涉及微分多项式分担函数的正规定则

Normal Criterion of Shared Function Concerning Differential Polynomials

摘要: 本文主要讨论了涉及微分多项式分担函数的正规定则，并且得到了以下结果：设F和G为区域D⊂ℂ的两族亚纯函数，所有零点的重级至少为k+1，其中k≥1且为整数。设b(z)≠0在D内全纯，a_i,i=0, 1,…,k−1为有穷常数。若G正规，对于G中任意子列{g_n}，g_n⇒g，在区域D上我们有g≢∞和L(g)≢b(z)(其中L(f)=f^(k)+a_k-1f^(k-1)+…+a₀f且L(g)=g^(k)+a_k-1g^(k-1)+…+a₀g)。若对于任意f∈F，存在g∈G使得：1)f(z)=0⇔g(z)=0；2)f(z)=∞⇔g(z)= ∞；3) L(f(z))=b(z)⇌L(g(z))=b(z)；则F在D上正规。

Abstract: In this paper, we mainly discuss a normal criterion of shared function concerning differential polynomials and proved: Let F and G be two families of functions meromorphic on a domain D⊂ℂ, all of whose zeros have multiplicity at least k+1, where k≥1 is an integer. Let b(z)≠0 be a holomorphic function in the domain D, and a_i,i=0, 1,…,k−1 be finite constant. Assume also that G is normal, and for any subsequence {g_n},g_n⇒g, we have g≢∞ and L(g)≢b(z) on D L(f)=f^(k)+a_k-1f^(k-1)+…+a₀f, L(g)=g^(k)+a_k-1g^(k-1)+…+a₀g). If for every f∈F, there exist g∈G such that: 1) f(z)=0⇔g(z)=0；2)f(z)=∞⇔g(z)= ∞；3) L(f(z))=b(z)⇌L(g(z))=b(z); Then F is normal on D.

1. 引言

设 $\mathcal{F}$ 是区域D内的一族亚纯函数，若从函数族 $\mathcal{F}$ 中的每一个函数序列 $\left\{f_n\left(z\right)\right\}$ 中能够选出一个子序列 $\left\{f_{n_k}\left(z\right)\right\}$，使得 $\left\{f_{n_k}\left(z\right)\right\}$ 在D内按球面距离内闭一致收敛于一亚纯函数，或一致趋于∞，则称函数族 $\mathcal{F}$ 在区域D内正规。

设f和g是区域D内的两个亚纯函数，a是一个复数，如果 $f\left(z\right)-a$ 与 $g\left(z\right)-a$ 在区域D内有相同的零点，则称f和g在区域D分担a，如果 $f\left(z\right)-a$ 与 $g\left(z\right)-a$ 在区域D内有相同的零点并且所有零点的重级也相同，则称f和g在区域D内CM分担a，我们用 $f=a\Rightarrow g=a$ 来表示。

1992年，Nevanilnna证明了著名的五值定理。即设f和g为两个非常数亚纯函数，若f和g分担五个两两互异的值，那么这两个函数必定恒等。

对于正规族理论方面，由Bloch原理，刘晓俊、李三华和庞学诚 [1] 考虑了两族亚纯函数的分担值问题，得到了下面定理。

定理1.1. 设 $\mathcal{F}$ 和 $\mathcal{G}$ 为区域 $\text{D}\subset ℂ$ 的两族亚纯函数， $a_1,a_2,a_3,a_4$ 为四个不同的复数，若 $\mathcal{G}$ 正规，且对于所有的 $f\in \mathcal{F}$，存在 $g\in \mathcal{G}$ 使得 $f\left(z\right)$ 和 $g\left(z\right)$ 分担值 $a_1,a_2,a_3,a_4$，则 $\mathcal{F}$ 在D上正规。

