涉及分担集合的正规族

The Normal Families of Meromorphic Functions Which Share Set

摘要: 使用Nevanlinna值分布理论和Zalcman-Pang方法讨论了涉及分担集合的亚纯函数的正规性，主要结果为：设F是区域D内的一族亚纯函数，S₁=﹛a₁，a₂﹜，S₂=﹛b₁，b₂﹜，S₁和S₂是由有限复数组成的集合，k(≥2)和q都是正整数。若对任意的f∈F，满足：1) f-a_i的零点重级≥k，i=1,2；2)，则F在D内正规。

Abstract: In this paper, it investigates the normality of a family of meromorphic functions sharing a set with their derivatives by using the Nevanlinna's value distribution theory and the method of Zalcman-Pang, and obtains the following main result: Let   be a family of meromorphic functions in a domain D,S₁=﹛a₁，a₂﹜，S₂=﹛b₁，b₂﹜, where S₁ and S₂ are made up of finite complex numbers, k(≥2) and q be two positive integers. Suppose that for each f∈F , 1) every zero of f-a_i is of multiplicities at least k, where i=1,2 ; 2) , then   is normal in D.

1. 引言

定义D为一个区域，假设 $\mathcal{F}$ 为D内的一族亚纯函数，若对于 $\mathcal{F}$ 的任一函数序列 $\left\{g_n\right\}$ 均可选出子序列 $\left\{g_{n_k}\right\}$ 在D内按球面距离内闭一致收敛于一个亚纯函数，或者 $\infty$，则称 $\mathcal{F}$ 在D内正规(详见 [1] - [7] )。

a是复平面 $ℂ$ 上的一个复数，f和g是区域D内的两个亚纯函数，如果 $f\left(z\right)-a$ 和 $g\left(z\right)-a$ 在D内有相同的零点，则称f和g在D内IM分担a；若 $f\left(z\right)-a$ 和 $g\left(z\right)-a$ 在D有相同的零点，且所有的零点重级也相等，则称f和g在D内CM分担a。

1996年，方明亮 [8] 提出了分担集合的概念。

f和g是区域D内的两个亚纯函数， $S=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$，S是一个由三个有限复数组成的集合。定义

$\bar{E}\left(S,f\right)={\displaystyle \underset{a_i\in S}{\cup }\left\{z\in D|f\left(z\right)-a_i=0\right\}}$，其中 $i=1,2,3$。如果 $$，则称f和g分担集合S。

$\mathcal{F}$ 为区域D内的一族亚纯函数，我们称 $\mathcal{F}$ 在D内一点 $z_0$ 正规，如果存在 $z_0$ 的一个领域 $\Delta \left(z_0\right)$，使 $\mathcal{F}$ 在 $\Delta \left(z_0\right)$ 内正规。

1992年，Schwick [9] 最早研究与分担值相关的亚纯函数族的正规性，证明了

定理A 设 $\mathcal{F}$ 为D上的一族亚纯函数， $a_1,a_2,a_3$ 是三个不同的有限复数。若对任意的 $f\in \mathcal{F}$， $f\left(z\right)=a_i\iff f^{\prime }\left(z\right)=a_i$，其中 $i=1,2,3$ 中， $\mathcal{F}$ 在D内正规。

2000年，庞学诚和Zalcman [10] 改进了Schwick [9] 的结果，证明了

定理B 设 $\mathcal{F}$ 为D上的一族亚纯函数，a，b，c和d是有穷复数，且 $c\ne a$ 和 $d\ne b$。若对任意的 $f\in \mathcal{F}$，1) $f\left(z\right)=a\iff f^{\prime }\left(z\right)=b$ ；2) $f\left(z\right)=c\iff f^{\prime }\left(z\right)=d$，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

如果 $a_1,a_2,a_3$ (定理A)替换成 $S=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$，是否能得到相同的结论。在这个方面，在2007年，刘晓俊与庞学诚 [11] 证明了以下的结果。

定理C 设 $\mathcal{F}$ 为D上的一族亚纯函数， $a_1,a_2,a_3$ 是三个不同的有限复数。若对任意的 $f\in \mathcal{F}$， $\bar{E}\left(S,f\right)=\bar{E}\left(S,f^{\prime }\right)$，其中 $S=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

