关于微分多项式的正规定则

A Normal Criterion Concerning the Differential Polynomials

摘要: 本文研究了一类微分多项式的亚纯函数的正规定则。我们改进和推广了前人的结论，利用P-Z引理，采用反证法，得到一个新的正规定则。

Abstract: In this paper, we discuss the normal criterion of meromorphic functions concerning differential polynomials. We have improved and extended the previous conclusions, by using P-Z lemma and the method of proof by contradiction, we obtain a new normal criterion.

1. 引言与主要结果

设D是复平面C上的一个区域，F为D内的一组亚纯函数，如果F中每个函数序列都包含一个子序列，它在D的任一紧子集上都按球面距离一致收敛到一个亚纯函数或 $\infty$，则称F在D内正规。

2014年，徐焱在文献 [1] 证明了如下结果：

定理A 设F为区域D内的一族亚纯函数， $k=2$ 或3， $A>1$ 为常数，对于族中任意 $f\in F$，f的零点重级至少为 $k$，满足下列条件：

1) $f\left(z\right)=0\Rightarrow \left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A\left|z\right|$，

2) $f^{\left(k\right)}\left(z\right)\ne z$，

3) $f$ 的极点重级至少为3，

则F在区域D上正规。

若将定理A条件2)中的 $f^{\left(k\right)}$ 换为一般的微分多项式，结论是否依然成立？本文研究这一问题，得到如下结果。

定理1 设F为区域D内的一族亚纯函数， $k=2$ 或3， $A>1$ 为常数， $a_0,a_1,\cdots ,a_{k-1}$ 为D上的全纯函数，对于族中任意 $f\in F$，f的零点重级至少为3且满足下列条件：

1) $f\left(z\right)=0\Rightarrow \left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A\left|z\right|$，

2) $\forall z\in D,f^{\left(k\right)}\left(z\right)+a_{k-1}{f}^{\left(k-1\right)}\left(z\right)+\cdots +a_1{f}^{\prime }\left(z\right)+a_{0}f\left(z\right)\ne z$，

3) $f$ 的极点重级至少为3，

则F在区域D上正规。

2. 主要引理

引理2.1 [2] 设F为区域D内的一族亚纯函数，对于每一个 $f\in F$，f的零点重级至少为k，存在一个数 $A\ge \text{1}$，使得当 $f\in F$ 且 $f\left(z\right)=0$ 时， $\left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A$。若F在D内一点 $z_0$ 不正规，则对 $\text{0}\le \alpha \le k$，存在

1) 点列 $z_n\in D$， $z_n\to z_0$ ；

2) F中函数列 $f_n$ ；

3) 正数序列 ${\rho }_n\to 0$，

使得函数列 $g_n\left(\zeta \right)={\rho }_n^{-\alpha }{f}_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)$ 在复平面C上按球面距离一致收敛到一个非常数的亚纯函数 $g\left(\zeta \right)$，其零点重数至少为k，且满足 $g^{\#}\left(\zeta \right)\le g^{\#}\left(0\right)=kA+1$， $g\left(\zeta \right)$ 的级至多为2。

引理2.2 [3] 设f是一个超越亚纯函数， $k\left(\ge 2\right)$，l为正整数。若f的零点的级数至少为3，则 $f^{\left(k\right)}-z^l$ 有无穷多个零点。

引理2.3 [4] 设f为有穷阶的亚纯函数， $k\left(\ge 2\right)$ 为正整数，K为一个正数。若f只有重数至少为k的零点， $f\left(z\right)=\text{0}\Rightarrow \left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le K$，且 $f^{\left(k\right)}\left(z\right)\ne 1$。则下列两种情形必有一个发生：

1) $f\left(z\right)=\alpha {\left(z-\beta \right)}^k$, (2.1)

这里 $\alpha ,\beta \in C$，且 $\alpha \cdot k!\ne 1$。

2) 若 $k=2$，则

$f\left(z\right)=\frac{{\left(z-c_1\right)}^{\text{2}}{\left(z-c_2\right)}^2}{2{\left(z-c\right)}^2}$, (2.2)

或

$f\left(z\right)=\frac{{\left(z-c_1\right)}^3}{2\left(z-c\right)}$. (2.3)

若 $k\ge 3$，则

$f\left(z\right)=\frac{1}{k!}\frac{{\left(z-c_1\right)}^{k+1}}{\left(z-c\right)}$ (2.4)