在涉及分担值的正规族理论方面，1992年，W. Schwick [2] 证明了下面定理，建立了一个与分担值相关的正规定则。

定理1.2. 设 $\mathcal{F}$ 是区域D内的一族亚纯函数， $a_1,a_2,a_3$ 是三个判别的有穷复数。如果对于 $\mathcal{F}$ 中的任意函数f，f和 $f^{\prime }$ 在D内分担 $a_1,a_2,a_3$，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

关于两个函数间分担的情况方 [3] [4] 证明了下面定理。

定理1.3. 设 $\mathcal{F}$ 为区域 $\text{D}\subset ℂ$ 的一族亚纯函数，其中每个函数的零点的重数至少为 $k+2$，其中 $k\ge 1$ 且为整数，设b是非零有穷复数，若对于 $\mathcal{F}$ 中任意两个函数f和g，f和g在D内分担0， $f^{\left(k\right)}$ 和 $g^{\left(k\right)}$ 在D内分担b，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

2013年，刘晓俊、李三华和庞学诚 [1] 考虑与分担值相关的两族函数的情况并证明了下面定理。

定理1.4. 设 $\mathcal{F}$ 和 $\mathcal{G}$ 为区域 $\text{D}\subset ℂ$ 的两族亚纯函数，其中每个函数的零点的重数至少为 $k+1$，其中 $k\ge 1$ 且为整数。设b是非零有穷复数，若 $\mathcal{G}$ 正规，对于 $\mathcal{G}$ 中任意子列 $\left\{g_n\right\}$， $g_n\Rightarrow g$，在区域D上我们有 $g\cancel{\equiv }\infty$ 和 $g^{\left(k\right)}\ne b$。若对于任意 $f\in \mathcal{F}$，存在 $g\in \mathcal{G}$ 使得。

1) $f\left(z\right)=0\iff g\left(z\right)=0$ ；

2) $f\left(z\right)=\infty \iff g\left(z\right)=\infty$ ；

3) $f^{\left(k\right)}=b\rightleftharpoons g^{\left(k\right)}=b$。

则 $\mathcal{F}$ 在D上正规。

文本我们考虑将上述定理中非零有穷复数b换成非零的全纯函数 $b\left(z\right)$，并且将 $f^{\left(k\right)}$ 替换为 $f^{\left(k\right)}+a_{k-1}{f}^{\left(k-1\right)}+\cdots +a_{0}f$，以及 $g^{\left(k\right)}$ 替换为 $g^{\left(k\right)}+a_{k-1}{g}^{\left(k-1\right)}+\cdots +a_{0}g$， $a_i,i=0,1,\cdots ,k-1$ 为有穷常数，得到如下定理。

定理1.5. 设 $\mathcal{F}$ 和 $\mathcal{G}$ 为区域 $\text{D}\subset ℂ$ 的两族亚纯函数，所有零点的重级至少为 $k+1$，其中 $k\ge 1$ 且为整数。设 $b\left(z\right)$ 是在D内不为零的全纯函数， $a_i,i=0,1,\cdots ,k-1$ 为有穷常数。若 $\mathcal{G}$ 正规，对于 $\mathcal{G}$ 中任意子列 $\left\{g_n\right\}$， $g_n\Rightarrow g$，在区域D上我们有 $g\cancel{\equiv }\infty$ 和 $L\left(g\right)\cancel{\equiv }b\left(z\right)$ (其中 $L\left(f\right)=f^{\left(k\right)}+a_{k-1}{f}^{\left(k-1\right)}+\cdots +a_{0}f$ 且 $L\left(g\right)=g^{\left(k\right)}+a_{k-1}{g}^{\left(k-1\right)}+\cdots +a_{0}g$ )。若对于任意 $f\in \mathcal{F}$，存在 $g\in \mathcal{G}$ 使得

1) $f\left(z\right)=0\iff g\left(z\right)=0$ ；

2) $f\left(z\right)=\infty \iff g\left(z\right)=\infty$ ；

3) $L\left(f\left(z\right)\right)=b\left(z\right)\rightleftharpoons L\left(g\left(z\right)\right)=b\left(z\right)$。