2002年，方明亮和Zalcman [12] 考虑了f和 $f^{\left(k\right)}$ 分担一个值的情形，证明了

定理D 设 $\mathcal{F}$ 为D上的一族亚纯函数，a和b是两个非零有限复数，k是一个正整数。若对任意的 $f\in \mathcal{F}$，1) $f\left(z\right)=a\iff f^{\left(k\right)}\left(z\right)=b$ ；2) f的零点重级均 $\ge k+1$，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

如果我们把 $f^{\prime }$ (定理C)改为 $f^{\left(k\right)}$，自然地，我们会问是否存在相关的正规定则。在这个方面，在2011年，张汉等人 [13] 证明了以下的结果。

定理E 设 $\mathcal{F}$ 为D上的一族亚纯函数， $S_1=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$， $a_i\left(i=1,2,3\right)$ 是三个不同的有限复数， $k\left(>2\right)$ 是一个正整数，a为任意一个有限复数。若对任意的 $f\in \mathcal{F}$，1) $\bar{E}\left(S,f\right)=\bar{E}\left(S,f^{\left(k\right)}\right)$ ；2) $f-a$ 的零点与极点重级均 $\ge k$。

2016年，徐焱与仇惠玲 [14] 考虑f与 $f^{\prime }$ 分担两个集合的亚纯函数的正规性，证明了

定理F 设 $\mathcal{F}$ 为单位圆盘 $\Delta$ 上的一族亚纯函数， $S_1=\left\{a_1,a_2\right\}$， $S_2=\left\{b_1,b_2,b_3\right\}$，其中 $a_i\left(i=1,2\right),b_j\left(j=1,2,3\right)$ 都是有限复数且 $a_1{a}_2\ne 0$。若对任意的 $f\in \mathcal{F}$，1) $\bar{E}\left(S_1,f\right)=\bar{E}\left(S_2,f^{\prime }\right)$ ；2) 存在一个正整数M，若 $f\left(z\right)=0$，则 $\left|f^{\prime }\left(z\right)\right|\le M$，则 $\mathcal{F}$ 在 $\Delta$ 内正规。

2014年，李效敏 [15] 等人考虑f和 $f^{\left(k\right)}$ 分担集合的情形，证明了

定理G 设 $\mathcal{F}$ 为D上的一族亚纯函数， $k\left(\ge 2\right)$ 是一个正整数， $S_1=\left\{a_1,a_2\right\}$ 和 $S_2=\left\{b_1,b_2\right\}$ 都是由有限复数组成的集合。若对任意的 $f\in \mathcal{F}$，1) $\bar{E}\left(S_1,f\right)=\bar{E}\left(S_2,f^{\left(k\right)}\right)$ ；2) $f-a_i\left(i=1,2\right)$ 的零点重级均 $\ge k$，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

本文推广了李效敏 [15] 等人的结果，证明了

定理1 设 $\mathcal{F}$ 为D上的一族亚纯函数， $k\left(\ge 2\right)$ 和q是一个正整数， $S_1=\left\{a_1,a_2\right\}$ 和 $S_2=\left\{b_1,b_2\right\}$ 都是由

有限复数组成的集合。若对任意的 $f\in \mathcal{F}$，1) $\bar{E}\left(S_1,f\right)=\bar{E}\left(S_2,{\left(f^{\left(k\right)}\right)}^q\right)$ ；2) $f-a_i\left(i=1,2\right)$ 的零点重级

均 $\ge k$，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

以下的例子(张汉等人 [13] )说明定理1中关于零点重级的限制是必要的。

例 设 $\mathcal{F}=\left\{f_n\right\}$ 为定义在单位圆盘 $\Delta$ 上的亚纯函数族，其中 $f_n=n\left({\text{e}}^{w_{1}z}-{\text{e}}^{w_{2}z}\right)$， $n=1,2,\cdots$， $w_1\ne w_2$，

， $k\ge 2$ 和q是正整数。显然，对于 $\forall f\in \mathcal{F}$，有 $f=f^{\left(k\right)}$，而 $\frac{\left|f^{\prime }\left(0\right)\right|}{1+{\left|f\left(0\right)\right|}^2}=n\left(w_1-w_2\right)\to \infty$，

