\\
&+ [f(b),f(c),f(b)]+ [f(b),f(c),f(c)]+ [f(c),f(a),f(a)]+ [f(c),f(a),f(b)]\\
&\quad+ [f(c),f(a),f(c)]+ [f(c),f(b),f(a)]+ [f(c),f(b),f(b)]+ [f(c),f(b),f(c)]\\
&+ [f(c),f(c),f(a)]+ [f(c),f(c),f(b)]+ [f(c),f(c),f(c)]
\end{align*}
با توجه به اثبات بالا، به ازاي هر $a,b,c \in A$ داريم
\begin{eqnarray*}
&‌ &f([a,b,c])+ f([b,c,a])+ f([c,a,b])\\&=&([f(a),f(b),f(c)]+[f(b),f(c),f(a)]+ [f(c),f(a),f(b)]),
\end{eqnarray*}
و
\begin{eqnarray*}
& &f([a,b,c]+ [b,c,a]+ [c,a,b])\\&=& ([f(a),f(b),f(c)]+ [f(b),f(c),f(a)]+
[f(c),f(a),f(b)])
\end{eqnarray*}
و اين نشان مي دهد معادله  (\ref{Se50})  برقرار است.
\\بالعكس : با جا گذاري $a$ به جاي $b,c$ در معادله (\ref{Se51}) ، به ازاي هر $a,b,c \in A$ داریم
\begin{align*}
&f([a,a,a]+ [a,a,a]+ [a,a,a])\\
&\quad= [f(a),f(a),f(a)]+ [f(a),f(a),f(a)]+ [f(a),f(a),f(a)]\\
&f(3[a,a,a])= 3([f(a),f(a),f(a)])\\
&f([a,a,a])= [f(a),f(a),f(a)]
\end{align*}
اين نشان مي دهد معادله هاي  (\ref{Se50}) و  (\ref{Se51})  معادل هم هستند. و اين اثبات را كامل مي كند.
\end{proof}

\begin{lem}
فرض كنيم $A$و $B$، جبر باناخ باشند و  $f : A\rightarrow A$ نگاشتي جمعي باشد. در اين صورت
به ازاي هر $a,b,c \in A$ گزاره هاي زير معادل هستند.
\begin{equation}\label{Se52}
\ f([a,a,a])= [f(a),a,a]+ [a,f(a),a]+ [a,a,f(a)],
\end{equation}
\begin{equation}\label{Se53}
\begin{split}
&f([a,b,c]+ [b,c,a]+ [c,a,b])\\
&= [f(a),b,c]+ [a,f(b),c]+ [a,b,f(c)]+ [f(b),c,a]+ [b,f(c),a]\\
&+ [b,c,f(a)]+ [f(c),a,b]+ [c,f(a),b]+ [c,a,f(b)],
\end{split}
\end{equation}
\end{lem}

\begin{proof}
در معادله (\ref{Se52}) با قرار دادن  $a+b+c$ به جاي $a$ داريم
\begin{align*}
&f[(a+b+c),(a+b+c),(a+b+c)]\\
&= [f(a+b+c),(a+b+c),(a+b+c)]+ [(a+b+c),f(a+b+c),(a+b+c)]\\
&+ [(a+b+c),(a+b+c),f(a+b+c)],
\end{align*}
از طرفي براي سمت چپ معادله براي هر $a,b,c \in A$ خواهيم داشت
\begin{align*}
&f[(a+b+c),(a+b+c),(a+b+c)]\\
&=f([a,a,a]+ [a,b,a]+ [a,c,a]+ [b,a,a]+ [b,b,a]+ [b,c,a]+ [c,a,a]\\
&\quad+[c,b,a]+ [c,c,a]+ [a,a,b]+ [a,b,b]+ [a,c,b]+ [b,a,b]+ [b,b,b]+ [b,c,b]\\
&+[c,a,b]+ [c,b,b]+ [c,c,b]+ [a,a,c]+ [a,b,c]+ [a,c,c]+ [b,a,c]+ [b,b,c]\\
&\quad+[b,c,c]+ [c,a,c]+[c,b,c]+ [c,c,c])\\
&=f([a,a,a]) +f([a,b,a])+ f([a,c,a])+ f([b,a,a])+ f([b,b,a])+ f([b,c,a])\\
&\quad+f([c,a,a])+ f([c,b,a])+ f([c,c,a])\\
&+f([a,a,b])+ f([a,b,b])+ f([a,c,b])+ f([b,a,b])+ f([b,b,b])+ f([b,c,b])\\
&\quad+f([c,a,b])+ f([c,b,b])+ f([c,c,b])\\
&+f([a,a,c])+ f([a,b,c])+ f([a,c,c])+ f([b,a,c])+ f([b,b,c])+ f([b,c,c])\\
&\quad+f([c,a,c])+ f([c,b,c])+f([c,c,c])
\end{align*}
\begin{align*}
&=[f(a),a,a]+ [a,f(a),a]+ [a,a,f(a)]+ [f(a),b,a]+ [a,f(b),a]+ [a,b,f(a)]\\
&\quad+[f(a),c,a]+ [a,f(c),a]+ [a,c,f(a)]+ [f(b),a,a]+ [b,f(a),a]+ [b,a,f(a)]\\
&+[f(b),b,a]+ [b,f(b),a]+ [b,b,f(a)]+ [f(b),c,a]+ [b,f(c),a]+ [b,c,f(a)]\\