则 $\mathcal{F}$ 在D上正规。

在给出证明之前，先介绍一些符号。本节中，D表示 $ℂ$ 中的区域。对于 $z_0\in ℂ$ 和 $r>0$，记 $\Delta \left(z_0,r\right)=\left\{z:\left|z-z_0\right|<r\right\}$ 以及 ${\Delta }^{\prime }\left(z_0,r\right)=\left\{z:0<\left|z-z_0\right|<r\right\}$，单位圆盘记作 $\text{Δ}$。

2. 相关引理

引理2.1. [5] 设 $\mathcal{F}$ 为单位圆盘上的一族亚纯函数，其中每个函数的零点的重数至少为k，假设存在 $A\ge 1$，使得当 $f\left(z\right)=0$ 有 $\left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A$。如果 $\mathcal{F}$ 在 $z_0\in D$ 处不正规，则对于任意 $0\le \alpha \le k$，存在：

1) 实数r， $0<r<1$ ；

2) 一点列 $z_n:z_n\to z_0$ ；

3) 一函数列 $\left\{f_n\right\}:f_n\in \mathcal{F}$ ；

4) 一正数列 ${\rho }_n:{\rho }_n\to 0$。

使得

$g_n\left(\xi \right)=\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)}{{\rho }_n^{\alpha }}$

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 $g\left(\xi \right)$，且g的所有零点重级至少为k， $g^{\#}\left(\xi \right)\le g^{\#}\left(0\right)=kA+1$。此外，g的级至多是2。

引理2.2. [6] 设 $f\left(z\right)$ 为复平面 $ℂ$ 上的亚纯函数，若球面导数 $f^{\#}\left(z\right)$ 在 $ℂ$ 上有界，则 $f\left(z\right)$ 的级至多为2，当 $f\left(z\right)$ 是整函数， $f\left(z\right)$ 的级至多为1。

引理2.3. [7] 设f为复平面 $ℂ$ 上的超越亚纯函数且级是有限的，所有零点的重数至少为 $k+1$，k为一个正整数，则对于所有非零负数b， $f^{\left(k\right)}-b$ 在 $ℂ$ 上有无限多个零点。

引理2.4. [8] 设 $f\left(z\right)$ 为复平面 $ℂ$ 上的非常数亚纯映射且级是有限的，所有零点的重数至少为 $k+1$，若在 $ℂ$ 上 $f^{\left(k\right)}\ne b$，其中 $b\ne 0\in ℂ$，则

$f\left(z\right)=\frac{b}{k!}\frac{{\left(z-a\right)}^{k+1}}{z-b}$

其中 $a,b\in ℂ$， $a\ne b$。

3. 定理1.5的证明

不失一般性，我们假设 $\text{D}=\Delta$，若存在 $z_0\in \text{Δ}$ 使得 $\mathcal{F}$ 在 $z_0$ 处不正规，则由引理2.1，存在点 $z_n\to z_0$，函数 $f_n\in \mathcal{F}$，正数 ${\rho }_n\to 0^{+}$，使得在 $ℂ$ 上

$F_n\left(\zeta \right)=\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)}{{\rho }_n^k}\Rightarrow F(\; \zeta \; )$

其中F为非常值亚纯函数，其零点的重级最少为 $k+1$，由引理2.2知F的级至多为2。

相应的，由条件可知存在 $g_n\in \mathcal{G}$，使得在 $\text{Δ}$ 上 $g_n\left(z\right)\Rightarrow g\left(z\right)$， $g\cancel{\equiv }\infty$ 且 $g\left(z\right)$ 零点的重级最少为 $k+1$。我们分为以下三种情况讨论。

情形1. $g\left(z_0\right)\ne 0$， $g\left(z_0\right)\ne \infty$。

在这种情形下，存在 $z_0$ 的一些邻域 $\text{U}\left(z_0\right)$ 使得对每一个充分大的n， $g_n\ne 0,\infty$。由条件(1)和条件(2)，我们有在邻域 $\text{U}\left(z_0\right)$ 中 $f_n\ne 0,\infty$。