根据Marty正规定则，可知 $\mathcal{F}$ 在 $\Delta$ 上不正规。

2. 引言

为了证明定理1，需要下列引理。

引理1 (Zalcman-Pang引理) [16] 设 $\mathcal{F}$ 为单位圆 $\Delta$ 内的一族亚纯函数，k和p均为正整数，如果对于 $\forall f\in \mathcal{F}$， $f-a$ 的零点重级 $\ge k$，极点重级 $\ge p$，且存在一个正数 $A\left(>1\right)$，若 $f\left(z\right)=0$，必有 $\left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A$。那么，若 $\mathcal{F}$ 在单位圆内不正规，则对于每个 $\alpha$， $p<\alpha \le k$，存在

1) 函数列 $f_n\in \mathcal{F}$ ；

2) 点列 $z_n\in \Delta ,z_n\to z_0$ ；

3) 正数列 $$ ；

4) 实数r， $0<r<1$，

使得函数 $g_n\left(\xi \right)={\rho }_n^{-\alpha }{f}_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)$ 在复平面 $ℂ$ 上按球面距离内闭一致收敛于一个非常数亚纯函数

$g\left(\xi \right)$，并且 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级 $\ge k$，极点重级 $\ge p$，它的级至多为2， $g^{\#}\left(\xi \right)=\frac{\left|g^{\prime }\left(\xi \right)\right|}{1+{\left|g\left(\xi \right)\right|}^2}\le g^{\#}\left(0\right)=kA+1$。

引理2 [1] [17] [18] 设f为有穷级的超越亚纯函数，b是一个非零复数，k为正整数，则f或者 $f^{\left(k\right)}-b$ 有无穷多个零点。

引理3 [19] 设f为有理函数，则f能取任意复数，至多有一个Picard例外值，并且f有且仅有一个亏值。

引理4 [20] 设 $k\left(\ge 2\right)$ 是一个正整数，f是复平面上的一个有穷级的亚纯函数，且 $f^{\left(k\right)}$ 的零点个数是有限的，则f的极点个数是有限个。

3. 定理1的证明

证明：假设 $\mathcal{F}$ 在D内不正规，则存在一点 $z_0\in D$，使 $\mathcal{F}$ 在 $z_0$ 处不正规则。由引理1，可知存在函数列 $f_n\in \mathcal{F}$，点列 $z_n\in D,z_n\to z_0$，正数列 ${\rho }_n\to 0$，使得函数

$f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)-a_1=g_n\left(\zeta \right)\to g\left(\zeta \right)$ (1)

$f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)-a_2=g_n\left(\zeta \right)+a_1-a_2\to g\left(\zeta \right)+a_1-a_2$ (2)

在复平面 $ℂ$ 上按球面距离内闭一致收敛，其中 $g\left(\zeta \right)$ 是一个非常数亚纯函数， $g\left(\zeta \right)$ 和 $g\left(\zeta \right)+a_1-a_2$ 的级至多为2，且它们的零点重级均 $\ge k\left(\ge 2\right)$。

下面我们分两种情形进行讨论。

情形1。存在 ${\zeta }_0\in ℂ$，使 $g\left({\zeta }_0\right)=0$， $g\left({\zeta }_0\right)+a_1-a_2\ne 0$ 或 $g\left({\zeta }_0\right)+a_1-a_2=0$， $g\left({\zeta }_0\right)\ne 0$，不失一般性，我们假设 $g\left({\zeta }_0\right)=0,g\left({\zeta }_0\right)+a_1-a_2\ne 0$。