&\quad+[f(c),a,a]+ [c,f(a),a]+ [c,a,f(a)]+ [f(c),b,a]+ [c,f(b),a]+ [c,b,f(a)]\\
&+[f(c),c,a]+ [c,f(c),a]+ [c,c,f(a)]\\
&\quad+[f(a),a,b]+ [a,f(a),b]+ [a,a,f(b)]+ [f(a),b,b]+ [a,f(b),b]+ [a,b,f(b)]\\
&+[f(a),c,b]+ [a,f(c),b]+ [a,c,f(b)]+ [f(b),a,b]+ [b,f(a),b]+ [b,a,f(b)]\\
&\quad+[f(b),b,b]+ [b,f(b),b]+ [b,b,f(b)]+ [f(b),c,b]+ [b,f(c),b]+ [b,c,f(b)]\\
&+[f(c),a,b]+ [c,f(a),b]+ [c,a,f(b)]+ [f(c),b,b]+ [c,f(b),b]+ [c,b,f(b)]\\
&\quad+[f(c),c,b]+ [c,f(c),b]+ [c,c,f(b)]\\
&+[f(a),a,c]+ [a,f(a),c]+ [a,a,f(c)]+ [f(a),b,c]+ [a,f(b),c]+ [a,b,f(c)]\\
&\quad+[f(a),c,c]+ [a,f(c),c]+ [a,c,f(c)]+ [f(b),a,c]+ [b,f(a),c]+ [b,a,f(c)]\\
&+[f(b),b,c]+ [b,f(b),c]+ [b,b,f(c)]+ [f(b),c,c]+ [b,f(c),c]+ [b,c,f(c)]\\
&\quad+[f(c),a,c]+ [c,f(a),c]+ [c,a,f(c)]+ [f(c),b,c]+ [c,f(b),c]+ [c,b,f(c)]\\
&+[f(c),c,c]+ [c,f(c),c]+ [c,c,f(c)],
\end{align*}
از سوی دیگر، برای سمت راست معادله، به ازاي هر $a,b,c \in A$ داريم
\begin{align*}
& [f(a+b+c),(a+b+c),(a+b+c)]+ [(a+b+c),f(a+b+c),(a+b+c)]\\
&+ [(a+b+c),(a+b+c),f(a+b+c)],\\
&= [f(a),a,a]+ [f(a),a,b]+ [f(a),a,c]+ [f(a),b,a]+ [f(a),b,b]+ [f(a),b,c]\\
&\quad+ [f(a),c,a]+ [f(a),c,b]+ [f(a),c,c]+ [f(b),a,a]+ [f(b),a,b]+ [f(b),a,c]\\
&+ [f(b),b,a]+ [f(b),b,b]+ [f(b),b,c]+ [f(b),c,a]+ [f(b),c,b]+ [f(b),c,c]\\
&\quad+ [f(c),a,a]+ [f(c),a,b]+ [f(c),a,c]+ [f(c),b,a]+ [f(c),b,b]+ [f(c),b,c]
\end{align*}
\begin{align*}
&+ [f(c),c,a]+ [f(c),c,b]+ [f(c),c,c]\\
&\quad+[a,f(a),a]+ [a,f(a),b]+ [a,f(a),c]+ [b,f(a),a]+ [b,f(a),b]+ [b,f(a),c]\\
&+ [c,f(a),a]+ [c,f(a),b]+ [c,f(a),c]+ [a,f(b),a]+ [a,f(b),b]+ [a,f(b),c]\\
&\quad+[b,f(b),a]+ [b,f(b),b]+ [b,f(b),c]+ [c,f(b),a]+ [c,f(b),b]+ [c,f(b),c]\\
&+[a,f(c),a]+ [a,f(c),b]+ [a,f(c),c]+ [b,f(c),a]+ [b,f(c),b]+ [b,f(c),c]\\
&\quad+[c,f(c),a]+ [c,f(c),b]+ [c,f(c),c]\\
&+[a,a,f(a)]+ [a,b,f(a)]+ [a,c,f(a)]+ [b,a,f(a)]+ [b,b,f(a)]+ [b,c,f(a)]\\
&\quad+[c,a,f(a)]+ [c,b,f(a)]+ [c,c,f(a)]+ [a,a,f(b)]+ [a,b,f(b)]+ [a,c,f(b)]\\
&+ [b,a,f(b)]+ [b,b,f(b)]+ [b,c,f(b)]+ [c,a,f(b)]+ [c,b,f(b)]+ [c,c,f(b)]\\
&\quad+[a,a,f(c)]+ [a,b,f(c)]+ [a,c,f(c)]+ [b,a,f(c)]+ [b,b,f(c)]+ [b,c,f(c)]\\
&+[c,a,f(c)]+ [c,b,f(c)]+ [c,c,f(c)],
\end{align*}
با توجه به اثبات بالا، به ازاي هر $a,b,c \in A$ به دست مي آوريم
\begin{align*}
&([f(b),c,a]+ [b,f(c),a]+ [b,c,f(a)])+ ([f(c),a,b]+ [c,f(a),b]+ [c,a,f(b)])\\
&+ ([f(a),b,c]+ [a,f(b),c]+ [a,b,f(c)])\\
&= f([b,c,a])+ f([c,a,b])+ f([a,b,c])\\
&= f([b,c,a]+ [c,a,b]+ [a,b,c])= f([a,b,c]+ [b,c,a]+ [c,a,b])
\end{align*}
و
\begin{align*}
&[f(a),b,c]+ [f(b),c,a]+ [f(c),a,b]+ [c,f(a),b]+ [a,f(b),c]+ [b,f(c),a]+ [b,c,f(a)]\\
&+ [c,a,f(b)]+ [a,b,f(c)]\\
&= ([f(a),b,c]+ [a,f(b),c]+ [a,b,f(c)])+ ([f(b),c,a]+ [b,f(c),a]+ [b,c,f(a)])\\
&+ ([f(c),a,b]+ [c,f(a),b]+ [c,a,f(b)])
\end{align*}
و اين نشان مي دهد معادله  (\ref{Se52})  صحيح است.