我们断言 $F\left(\zeta \right)\ne 0,\infty$， $\zeta \in ℂ$。否则，存在 ${\zeta }_0\in ℂ$ 使得 $F\left({\zeta }_0\right)=0$。因为 $F\left(\zeta \right)\cancel{\equiv }0$，由Hurwitz’s定理知，存在 ${\zeta }_{n,0}\to {\zeta }_0$ 使得 $F_n\left({\zeta }_{n,0}\right)={\rho }_n^{-k}{f}_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_{n,0}\right)=0$。所以我们有 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_{n,0}\right)=0$ 且 $z_n+{\rho }_n{\zeta }_n\to z_0$。矛盾，这表明在 $ℂ$ 上 $F\ne 0$。同理可证 $F\ne \infty$。

因此F为复平面 $ℂ$ 上的非零整函数。根据条件 $L\left(f\right)=f^{\left(k\right)}+a_{k-1}{f}^{\left(k-1\right)}+\cdots +a_{0}f$，我们有 $L\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\right)=F_n^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)+a_{k-1}{\rho }_n{F}_n^{\left(k-1\right)}\left(\zeta \right)+\cdots +a_0{\rho }_n^k{F}_n\left(\zeta \right)$，因此 $L\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\right)\Rightarrow F^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)$。由引理2.3可知 $F^{\left(k\right)}-b\left(z_0\right)$ 在 $ℂ$ 上有无限多个零点。所以存在 ${\eta }_0\in ℂ$ 使得 $F^{\left(k\right)}\left({\eta }_0\right)=b\left(z_0\right)$。

若 $F^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\equiv b\left(z_0\right)$，则F一定为k次多项式，和 $F\ne 0$ 矛盾。

因此 $F^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)-b\left(z_0\right)\cancel{\equiv }0$。由Hurwitz’s定理知，这里存在 ${\eta }_n\to {\eta }_0$ 使得 $L\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n{\eta }_n\right)\right)-b\left(z_n+{\rho }_n{\eta }_n\right)=0$，由条件(3)我们可以得出 $L\left(g_n\left(z_n+{\rho }_n{\eta }_n\right)\right)-b\left(z_n+{\rho }_n{\eta }_n\right)=0$，令 $n\to \infty$，我们得到 $L\left(g\left(z_0\right)\right)-b\left(z_0\right)=0$，因为 $L\left(g\left(z\right)\right)\cancel{\equiv }b\left(z\right)$，所以在邻域 $\text{U}\left(z_0\right)$ 中 $L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)$ 只有有限多个零点，由条件可知在邻域 $\text{U}\left(z_0\right)$ 中 $L\left(f\left(z\right)\right)-b\left(z\right)$ 也只有有限多个零点，也就是说 $L\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\right)-b\left(z_n+{\rho }_n{\eta }_n\right)$ 在复平面 $ℂ$ 上有有限多个零点，因此 $F^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)-b\left(z_0\right)$ 在复平面 $ℂ$ 上有有限多个零点，矛盾。

情形2. $g\left(z_0\right)=0$。

因为g零点的重数至少为 $k+1$，我们有 $L\left(g\left(z_0\right)\right)\ne b\left(z_0\right)$，用同样类似的方法，我们可以证得在 $ℂ$ 上

$F^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\ne b\left(z_0\right)$。

由引理2.4

$F\left(\zeta \right)=\frac{b\left(z_0\right)}{k!}\frac{{\left(\zeta -{\zeta }_0\right)}^{k+1}}{\zeta -{\zeta }_1}$

其中 ${\zeta }_0\ne {\zeta }_1$ 为两个有限复数。则由Hurwitz’s定理知，存在 ${\zeta }_{n,1}\to {\zeta }_1$ 使得 $F_n\left({\zeta }_{n,1}\right)={\rho }_n^{-k}{f}_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_{n,1}\right)=\infty$ 且 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_{n,1}\right)=\infty$。由条件(2)知，我们得知 $g_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_{n,0}\right)=\infty$，令 $n\to \infty$， $g\left(z_0\right)=\infty$，矛盾。