令 $G_n\left(\zeta \right)={\rho }_n^{-k}\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)-a_1\right)$。根据已知条件，可知 $G_n\left(\zeta \right)$ 的零点重级至少为k。取 $\delta \left({\zeta }_0\right)>0$，使 $G_n\left(\zeta \right)$ 在邻域 $\Delta =\left\{\zeta :\left|\zeta -{\zeta }_0\right|<\delta \left({\zeta }_0\right)\right\}$ 内是全纯的，否则， $\left\{G_n\left({\zeta }_n\right)\right\}$ 在 $\Delta \left({\zeta }_0,\delta \right)$ 上内闭一致收敛于全纯函数 $G\left(\zeta \right)$。接下来我们证明 $\left\{G_n\left(\zeta \right)\right\}$ 在 ${\zeta }_0$ 处不正规。因为 $g\left(\zeta \right)$ 是一个非常数亚纯函数，所以 $g\left(\zeta \right)\cancel{\equiv }0$，则存在一点 ${\zeta }_0$，使 $g\left({\zeta }_0\right)=0$。根据Hurwitz定理，可知存在一个点列 $\left\{{\zeta }_n\right\}\subset \Delta$ 且 ${\zeta }_n\to {\zeta }_0$，使 $g_n\left({\zeta }_n\right)=f_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_n\right)-a_1=0$。当 $\zeta \in {\Delta }^{\prime }=\left\{\zeta :0<\left|\zeta -{\zeta }_0\right|<\delta \right\}$ 时， $g\left(\zeta \right)\ne 0$。故对任一 $\zeta \in {\Delta }^{\prime }$，存在一个正数 ${\epsilon }_0$，使 $\left|g_n\left(\zeta \right)\right|>{\epsilon }_0$。从而

$G\left(\zeta \right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)-a_1}{{\rho }_n^k}\ge \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\epsilon }_0}{{\rho }_n^k}=\infty$

矛盾。

如果 $G_n\left(\zeta \right)=0$，也就是说 $f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)=a_1$。根据条件，可得 ${\left(f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\right)}^q={\left(G_n^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\right)}^q\in S_2$，

则存在 $b_i\in S_2\left(i=1,2\right)$，使得 ${\left(G_n^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\right)}^q=b_i$，由此可知，若 $G_n\left(\zeta \right)=0$，则 $\left|G_n^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\right|\le {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{2}{\sum }}\sqrt[q]{\left|b_i\right|}}+k$。假设 $A={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{2}{\sum }}\sqrt[q]{\left|b_i\right|}}+k$。

根据引理1，则存在正数列 ${\eta }_n\to 0$ ；复数列 ${\zeta }_n\to {\zeta }_0$ ；子序列 $\left\{G_n\right\}$ ；使 $F_n\left(\xi \right)={\eta }_n^{-k}{G}_n\left({\zeta }_n+{\eta }_n\xi \right)$ 在 $ℂ$ 上按球面距离内闭一致收敛到非常数亚纯函数 $F\left(\xi \right)$，其中 $F\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k$，级至多为2，且

。

我们断言：

1) 在复平面 $ℂ$， $F\left(\xi \right)$ 的零点个数是有限的；

2) $F\left(\xi \right)=0\iff {\left(F^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)}^q\in S_2$。

令 ${\zeta }_0$ 是 $g\left(\zeta \right)$ 的l重零点。若 $F\left(\xi \right)$ 零点个数是无穷多个，可取 $F\left(\xi \right)$ 的 $l+1$ 个互不相同的零点 ${\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_{l+1}$。由于 $F\left(\xi \right)\cancel{\equiv }0$，根据Hurwitz定理，可得存在 ${\xi }_{n_j}\to {\xi }_j\left(j=1,2,\cdots ,l+1\right)$，使得 $F_n\left({\xi }_{n_j}\right)=0$，也就是说，当 ${\zeta }_n+{\eta }_n{\xi }_{n_j}\to {\zeta }_0$ 时， $f_n\left(z_n+{\rho }_n\left({\zeta }_n+{\eta }_n{\xi }_{n_j}\right)\right)-a_1=0$。根据Hurwitz定理， ${\zeta }_0$ 是 $g\left(\zeta \right)$ 的至少 $l+1$ 重零点，矛盾。故断言1)成立。

若 $F\left({\xi }_0\right)=0$，由Hurwitz定理，可知存在一点列 ${\xi }_n\to {\xi }_0$，使得 $f_n\left(z_n+{\rho }_n\left({\zeta }_n+{\eta }_n{\xi }_n\right)\right)=a_1$。由条件可得

${\left(F_n^{\left(k\right)}\left({\xi }_n\right)\right)}^q={\left(f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\left({\zeta }_n+{\eta }_n{\xi }_n\right)\right)\right)}^q\in S_2$

则 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(F_n^{\left(k\right)}\left({\xi }_n\right)\right)}^q={\left(F^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)\right)}^q\in S_2$。因此证明了 $F\left(\xi \right)=0\Rightarrow {\left(F^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)}^q\in S_2$。