\\بالعكس : با جاگذاري $a$ به جاي $b,c$ در معادله (\ref{Se53}) ، به ازاي هر $a,b,c \in A$ داریم
\begin{align*}
&f([a,a,a]+ [a,a,a]+ [a,a,a])= [f(a),a,a]+ [a,f(a),a]+ [a,a,f(a)]\\
&+ [f(a),a,a]+ [a,f(a),a]+ [a,a,f(a)]+ [f(a),a,a]+ [a,f(a),a]+ [a,a,f(a)]\\
&f(3[a,a,a])= 3([f(a),a,a]+ [a,f(a),a]+ [a,a,f(a)])\\
&f([a,a,a])= [f(a),a,a]+ [a,f(a),a]+ [a,a,f(a)] ,
\end{align*}
اين نشان مي دهد معادله هاي  (\ref{Se52}) و  (\ref{Se53})  معادل هم هستند. و اين اثبات را كامل مي كند.
\end{proof}
در قضيه زير به بررسي ابر پايداري لم (1.2.2) مي پردازيم.
\begin{theorem}\label{T.2.1}
فرض كنيم $p\neq1$ و $\theta$ اعداد حقيقي نامنفي و $f : A\rightarrow B $ نگاشتي باشد به طوري كه به ازاي هر $\mu \in T_{1/n_{0}}^{1}$ و $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A$
\begin{equation}\label{He13}
\|f\Big(\frac{x_{2}- x_{1}}{3}\Big)+ f\Big(\frac{x_{1}- 3\mu x_{3}}{3}\Big)+\mu f\Big(\frac{3x_{1}+ 3x_{3}- x_{2}}{3}\Big)\|_{B}\leq \|f(x_{1})\|_{B},
\end{equation}
\begin{equation}\label{He14}
\begin{split}
&\quad \|f([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\&- [f(x_{1}),f(x_{2}),f(x_{3})]- [f(x_{2}),f(x_{3}),f(x_{1})]- [f(x_{3}),f(x_{1}),f(x_{2})]\|_{B}\\&\leq \theta \Big( \|x_{1}\|_{A}^{3p}+ \|x_{2}\|_{A}^{3p}+ \|x_{3}\|_{A}^{3p}\Big),
\end{split}
\end{equation}
در اين صورت نگاشت $f : A\rightarrow B $ يك همريختي حلقه اي سه تايي ژوردان $C^{*}$-جبر است.
\end{thm}

\begin{proof}
فرض كنيم $p>1$، $\theta - p >0$.
\\فرض مي كنيم در نامعادله (\ref{He13})، $\mu=1$ است و با توجه به لم (1.2.2) نگاشت $f : A\rightarrow B $ جمعي مي باشد.
\\ با قرار دادن $x_{1}=x_{2}=0$ در معادله (\ref{He13}) به ازاي هر $x_{3} \in A$ و $ \mu \in T^{1}$ داريم
\begin{equation}\label{He15}
\|f(-\mu x_{3})+\mu f(x_{3})\|_{B}\leq \|f(0)\|_{B}=0,
\end{equation}
در اين صورت براي هر $x_{3} \in A$ و $ \mu \in T^{1}$ خواهيم داشت
\begin{equation}\label{He16}
-f(\mu x_{3})+\mu f(x_{3})=f(-\mu x_{3})+\mu f(x_{3})=0,
\end{equation}
لذا براي همه $x_{3} \in A$ و $ \mu \in T^{1}$ ، $f(\mu x_{3})=\mu f(x_{3})$ است.
با استدلال مشابه در اثبات قضيه (2.2) از \cite{36}  نگاشت $f : A\rightarrow B $ ، $C$‍-خطي است.