这里 $c_1,c_2,c$ 为不同的复数。

引理2.4 [1] 设f是有理函数， $k\left(\ge 2\right)$ 为正整数，f的零点重级至少为k，若 $f^{\left(k\right)}\left(z\right)\ne z$，则下列三种情形必有一个发生：

1) $f\left(z\right)=\frac{{\left(z+c\right)}^{k+1}}{\left(k+1\right)!}$, (2.5)

2) $f\left(z\right)=\frac{{\left(z-c_1\right)}^{k+2}}{\left(k+1\right)!\left(z-b\right)}$,(2.6)

3) 若 $k=2$，则

$f\left(z\right)=\frac{{\left(z-c_1\right)}^2{\left(z-c_2\right)}^3}{6{\left(z-b\right)}^2}$, (2.7)

若 $k=3$，则

$f\left(z\right)=\frac{{\left(z-c_1\right)}^3{\left(z-c_2\right)}^3}{24{\left(z-b\right)}^2}$, (2.8)

这里 $c$ 为非零常数， $c_1,c_2,b$ 为不同的常数。

引理2.5 设F为区域D内的一族亚纯函数， $k=2$ 或3， $A>1$ 为常数， $a_0,a_1,\cdots ,a_{k-1}$ 为D上的全纯函数，对于族中任意 $f\in F$，f的零点重级至少为k，满足下列条件：

1) $f\left(z\right)=0\Rightarrow \left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A\left|z\right|$，

2) $\forall z\in D,f^{\left(k\right)}\left(z\right)+a_{k-1}{f}^{\left(k-1\right)}\left(z\right)+\cdots +a_1{f}^{\prime }\left(z\right)+a_{0}f\left(z\right)\ne z$，

3) $f$ 的极点重级至少为3，

则 $F$ 在区域 $D\backslash \left\{0\right\}$ 上正规。

证明：设 $F$ 在 $z_0\in D\backslash \left\{0\right\}$ 上不正规。由条件给定一个 $r>0$，使得 $\Delta \left(z_0,r\right)\subset D\backslash \left\{0\right\}$，且对 $\forall f\in F$， $z\in \Delta \left(z_0,r\right)$，当 $f\left(z\right)=0$ 时有 $\left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A\left|z_0\right|+1$。由引理2.1，对 $\alpha =k$，存在函数列 $f_n\in F$，点列 $z_n\to z_0$，正数列 ${\rho }_n\to 0$，使得 $g_n\left(\zeta \right)={\rho }_n^{-k}{f}_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\to g\left(\zeta \right)$ 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 $g\left(\zeta \right)$，且其零点重级至少为k，极点重级至少为3， $g^{\#}\left(\zeta \right)\le g^{\#}\left(0\right)=k\left(A\left|z_0\right|+1\right)+1$，且g为有穷级。由Hurwitz定理知，g极点重级至少为3。

断言：1) $g=0\Rightarrow \left|g^{\left(k\right)}\right|\le A\left|z_0\right|$ ；2) $g^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\ne z_0$。

设 ${\zeta }_0$ 为 $g\left(\zeta \right)$ 的一个零点，存在 ${\zeta }_n$， ${\zeta }_n\to {\zeta }_0$，使得对于 $n$ 充分大时 $g_n\left({\zeta }_n\right)={\rho }_n^{-k}{f}_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)=0$。因此 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_n\right)=0$，当 $n$ 充分大时 $\left|f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_n\right)\right|\le A\left|z_n+{\rho }_n{\zeta }_n\right|$。由于

$g_n^{\left(k\right)}\left({\zeta }_n\right)=f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_n\right)\to g^{\left(k\right)}\left({\zeta }_0\right)$，

故有 $\left|g^{\left(k\right)}\left({\zeta }_0\right)\right|\le A\left|z_0\right|$。1) 得证。

下证2)。由于

$\begin{array}{l}{g}_n^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{\rho }_n^{k-i}}{a}_i\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)g_n^{\left(i\right)}\left(\zeta \right)-\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\\ =f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{a}_i}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)f_n^{\left(i\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)-\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right),\end{array}$