如果，也就是说，存在某个 $b_i\in S_2$，使 ${\left(F^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)\right)}^q=b_i$。可证 ${\left(F^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)}^q\cancel{\equiv }{b}_i$，否则，

${\left(F^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)}^q\equiv b_i$，则 $F\left(\xi \right)$ 是一个次数至多为k的多项式。因为 $F\left(\xi \right)$ 的零点重级 $\ge k$，可得 $F\left(\xi \right)$ 是一个

次数为k的多项式，令 $F\left(\xi \right)={\left(k!\right)}^{-1}\sqrt[q]{b_i}{\left(\xi -{\xi }_0\right)}^k$。

当 $b_i\ne 0\left(i=1,2\right)$ 时，

$F^{\#}\left(0\right)=\frac{\left|F^{\prime }\left(0\right)\right|}{1+{\left|F\left(0\right)\right|}^2}=\frac{\frac{\sqrt[q]{\left|b_i\right|}}{\left(k-1\right)!}{\left|{\xi }_0\right|}^{k-1}}{1+\frac{{\left(\sqrt[q]{\left|b_i\right|}\right)}^2}{{\left(k!\right)}^2}{\left|{\xi }_0\right|}^{2k}}$

$F^{\#}\left(0\right)\le \{\begin{array}{l}\frac{\sqrt[q]{\left|b_i\right|}}{\left(k-1\right)!}{\left|{\xi }_0\right|}^{k-1}\le \frac{\sqrt[q]{\left|b_i\right|}}{2},\left|{\xi }_0\right|<1\\ \frac{\frac{\sqrt[q]{\left|b_i\right|}}{\left(k-1\right)!}{\left|{\xi }_0\right|}^{k-1}}{2\frac{\sqrt[q]{\left|b_i\right|}}{k!}{\left|{\xi }_0\right|}^k}\le \frac{k}{2},\left|{\xi }_0\right|\ge 1\end{array}$

这说明 $F^{\#}\left(0\right)\le \frac{\sqrt[q]{\left|b_i\right|}}{2}+\frac{k}{2}$。如果 $b_i=0\left(i=1,2\right)$，可得 $F^{\#}\left(0\right)=0$，上面不等式也成立。与 $F^{\#}\left(0\right)=kA+1$ 矛

盾。因为 ${\left(F^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)}^q\cancel{\equiv }{b}_i$，根据Hurwitz定理，可知存在一点列 ${\xi }_n$， ${\xi }_n\to {\xi }_0$，使得

${\left(F_n^{\left(k\right)}\left({\xi }_n\right)\right)}^q={\left(f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\left({\zeta }_n+{\eta }_n{\xi }_n\right)\right)\right)}^q=b_i$。根据条件可得，。可证，当 $n\to \infty$

时， $f_n\left(z_n+{\rho }_n\left({\zeta }_n+{\eta }_n{\xi }_n\right)\right)=a_1$。否则， $f_n\left(z_n+{\rho }_n\left({\zeta }_n+{\eta }_n{\xi }_n\right)\right)=a_2$。于是，

$F\left({\xi }_0\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }{\rho }_n^{-k}{\eta }_n^{-k}\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n\left({\zeta }_n+{\eta }_n{\xi }_n\right)\right)-a_1\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }{\rho }_n^{-k}{\eta }_n^{-k}\left(a_2-a_1\right)=\infty$

这与 ${\left(F^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)\right)}^q=b_i$ 矛盾，这暗示了，若 ${\left(F^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)}^q\in S_2$，则 $F\left(\xi \right)=0$。

根据断言1)和引理2，可知 $F\left(\xi \right)$ 不是超越亚纯函数。

情形1.1 $F\left(\xi \right)$ 是一个非常数的多项式。

根据Nevanlinna第二基本定理和断言2)，可知

$T\left(r,{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q\right)\le {\displaystyle \underset{i=1}{\overset{2}{\sum }}\bar{N}}\left(r,\frac{1}{{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q-b_i}\right)+\bar{N}\left(r,F\right)+O\left(1\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{F}\right)+O\left(1\right)$ (3)

显然，

$T\left(r,{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q\right)=q\left(\mathrm{deg}\left(F\right)-k\right)\log r+O\left(1\right)$ (4)