\\حال با توجه به معادله (\ref{He14}) به ازاي هر $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A $ خواهيم داشت
\begin{equation}\label{He17}
\begin{split}
&\quad \|f([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\&- [f(x_{1}),f(x_{2}),f(x_{3})]- [f(x_{2}),f(x_{3}),f(x_{1})]- [f(x_{3}),f(x_{1}),f(x_{2})]\|_{B}\\
&=\lim_{n\rightarrow\infty}\|f(2^{3n}[\frac{x_{1},x_{2},x_{3}}{2^{3n}}]+2^{3n}[\frac{x_{2},x_{3},x_{1}}{2^{3n}}]+2^{3n}[\frac{x_{3},x_{1},x_{2}}{2^{3n}}])\\
&-2^{3n}[f(\frac{x_{1}}{2^{n}}),f(\frac{x_{2}}{2^{n}}),f(\frac{x_{3}}{2^{n}})]-2^{3n}[f(\frac{x_{2}}{2^{n}}),f(\frac{x_{3}}{2^{n}}),f(\frac{x_{1}}{2^{n}})]-2^{3n}[f(\frac{x_{3}}{2^{n}}),f(\frac{x_{1}}{2^{n}}),f(\frac{x_{2}}{2^{n}})]\|\\
&=\lim_{n\rightarrow\infty}2^{3n}\|f([\frac{x_{1},x_{2},x_{3}}{2^{3n}}]+[\frac{x_{2},x_{3},x_{1}}{2^{3n}}]+[\frac{x_{3},x_{1},x_{2}}{2^{3n}}])\\
&\quad-[f(\frac{x_{1}}{2^{n}}),f(\frac{x_{2}}{2^{n}}),f(\frac{x_{3}}{2^{n}})]-[f(\frac{x_{2}}{2^{n}}),f(\frac{x_{3}}{2^{n}}),f(\frac{x_{1}}{2^{n}})]-[f(\frac{x_{3}}{2^{n}}),f(\frac{x_{1}}{2^{n}}),f(\frac{x_{2}}{2^{n}})]\|\\&\leq \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{-3n}\theta}{2^{-3np}}\Big( \|x_{1}\|_{A}^{3p}+ \|x_{2}\|_{A}^{3p}+ \|x_{3}\|_{A}^{3p}\Big)=0
\end{split}
\end{equation}
در اين صورت براي هر $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A $ داريم
\begin{align*}
&f([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\
&= [f(x_{1}),f(x_{2}),f(x_{3})]+ [f(x_{2}),f(x_{3}),f(x_{1})]+ [f(x_{3}),f(x_{1}),f(x_{2})]
\end{align*}
در نتيجه نگاشت $f : A\rightarrow B $ يك نگاشت همريختي حلقه اي سه تايي ژوردان $C^{*}$-جبر است. به طور مشابه براي $p<1$ نتيجه مورد نظر به دست مي آيد.
\\و اين اثبات را تمام مي كند.
\end{proof}
\\
اكنون به بررسي ابر پايداري مشتق هاي سه تايي ژوردان روي $C^{*}$-جبرهاي سه تايي مي پردازيم.
\begin{theorem}\label{T.2.2}
فرض  كنيم $p\neq1$ و $\theta$ اعداد حقيقي نامنفي و نگاشت $f : A\rightarrow A $ در نامعادله  (\ref{He13}) صدق كند، به ازاي هر $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A$

\begin{equation}\label{He18}
\begin{split}
&\quad \|f([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\
&\quad- [f(x_{1}),x_{2},x_{3}]- [x_{1},f(x_{2}),x_{3}]- [x_{1},x_{2},f(x_{3})]- [f(x_{2}),x_{3},x_{1}]- [x_{2},f(x_{3}),x_{1}]\\
&- [x_{2},x_{3},f(x_{1})]- [f(x_{3}),x_{1},x_{2}]- [x_{3},f(x_{1}),x_{2}]- [x_{3},x_{1},f(x_{2})]\|_{A}\\&\quad\leq \theta \Big( \|x_{1}\|_{A}^{3p}+ \|x_{2}\|_{A}^{3p}+ \|x_{3}\|_{A}^{3p}\Big),
\end{split}
\end{equation}
در اين صورت نگاشت $f : A\rightarrow A $ يك مشتق نامعادله سه تايي ژوردان $C^{*}$-جبر است.
\end{thm}

\begin{proof}
فرض مي كنيم $p>1$، $\theta - p >0$.
\\با توجه به قضيه (4.2.2)، $f : A\rightarrow A $ يك نگاشت $C$-خطي است.