因为 $a_i\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)g_n^{\left(i\right)}\left(\zeta \right)\to a_i\left(z_0\right)g^{\left(i\right)}\left(\zeta \right)$，所以在 $C\backslash g^{-1}\left(\infty \right)$ 上 $a_i\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)g_n^{\left(i\right)}\left(\zeta \right)$ 在C上内闭一致有界。因此，在 $C\backslash g^{-1}\left(\infty \right)$ 上有

$g_n^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{\rho }_n^{k-i}}{a}_i\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)g_n^{\left(i\right)}\left(\zeta \right)-\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\to g^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)-z_0$ (2.9)

若存在 ${\zeta }_0$，使得 $g^{\left(k\right)}\left({\zeta }_0\right)=z_0$。由于

$\begin{array}{l}{g}_n^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{\rho }_n^{k-i}}{a}_i\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)g_n^{\left(i\right)}\left(\zeta \right)-\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\\ =f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{a}_i}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)-\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\ne 0\end{array}$

由(2.9)式及Hurwitz定理，得 $g^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\equiv z_0$。又因为g只有重级至少为k的零点，所以

$g\left(\zeta \right)=\frac{z_0}{k!}{\left(z-\alpha \right)}^k,\alpha \in C$

通过简单计算：

$g^{\#}\left(0\right)\le \{\begin{array}{l}\frac{k}{2},\left|\alpha \right|\ge 1\\ \left|z_0\right|,\left|\alpha \right|<1\end{array}$

这与 $g^{\#}\left(\zeta \right)\le g^{\#}\left(0\right)=k\left(A\left|z_0\right|+1\right)+1$ 矛盾。因此2) 得证。

由引理2.3 $g$ 有(2.1)，(2.2)，(2.3)或(2.4)的形式，若g有(2.1)的形式，同上估计 $g^{\#}\left(0\right)$。可得矛盾。因此g有(2.2)，(2.3)或(2.4)的形式，但这与g的极点重级至少为3矛盾。引理得证。

3. 主要结果的证明

证明：由引理2.5只需证 $F$ 在 $z=0$ 正规。不妨设 $D=\Delta$，若F在 $z=0$ 不正规。考虑

$G=\left\{g\left(z\right)=\frac{f\left(z\right)}{z}:f\in F\right\}$

对任意 $f\in F$，有 $f\left(0\right)\ne 0$。否则，若 $f\left(0\right)=0$，由已知条件有 $f^{\left(k\right)}\left(0\right)=0$， $f$ 的零点重级至少为3，得

$f^{\left(k\right)}\left(0\right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{a}_i}\left(0\right)f_n^{\left(i\right)}\left(0\right)=0$

但这与条件2)矛盾。因此，对 $\forall g\in G,g\left(0\right)=\infty$，而且g的零点重级至少为3。通过计算：

$g^{\left(k\right)}\left(z\right)=\frac{f^{\left(k\right)}\left(z\right)}{z}-\frac{k{g}^{\left(k-1\right)}\left(z\right)}{z}$ (2.10)

因为 $f\left(z\right)=0\Rightarrow \left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A\left|z\right|$，故 $g\left(z\right)=0\Rightarrow \left|g^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A$。

下面证G在 $z=0$ 正规。若G在 $z=0$ 不正规，由引理2.1，存在 $g_n\in G$， $z_n\to 0$， ${\rho }_n\to 0^{+}$，使得

$G_n\left(\zeta \right)=\frac{g_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)}{{\rho }_n^k}\to G\left(\zeta \right)$, (2.11)

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 $G\left(\zeta \right)$，其零点重级至少为3，且 $G^{\#}\left(\zeta \right)\le G^{\#}\left(0\right)=kA+1$。

下面分两种情形：

情形1： $z_n/{\rho }_n\to \infty$。

由(2.11)式，通过计算，对于 $0\le i\le k$ 有

${\rho }_n^{k-i}{G}_n^{\left(i\right)}\left(\zeta \right)=g_n^{\left(i\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)=\frac{f_n^{\left(i\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)}{z_n+{\rho }_n\zeta }-i\cdot \frac{g_n^{\left(i-1\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)}{{\rho }_n}\cdot \frac{{\rho }_n}{z_n+{\rho }_n\zeta }$

另一方面，有

$\frac{{\rho }_n}{z_n+{\rho }_n\zeta }\to 0$

由于 $g_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)/{\rho }_n^k\to G\left(\zeta \right)$，所以 $g_n^{\left(i-1\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)/{\rho }_n$ 在 $C\backslash G^{-1}\left(\infty \right)$ 上内闭一致有界。因此，在 $C\backslash G^{-1}\left(\infty \right)$ 上，