情形3. $g\left(z_0\right)=\infty$。

在这种情形下，我们有 $L\left(g\left(z_0\right)\right)\ne b\left(z_0\right)$。我们也分为两种情况讨论。

情形3.1. $F\left({\zeta }_0\right)=0$， ${\zeta }_0\in ℂ$。

因为在复平面 $ℂ$ 上 $F\cancel{\equiv }0$，由Hurwitz’s定理知，存在 ${\zeta }_{n,0}\to {\zeta }_0$ 使得 $F_n\left({\zeta }_{n,0}\right)={\rho }_n^{-k}{f}_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_{n,0}\right)=0$，而且 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_{n,0}\right)=0$。由假设知，我们有 $g_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_{n,0}\right)=0$。令 $n\to \infty$，我们得到 $g\left(z_0\right)=0$，矛盾。

情形3.2. 在 $ℂ$ 上 $F\ne 0$，我们同样也分为两种情况讨论。

情形3.2.1. F为超越亚纯函数。

因为 $F\ne 0$，由引理2.3可知 $F^{\left(k\right)}-b\left(z\right)$ 在 $ℂ$ 上有无限多个零点，因为 $g\left(z\right)\cancel{\equiv }\infty$，存在 $\delta >0$，使得 $g,g_n$ 在圆 $\left\{z:\left|z-z_0\right|=\delta \right\}$ 上全纯，且在该圆上 $g_n^{\left(j\right)}\left(z\right)$ 一致收敛到 $g^{\left(j\right)}\left(z\right),j=0,1,2,\cdots ,k,\cdots$，则我们有

$\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{\left|z-z_0\right|=\delta }\frac{{\left(L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)\right)}^{\prime }}{L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\text{d}z}\to \frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{\left|z-z_0\right|=\delta }\frac{{\left(L\left(g\left(z\right)\right)-b\left(z\right)\right)}^{\prime }}{L\left(g\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\text{d}z}$

因为上式两边均为整数，当n充分大时，我们有

$\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{\left|z-z_0\right|=\delta }\frac{{\left(L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)\right)}^{\prime }}{L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\text{d}z}=\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{\left|z-z_0\right|=\delta }\frac{{\left(L\left(g\left(z\right)\right)-b\left(z\right)\right)}^{\prime }}{L\left(g\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\text{d}z}$

由于 $b\left(z\right)\ne 0$，则

$\begin{array}{l}n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\right)-n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),L\left(g_n\left(z\right)\right)\right)\\ =n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(g\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\right)-n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),L\left(g\left(z\right)\right)\right)\end{array}$

因为 $g\left(z_0\right)=\infty$， $L\left(g\left(z_0\right)\right)\ne b\left(z_0\right)$，对于充分小的 $\delta$， $n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(g\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\right)=0$。所以

$n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\right)-n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),L\left(g_n\left(z\right)\right)\right)=-n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),L\left(g\left(z\right)\right)\right)$

令 $g\left(z\right)=\frac{h\left(z\right)}{{\left(z-z_0\right)}^{\tau }}$， $z\in {\Delta }^{\prime }\left(z_0,\delta \right)$，其中 $h\left(z\right)$ 在 $\Delta \left(z_0,\delta \right)$ 上全纯， $h\left(z_0\right)\ne 0$， $\tau$ 是一个正整数。因为 $g_n\left(z\right)\Rightarrow g\left(z\right)$，我们有

$g_n\left(z\right)=\frac{h_n\left(z\right)}{{\left(z-z_{n,1}\right)}^{{\tau }_{n,1}}\cdots {\left(z-z_{n,s_n}\right)}^{{\tau }_{n,s_n}}}$