因为F的零点重级至少为k，可知

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{F}\right)\le \frac{N\left(r,\frac{1}{F}\right)}{k}=\frac{T\left(r,F\right)+O\left(1\right)}{k}=\frac{\mathrm{deg}\left(F\right)}{k}\log r+O\left(1\right)$ (5)

由F的零点重级至少为 $k\left(\ge 2\right)$，(3)，(4)和(5)，可得

(6)

$k\le \mathrm{deg}\left(F\right)\le \frac{q{k}^2}{qk-1}\le 2k$ (7)

由于 $F\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k$，可知 $F\left(\xi \right)$ 仅有一个零点或者仅有两个不同的零点。

情形1.1.1 $F\left(\xi \right)$ 仅有一个零点。

令 $F\left(\xi \right)=c_0{\left(\xi -{\xi }_1\right)}^{\mathrm{deg}\left(F\right)}$，其中 $c_0$ 为非零常数，对任意的 $i\left(i=1,2\right)$， ${\left(F^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)}^q-b_i$ 至少有一个零点。根据断言2)，可知 $F\left(\xi \right)$ 至少有两个不同的零点。

情形 1.1.2 $F\left(\xi \right)$ 仅有两个不同的零点。

根据 $F\left(\xi \right)$ 的零点重级均和(6)，可知 $2k\left(qk-1\right)\le q{k}^2$，从而 $2\le 2q\le qk\le 2$。因此 $k=2$ 和 $q=1$，由此可知 $F\left(\xi \right)$ 是一个次数为4~的多项式，且 $F\left(\xi \right)$ 的两个不同零点的重级都为2。可证 $b_i\ne 0$， $i=1,2$。由断言2)，如果 $F^{\left(2\right)}\left({\xi }_0\right)=b_i=0$， $i=1,2$，这说明 ${\xi }_0$ 不是 $F\left(\xi \right)$ 的重级为2的零点，矛盾。根据 $b_1\ne b_2$ 和 $F\left(\xi \right)$ 仅有两个不同的零点，可知 $\left(F^{\left(2\right)}-b_1\right)\left(F^{\left(2\right)}-b_2\right)$ 的每个零点重级为2。

显然， $F^{\left(3\right)}\cancel{\equiv }0$，令

$P=\frac{F{F}^{\left(3\right)}}{\left(F^{\left(2\right)}-b_1\right)\left(F^{\left(2\right)}-b_2\right)}$ (8)

显然， $P\left(\cancel{\equiv }0\right)$ 是有理函数，它的极点来自于 $F^{\left(2\right)}-b_i$ 零点， $i=1,2$。如果 ${\xi }_0$ 是 $F^{\left(2\right)}-b_i$ 的二~重零点，则 ${\xi }_0$ 是 $F^{\left(3\right)}$ 的一重零点，也是 $F\left(\xi \right)$ 的二重零点，这意味着 $F^{\left(2\right)}-b_i$ 零点也是P的零点，所以P没有极点，且P是多项式。由(8)，可知 $P\left(F^{\left(2\right)}-b_1\right)\left(F^{\left(2\right)}-b_2\right)=F{F}^{\left(3\right)}$，经过简单的计算，可得 $\mathrm{deg}P=1$，所以P仅有一个零点。对于任一 $i\left(i=1,2\right)$，若 $$，则 $P\left({\xi }_0\right)=0$，这说明P至少有两个不同的零点，矛盾。

情形1.2 $F\left(\xi \right)$ 不是多项式的非常数有理函数。

令

$F\left(\xi \right)=a_m{\xi }^m+a_{m-1}{\xi }^{m-1}+\cdots +a_1\xi +a_0+\frac{P_1\left(\xi \right)}{P_2\left(\xi \right)}$ (9)

其中 $a_m,a_{m-1},\cdots ,a_1,a_0$ 是复数，m是一个正整数， $P_1$ 和 $P_2$ 是互素的两个多项式，且 $\mathrm{deg}\left(P_1\right)<\mathrm{deg}\left(P_2\right)$。

假设

$P_2\left(\xi \right)=\mu {\left(\xi -{\xi }_1\right)}^{m_1}{\left(\xi -{\xi }_2\right)}^{m_2}\cdots {\left(\xi -{\xi }_t\right)}^{m_t}$ (10)