\\از طرفي با توجه به نامعادله (\ref{He18}) به ازاي هر $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A$ خواهيم داشت
\begin{equation}\label{He19}
\begin{split}
&\quad \|f([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\
&- [f(x_{1}),x_{2},x_{3}]- [x_{1},f(x_{2}),x_{3}]- [x_{1},x_{2},f(x_{3})]- [f(x_{2}),x_{3},x_{1}]-
[x_{2},f(x_{3}),x_{1}]\\
&\quad- [x_{2},x_{3},f(x_{1})]- [f(x_{3}),x_{1},x_{2}]- [x_{3},f(x_{1}),x_{2}]- [x_{3},x_{1},f(x_{2})]\|_{A}\\
&=\lim_{n\rightarrow\infty}2^{3n}\|f([\frac{x_{1},x_{2},x_{3}}{2^{3n}}]+[\frac{x_{2},x_{3},x_{1}}{2^{3n}}]+[\frac{x_{3},x_{1},x_{2}}{2^{3n}}])\\
&\quad-[f(\frac{x_{1}}{2^{n}}),\frac{x_{2}}{2^{n}},\frac{x_{3}}{2^{n}}] -[\frac{x_{1}}{2^{n}},f(\frac{x_{2}}{2^{n}}),\frac{x_{3}}{2^{n}}] -[\frac{x_{1}}{2^{n}},\frac{x_{2}}{2^{n}},f(\frac{x_{3}}{2^{n}})]\\
&-[f(\frac{x_{2}}{2^{n}}),\frac{x_{3}}{2^{n}},\frac{x_{1}}{2^{n}}] -[\frac{x_{2}}{2^{n}},f(\frac{x_{3}}{2^{n}}),\frac{x_{1}}{2^{n}}] -[\frac{x_{2}}{2^{n}},\frac{x_{3}}{2^{n}},f(\frac{x_{1}}{2^{n}})]
\end{split}
\end{equation}
\begin{align*}
&\quad-[f(\frac{x_{3}}{2^{n}}),\frac{x_{1}}{2^{n}},\frac{x_{2}}{2^{n}}] -[\frac{x_{3}}{2^{n}},f(\frac{x_{1}}{2^{n}}),\frac{x_{2}}{2^{n}}] -[\frac{x_{3}}{2^{n}},\frac{x_{1}}{2^{n}},f(\frac{x_{2}}{2^{n}})]\|_{A}\\
&\leq \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{-3n}\theta}{2^{-3np}}\Big( \|x_{1}\|_{A}^{3p}+ \|x_{2}\|_{A}^{3p}+ \|x_{3}\|_{A}^{3p}\Big)=0
\end{align*}
لذا براي هر $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A$ داريم
\begin{equation}
\begin{split}
&\quad f([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\
&= [f(x_{1}),x_{2},x_{3}]+ [x_{1},f(x_{2}),x_{3}]+ [x_{1},x_{2},f(x_{3})]+ [f(x_{2}),x_{3},x_{1}]+
[x_{2},f(x_{3}),x_{1}]\\
&\quad+ [x_{2},x_{3},f(x_{1})]+ [f(x_{3}),x_{1},x_{2}]+ [x_{3},f(x_{1}),x_{2}]+ [x_{3},x_{1},f(x_{2})]
\end{split}
\end{equation}
در نتيجه $f : A\rightarrow A $ يك نگاشت مشتق حلقه اي سه تايي ژوردان است.
به طور مشابه براي $p<1$ نتيجه برقرار است.
\\و اين اثبات را تمام مي كند.
\end{proof}

\section { پايداري}
در ابتدا پايداري تعميم هايرز-اولام-راسياس همريختي حلقه اي سه تايي ژوردان $C^{*}$-جبر را ثابت مي كنيم.
\begin{theorem}\label{T.2.3}
فرض كنيم $p\neq1$ و $\theta$ اعداد حقيقي نامنفي و $f : A\rightarrow B $ نگاشتي باشد به طوري كه به ازاي هر $\mu \in T_{1/n_{0}}^{1}$ و $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A$ 
\begin{equation}\label{He20}
\begin{split}
&\quad \|f\Big(\frac{x_{2}- x_{1}}{3}\Big)+ f\Big(\frac{x_{1}- 3\mu x_{3}}{3}\Big)+\mu f\Big(\frac{3x_{1}+ 3x_{3}- x_{2}}{3}\Big)- f(x_{1})\|_{B}\\&\leq \theta \Big( \|x_{1}\|_{A}^{p}+ \|x_{2}\|_{A}^{p}+ \|x_{3}\|_{A}^{p}\Big),
\end{split}
\end{equation}
\begin{equation}\label{He21}
\begin{split}
&\quad \|f([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\&- [f(x_{1}),f(x_{2}),f(x_{3})]- [f(x_{2}),f(x_{3}),f(x_{1})]- [f(x_{3}),f(x_{1}),f(x_{2})]\|_{B}\\&\quad \leq \theta \Big( \|x_{1}\|_{A}^{3p}+ \|x_{2}\|_{A}^{3p}+ \|x_{3}\|_{A}^{3p}\Big),
\end{split}
\end{equation}
 در اين صورت نگاشت منحصر بفرد همريختي حلقه اي سه تايي ژوردان $C^{*}$-جبر $H : A\rightarrow B $  وجود دارد. به طوري كه به ازاي هر $x_{1} \in A$ در نامعادله
\begin{equation}\label{He22}
\|H(x_{1})- f(x_{1})\|_{B} \leq\frac{\theta(1+ 2^{p})\|x_{1}\|_{A}^{p}}{1- 3^{1-p}},
\end{equation}
صدق مي كند.