其中 $h_n\left(z\right)$ 在 $\Delta \left(z_0,\delta \right)$ 上全纯， $h_n\left(z_{n,i}\right)\ne 0$， ${\tau }_{n,1}\ge 1$ 且为整数， $i=1,2,\cdots ,s_n$ 且 ${\displaystyle {\sum }_{i=1}^{s_n}{\tau }_{n,1}}=\tau$，通过计算，我们得到

$n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\right)=\tau +s_{n}k-\left(\tau +k\right)=\left(s_n-1\right)k\le \left(\tau -1\right)k$

因此在 $\Delta \left(z_0,\delta \right)$ 上， $L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)$ 只有有限多个零点，由条件知，在 $\Delta \left(z_0,\delta \right)$ 上 $L\left(f_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)$ 也只有有限多个零点，则表示 $L\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\right)-b\left(z_n+{\rho }_n{\eta }_n\right)$ 在复平面 $ℂ$ 上有有限多个零点，继而可知 $F^{\left(k\right)}-b\left(z_0\right)$ 在复平面 $ℂ$ 上只有有限多个零点，矛盾。

情形3.2.2. F为有理函数。

因为 $F\ne 0$， $F\left(\zeta \right)=\frac{1}{P\left(\zeta \right)}$，其中P为多项式。对于任意 $z^{*}\in {\Delta }^{\prime }\left(z_0,\delta \right)$，因为 $g\left(z_0\right)=\infty$ 且 $g\cancel{\equiv }\infty$，若我们假设 $g\left(z^{*}\right)\ne \infty$，由情形1及情形2的讨论得知， $\left\{f_n\right\}$ 在 $z^{*}$ 处正规，则 $\left\{f_n\right\}$ 在 ${\Delta }^{\prime }\left(z_0,\delta \right)$ 处不正规。同样我们可以证得在 $\Delta \left(z_0,\delta \right)$ 上 $f_n\ne 0$，所以在 ${\Delta }^{\prime }\left(z_0,\delta \right)$ 上我们有 $f_n\Rightarrow 0$ 以及 $L\left(f_n\right)$， $L\left({f^{\prime }}_n\right)\Rightarrow 0$。则

$\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{\left|z-z_0\right|=\delta }\frac{{\left(L\left(f_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)\right)}^{\prime }}{L\left(f_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\text{d}z}\to \frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{\left|z-z_0\right|=\delta }\frac{{\left(L\left(f\left(z\right)\right)-b\left(z\right)\right)}^{\prime }}{L\left(f\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\text{d}z}=0$

即

$n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(f_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\right)-n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),L\left(f_n\left(z\right)\right)\right)=0$

由条件(2)和(3)，我们有

$n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(f_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\right)=n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(g_n\left(z\right)\right)-b(\; z\; )}\right)$

因为 $g_n\left(z\right)\Rightarrow g\left(z\right)$ 且 $g\left(z_0\right)=\infty$，我们假设

$g_n\left(z\right)=\frac{h_n\left(z\right)}{{\left(z-z_{n,1}\right)}^{{\tau }_{n,1}}\cdots {\left(z-z_{n,s_n}\right)}^{{\tau }_{n,s_n}}}$

其中 $h_n\left(z\right)$ 在 $\Delta \left(z_0,\delta \right)$ 上全纯， $h_n\left(z_{n,i}\right)\ne 0$， ${\tau }_{n,1}\ge 1$ 且为整数， $i=1,2,\cdots ,s_n$，由条件(2)知， $f_n$ 有 $s_n$ 个单一极点 $z_{n,i}$ 且重数至少为1。

$n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),L\left(f_n\left(z\right)\right)\right)\ge s_{n}k$

由同样的方法，我们有

$n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(g_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\right)=\left(s_n-1\right)k$

则

$\left(s_n-1\right)k=n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),\frac{1}{L\left(f_n\left(z\right)\right)-b\left(z\right)}\right)=n\left(\Delta \left(z_0,\delta \right),L\left(f_n\left(z\right)\right)\right)\ge s_{n}k$

矛盾。则 $\mathcal{F}$ 在D上正规。

参考文献