其中 $\mu \left(\ne 0\right)$ 是一个常数，t是一个正整数， $m_1,m_2,\cdots ,m_t$ 是t个正整数， ${\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_t$ 是t个不同的有限复数， $w=m_1+m_2+\cdots +m_t$。由(9)和(10)，可得到

$N\left(r,{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q\right)=q\left(w+kt\right)\log r+O\left(1\right)$ (11)

$\bar{N}\left(r,F\right)=\bar{N}\left(r,{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q\right)=t\log r+O\left(1\right)$ (12)

情形1.2.1 假设 $m\ge k$。

由Nevanlinna第二基本定理，断言1)和断言2)，可知

$\begin{array}{c}T\left(r,{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q\right)\le \bar{N}\left(r,F\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{F}\right)+O\left(1\right)\\ \le q\left(\bar{N}\left(r,F\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{F}\right)\right)+O\left(1\right)\end{array}$ (13)

由(9)，(10)和 $F\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k\left(\ge 2\right)$，可得

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{F}\right)\le \frac{1}{k}N\left(r,\frac{1}{F}\right)=\frac{m+w}{k}\log r+O\left(1\right)\le \frac{m+w}{2}\log r+O\left(1\right)$ (14)

和

$\begin{array}{c}T\left(r,{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q\right)=N\left(r,\frac{1}{{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q}\right)+O\left(1\right)\\ =q\left[\left(m-k\right)+\left(w+kt\right)\right]\log r+O\left(1\right)\\ =q\left[m+w+\left(t-1\right)k\right]\log r+O\left(1\right)\end{array}$ (15)

结合(12)~(15)，可得 $q\left[\left(m+w\right)+\left(t-1\right)k\right]\log r\le q\left(\frac{m+w}{2}+t\right)\log r+O\left(1\right)$。经过简单的计算，获知

$\frac{m+w}{2}\le -k\left(t-1\right)+t\le 2-t$ . (16)

由于m，w和t都是正整数，根据(16)，可知 $m=w=t=1$，与 $m\ge k\ge 2$ 矛盾。

情形1.2.2 假设 $m<k$。

从(9)~(14)可知

$T\left(r,{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q\right)=N\left(r,{\left(F^{\left(k\right)}\right)}^q\right)+O\left(1\right)=q\left(w+kt\right)\log r+O(1)$

且 $q\left(w+kt\right)\log r\le q\left(t+\frac{m+w}{k}\right)\log r+O\left(1\right)$，因此 $k<\left(k-1\right)w+\left(k-1\right)kt\le m<k$ 矛盾。

情形2 $g\left(\zeta \right)\ne 0$ 且 $g\left(\zeta \right)+a_1-a_2\ne 0$。

根据引理3，可断言g是超越亚纯函数。从(1)和(2)，获知

(17)

在复平面 $ℂ$ 上内闭一致收敛。可证 ${\left(g^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\right)}^q\cancel{\equiv }0$。如果 ${\left(g^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\right)}^q\equiv 0$，可知 $g\left(\zeta \right)$ 是一个次数至多为 $k-1$，

这与 $g\left(\zeta \right)$ 是超越亚纯函数矛盾。结合 $\bar{E}\left(S_1,f\right)=\bar{E}\left(S_2,{\left(f^{\left(k\right)}\right)}^q\right)$，(1)，(2)，(17)， $g\left(\zeta \right)\ne 0$ 和

$g\left(\zeta \right)+a_1-a_2\ne 0$，可得 ${\left(g^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\right)}^q\ne 0$，即 $g^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\ne 0$。

根据g的级至多为2和引理4，可知，在复平面 $ℂ$ 上，g极点个数是有限的。由Nevanlinna第二基本定理，获知

$T\left(r,g\right)=\bar{N}\left(r,g\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g+a_1-a_2}\right)+O\left(\log r\right)<O\left(\log r\right)$ (18)

从(18)可知，g是一个有理函数。矛盾。

综上所述， $\mathcal{F}$ 在D内正规，定理1证毕。

基金项目

国家自然科学基金(编号：11271090)，广东省自然科学基金(编号：2016A030310257、2015A030313346)，广州大学研究生创新能力培养资助计划(2018GDJC-D28)资助。