\end{thm}

\begin{proof}
با قرار دادن $\mu =1, x_{2}=2x_{1}$ و $x_{3}=0$ در معادله (\ref{He20}) به ازاي هر $x_{1} \in A$ داريم
\begin{equation}\label{He23}
\|3f(\frac{x_{1}}{3})- f(x_{1})\|_{B}\leq \frac{\theta(1+ 2^{p})\|x_{1}\|_{A}^{p}}{1- 3^{1-p}},
\end{equation}
بنابراين با استفاده از استقرا روي $n$ و به ازاي هر $x_{1} \in A$ خواهيم داشت
\begin{equation}\label{He24}
\|3^{n}f(\frac{x_{1}}{3^{n}})- f(x_{1})\|_{B}\leq \theta(1+2^{p})\|x_{1}\|_{A}^{p}\sum_{i=0}^{n-1} 3^{i(1-p)},
\end{equation}
از طرفي براي عدد صحيح مثبت $m,n$ و ($n\geq m$)، براي هر $x_{1} \in A$ داريم
\begin{equation}\label{He25}
\begin{split}
&\quad \|3^{n+m}f(\frac{x_{1}}{3^{n+m}})- 3^{m}f(\frac{x_{1}}{3^{m}})\|_{B}\leq \theta(1+2^{p})\|x_{1}\|_{A}^{p}\sum_{i=0}^{n-1} 3^{(i+m)(1-p)}\\& \leq \theta(1+2^{p})\|x_{1}\|_{A}^{p}\sum_{i=m}^{n+m-1} 3^{i(1-p)},
\end{split}
\end{equation}
لذا به ازاي هر $x_{1} \in A$، دنباله $\{3^{m}f(\frac{x_{1}}{3^{m}})\}$ يك دنباله كوشي هست. چون $B$ كامل است در نتيجه دنباله $\{3^{m}f(\frac{x_{1}}{3^{m}})\}$ همگرا است.
\\بنابراين، نگاشت $H : A\rightarrow B $ را به ازاي هر  $x_{1} \in A $ به صورت زير تعريف مي كنيم.
\begin{equation}\label{He26}
H(x_{1}) := \lim_{n\rightarrow\infty} 3^{n}f(\frac{x_{1}}{3^{n}})
\end{equation}
با قرار دادن $m=0$ و با حد گيري $n$ به سمت بي نهايت در معادله (\ref{He25}) به دست مي آوريم (\ref{He22}). با توجه به معادله (\ref{He20})  به ازاي هر $\mu \in T_{1/n_{0}}^{1}$ و $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A $ داريم
\begin{equation}\label{He27}
\begin{split}
&\quad \|H\Big(\frac{x_{2}- x_{1}}{3}\Big)+ H\Big(\frac{x_{1}- 3\mu x_{3}}{3}\Big)+\mu H\Big(\frac{3x_{1}+ 3x_{3}- x_{2}}{3}\Big)- H(x_{1})\|_{B}\\&=\lim_{n\rightarrow\infty} 3^{n}\|f\Big(\frac{x_{2}- x_{1}}{3^{n+1}}\Big)+ f\Big(\frac{x_{1}- 3\mu x_{3}}{3^{n+1}}\Big)+\mu f\Big(\frac{3x_{1}+ 3x_{3}- x_{2}}{3^{n+1}}\Big)- f(\frac{x_{1}}{3^{n}})\|_{B}\\&\quad \leq \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3^{n}\theta}{3^{np}} \Big( \|x_{1}\|_{A}^{p}+ \|x_{2}\|_{A}^{p}+ \|x_{3}\|_{A}^{p}\Big),
\end{split}
\end{equation}
بنابراين براي هر $\mu \in T_{1/n_{0}}^{1}$ و $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A $ خواهيم داشت
\begin{equation}\label{He28}
H\Big(\frac{x_{2}- x_{1}}{3}\Big)+ H\Big(\frac{x_{1}- 3\mu x_{3}}{3}\Big)+\mu H\Big(\frac{3x_{1}+ 3x_{3}- x_{2}}{3}\Big)=H(x_{1})
\end{equation}
با استدلال مشابه به اثبات قضيه (2.2) از  \cite{36} نگاشت $H : A\rightarrow B $ يك نگاشت $‍C$-خطي است.
\\اكنون، فرض كنيم $H^{'} : A\rightarrow B $ يك نگاشت جمعي ديگر باشد كه در نامعادله (\ref{He22}) صدق كند، در اين صورت به ازاي هر $x_{1} \in A$ داريم
\begin{equation}\label{He29}
\begin{split}
&\quad \|H(x_{1})- H'(x_{1})\|_{B}=3^{n}\|H(\frac{x_{1}}{3^{n}})- H'(\frac{x_{1}}{3^{n}})\|_{B}\\&\leq 3^{n}\|H(\frac{x_{1}}{3^{n}})- f(\frac{x_{1}}{3^{n}})\|_{B}+ \|H'(\frac{x_{1}}{3^{n}})- f(\frac{x_{1}}{3^{n}})\|_{B}\\&\leq \frac{2\cdot3^{n}\theta(1+2^{p})}{3^{np}(1-3^{1-p})}\|x_{1}\|_{A},
\end{split}
\end{equation}
با حد گيري $n$ به سمت بي نهايت، معادله (\ref{He29}) به سمت صفر ميل مي كند.
\\بنابراين به ازاي هر $x_{1} \in A$ نتيجه مي گيريم $H(x_{1})=H'(x_{1})$. كه اين ثابت مي كند $H$  يك نگاشت منحصر بفرد است.
\\با توجه به معادله (\ref{He21}) به ازاي هر $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A $ خواهيم داشت
\begin{equation}\label{He30}
\begin{split}
&\| H([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\
&\quad - [H(x_{1}),H(x_{2}),H(x_{3})]- [H(x_{2}),H(x_{3}),H(x_{1})]- [H(x_{3}),H(x_{1}),H(x_{2})]\|_{B}\\
\end{split}
\end{equation}
\begin{equation*}
\begin{split}
&=\lim_{n\rightarrow\infty}3^{3n}\|f([\frac{x_{1},x_{2},x_{3}}{3^{3n}}]+[\frac{x_{2},x_{3},x_{1}}{3^{3n}}]+[\frac{x_{3},x_{1},x_{2}}{3^{3n}}])\\
&\quad -[f(\frac{x_{1}}{3^{n}}),f(\frac{x_{2}}{3^{n}}),f(\frac{x_{3}}{3^{n}})]-[f(\frac{x_{2}}{3^{n}}),f(\frac{x_{3}}{3^{n}}),f(\frac{x_{1}}{3^{n}})]-[f(\frac{x_{3}}{3^{n}}),f(\frac{x_{1}}{3^{n}}),f(\frac{x_{2}}{3^{n}})]\|\\
&\leq \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3^{3n}\theta}{3^{3np}}\Big( \|x_{1}\|_{A}^{3p}+ \|x_{2}\|_{A}^{3p}+ \|x_{3}\|_{A}^{3p}\Big)=0,
\end{split}
\end{equation*}
بنابراين، نگاشت $H : A\rightarrow B $ يك همريختي حلقه اي سه تايي ژوردان $C^{*}$-جبر منحصر بفرد است كه در (\ref{He22}) صدق مي كند. و اين اثبات را تمام مي كند.
\end{proof}
\vskip 4mm

\begin{theorem}\label{T.2.4}
فرض  كنيم $p<1$ و $\theta$ اعداد حقيقي نامنفي و نگاشت $f : A\rightarrow B $ در معادله هاي (\ref{He20}) و (\ref{He21}) صدق كند، در اين صورت $H: A \rightarrow B$ يك نگاشت $C^{*}$-همريختي حلقه اي سه تايي ژوردان يكتا است. به طوري كه به ازاي هر $x_{1} \in A$ نامعادله
\begin{equation}\label{He30}
\|H(x_{1})- f(x_{1})\|_{B} \leq\frac{\theta(1+ 2^{p})\|x_{1}\|_{A}^{p}}{3^{1-p}-1},
\end{equation}
وجود دارد.
\end{thm}

\begin{proof} 
 اثبات مشابه استدلال قضيه (1.3.2) است.
\end{proof}
\vskip 4mm

اكنون پايداري تعميم هايرز-اولام-راسياس مشتق حلقه اي سه تايي ژوردان $C^{*}$-جبر را ثابت مي كنيم.

\begin{theorem}\label{T.2.5}
فرض  كنيم $p>1$ و $\theta$ اعداد حقيقي نامنفي و  $f : A\rightarrow B $ نگاشتي باشد به طوري كه به ازاي هر $\mu \in T_{1/n_{0}}^{1}$ و $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A $ 
\begin{equation}\label{He31}
\begin{split}
&\|f\Big(\frac{x_{2}- x_{1}}{3}\Big)+ f\Big(\frac{x_{1}- 3\mu x_{3}}{3}\Big)+\mu f\Big(\frac{3x_{1}+ 3x_{3}-x_{2}}{3}\Big)-f(x_{1})\|_{B}
\\&\leq \theta \Big( \|x_{1}\|_{A}^{p}+ \|x_{2}\|_{A}^{p}+ \|x_{3}\|_{A}^{p}\Big),
\end{split}
\end{equation}
\begin{equation}\label{He32}
\begin{split}
&\quad \|f([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\
&- [f(x_{1}),x_{2},x_{3}]- [x_{1},f(x_{2}),x_{3}]- [x_{1},x_{2},f(x_{3})]- [f(x_{2}),x_{3},x_{1}]- [x_{2},f(x_{3}),x_{1}]\\
&\quad - [x_{2},x_{3},f(x_{1})]- [f(x_{3}),x_{1},x_{2}]- [x_{3},f(x_{1}),x_{2}]- [x_{3},x_{1},f(x_{2})]\|_{A}\\&\leq \theta \Big( \|x_{1}\|_{A}^{3p}+ \|x_{2}\|_{A}^{3p}+ \|x_{3}\|_{A}^{3p}\Big)
\end{split}
\end{equation}
در اين صورت مشتق حلق هاي سه تايي ژوردان $D:A\rightarrow A$ وجود دارد. به طوري كه به ازاي هر $x_{1} \in A$ در نامعادله
\begin{equation}\label{He33}
\|D(x_{1})- f(x_{1})\|_{B} \leq\frac{\theta(1+ 2^{p})\|x_{1}\|_{A}^{p}}{1- 3^{1-p}},
\end{equation}
صدق مي كند.
\end{thm}

\begin{proof} 
با توجه به استدلال قضيه (1.3.2) نگاشت يكتاي $C$-خطي $D:A\rightarrow A$ در معادله (\ref{He33}) صدق مي كند.
\\نگاشت  $D:A\rightarrow A$ را به ازاي هر $x_{1} \in A$ با ضابطه 
\begin{equation}\label{He34}
D(x_{1}) := \lim_{n\rightarrow\infty} 3^{n}f(\frac{x_{1}}{3^{n}})
\end{equation}
تعريف مي كنيم. با توجه به نامعادله (\ref{He32}) براي همه $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A$ داريم
\begin{equation*}
\begin{split}
&\quad \|D([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])- [D(x_{1}),x_{2},x_{3}]- [x_{1},D(x_{2}),x_{3}]\\
&- [x_{1},x_{2},D(x_{3})]- [D(x_{2}),x_{3},x_{1}]-
[x_{2},f(x_{3}),x_{1}]- [x_{2},x_{3},D(x_{1})]
\\&\quad- [D(x_{3}),x_{1},x_{2}]- [x_{3},D(x_{1}),x_{2}]- [x_{3},x_{1},D(x_{2})]\|_{A}\\
&=\lim_{n\rightarrow\infty}3^{3n}\Big\|f([\frac{x_{1},x_{2},x_{3}}{3^{3n}}]+[\frac{x_{2},x_{3},x_{1}}{3^{3n}}]+[\frac{x_{3},x_{1},x_{2}}{3^{3n}}])-[f(\frac{x_{1}}{3^{n}}),\frac{x_{2}}{3^{n}},\frac{x_{3}}{3^{n}}]
\end{split}
\end{equation*}
\begin{equation}\label{He35}
\begin{split}
&\quad-[\frac{x_{1}}{3^{n}},f(\frac{x_{2}}{3^{n}}),\frac{x_{3}}{3^{n}}]-[\frac{x_{1}}{3^{n}},\frac{x_{2}}{3^{n}},f(\frac{x_{3}}{3^{n}})]
-[f(\frac{x_{2}}{3^{n}}),\frac{x_{3}}{3^{n}},\frac{x_{1}}{3^{n}}] -[\frac{x_{2}}{3^{n}},f(\frac{x_{3}}{3^{n}}),\frac{x_{1}}{3^{n}}]\\ &-[\frac{x_{2}}{3^{n}},\frac{x_{3}}{3^{n}},f(\frac{x_{1}}{3^{n}})]
-[f(\frac{x_{3}}{3^{n}}),\frac{x_{1}}{3^{n}},\frac{x_{2}}{3^{n}}] -[\frac{x_{3}}{3^{n}},f(\frac{x_{1}}{3^{n}}),\frac{x_{2}}{3^{n}}] -[\frac{x_{3}}{3^{n}},\frac{x_{1}}{3^{n}},f(\frac{x_{2}}{3^{n}})]\Big\|_{A}\\&\quad\leq
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3^{3n}\theta}{3^{3np}}\Big( \|x_{1}\|_{A}^{3p}+ \|x_{2}\|_{A}^{3p}+ \|x_{3}\|_{A}^{3p}\Big)=0
\end{split}
\end{equation}
در نتيجه به ازاي هر $x_{1}, x_{2} ,x_{3} \in A$ خواهيم داشت
\begin{equation}\label{He36}
\begin{split}
&\quad D([x_{1},x_{2},x_{3}]+ [x_{2},x_{3},x_{1}]+ [x_{3},x_{1},x_{2}])\\
&= [D(x_{1}),x_{2},x_{3}]+ [x_{1},D(x_{2}),x_{3}]+ [x_{1},x_{2},D(x_{3})]+ [D(x_{2}),x_{3},x_{1}]+
[x_{2},f(x_{3}),x_{1}]\\
&+ [x_{2},x_{3},D(x_{1})]+ [D(x_{3}),x_{1},x_{2}]+ [x_{3},D(x_{1}),x_{2}]+ [x_{3},x_{1},D(x_{2})]
\end{split}
\end{equation}
بنابراين، نگاشت $D:A\rightarrow A$ يك $C^{*}$-مشتق حلقه اي سه تايي ژوردان منحصر بفرد است كه در نامعادله (\ref{He33}) صدق مي كند.
\end{proof}
\vskip 4mm

\begin{theorem}\label{T.2.4}
فرض  كنيم $p<1$ و $\theta$ اعداد حقيقي نامنفي و نگاشت $f : A\rightarrow B $ در نامعادله هاي (\ref{He20}) و (\ref{He21}) صدق كند، در اين صورت  $D:A\rightarrow A$ نگاشت $C^{*}$-مشتق حلقه اي سه تايي ژوردان منحصر بفرد است، به طوري كه  به ازاي هر $x_{1} \in A$ نامعادله
\begin{equation}\label{He37}
\|D(x_{1})- f(x_{1})\|_{B} \leq\frac{\theta(1+ 2^{p})\|x_{1}\|_{A}^{p}}{3^{1-p}-1},
\end{equation}
وجود دارد.
\end{thm}

\begin{proof}
اثبات با همان استدلال قضيه (1.3.2) و قضيه (3.3.2) نتيجه مورد نظر بدست مي آيد.
\end{proof}