$\frac{f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)}{z_n+{\rho }_n\zeta }\to G^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)$, (2.12)

与

$\frac{f_n^{\left(i\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)}{z_n+{\rho }_n\zeta }\to 0,i=0,1,\cdots ,k-1.$

由于 $a_0,a_1,\cdots ,a_{k-1}$ 在 $D$ 上解析，因此

$\frac{f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{a}_i\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)}{f}_n^{\left(i\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)-\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)}{\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)}\to G^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)-1$

断言：1) $G\left(\zeta \right)=0\Rightarrow \left|G^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\right|\le A$ ；2) $G^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\ne 1$。

若 $G\left({\zeta }_0\right)=0$，由Hurwitz定理与(2.11)式，存在 ${\zeta }_n$， ${\zeta }_n\to {\zeta }_0$，使得 $g_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)=0$，从而当 $n$ 充分大时 $f_n\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)=0$。由定理条件 $\left|f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n{\zeta }_n\right)\right|\le A\left|z_n+{\rho }_n{\zeta }_n\right|$ 与(2.12)式可得 $\left|G^{\left(k\right)}\left({\zeta }_0\right)\right|\le A$。1) 得证。

由条件 $f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{a}_i}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)f_n^{\left(i\right)}\left(z_n+{\rho }_n\zeta \right)\ne z_n+{\rho }_n\zeta$。由Hurwitz定理与(2.12)式，对任意 $\zeta \in C\backslash G^{-1}\left(\infty \right)$ 有 $G^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\ne 1$ 或 $G^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\equiv 1$。显然 $\zeta \in C$ 上也成立。若 $G^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\equiv 1$，因G的零点重级至少为3，则 $G\left(\zeta \right)={\left(\zeta -\alpha \right)}^k/k!\left(\alpha \in C\right)$。通过计算可得：

$G^{\#}\left(0\right)\le \{\begin{array}{l}\frac{k}{2},\left|\alpha \right|\ge 1\\ 1,\left|\alpha \right|<1\end{array}$

这与 $G^{\#}\left(0\right)=kA+1$ 矛盾，2) 得证。

由引理2.3，G有(2.1)，(2.2)，(2.3)或(2.4)的形式。若G有(2.1)的形式，同上估计 $G^{\#}\left(0\right)$，可得矛盾。因此G有(2.2)，(2.3)或(2.4)的形式，但这与G的极点重级至少为3矛盾。

情形2： $z_n/{\rho }_n\to \alpha ,\alpha$ 为有限复数。则

$\frac{g_n\left({\rho }_n\zeta \right)}{{\rho }_n^k}=G_n\left(\zeta -z_n/{\rho }_n\right)\to G\left(\zeta -\alpha \right)=\tilde{G}\left(\zeta \right)$.

$\tilde{G}\left(\zeta \right)$ 的零点重级至少为3， $\tilde{G}\left(\zeta \right)$ 的极点重级至少为3 ( $\zeta =0$ 例外)。

令

$H_n\left(\zeta \right)=\frac{f_n\left({\rho }_n\zeta \right)}{{\rho }_n^{k+1}}$, (2.13)

则

$H_n\left(\zeta \right)=\frac{f_n\left({\rho }_n\zeta \right)}{{\rho }_n^{k+1}}=\zeta \frac{g_n\left({\rho }_n\zeta \right)}{{\rho }_n^k}\to \zeta \tilde{G}\left(\zeta \right)=H\left(\zeta \right)$ (2.14)

由(2.14)式，在 $C\backslash H^{\text{-1}}\left(\infty \right)$ 上

$H_n^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)=\frac{f_n^{\left(k\right)}\left({\rho }_n\zeta \right)}{{\rho }_n}\to H^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)$ (2.15)

显然，H的零点重级至少为3，极点重级至少为3。由于 $\tilde{G}\left(0\right)=\infty$，所以 $H\left(\text{0}\right)\ne \text{0}$。

断言：3) $H\left(\zeta \right)=0\Rightarrow \left|H^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\right|\le A\left|\zeta \right|$ ；4) $H^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\ne \zeta$。

若 $H\left({\zeta }_0\right)=0$，由Hurwitz定理与(2.14)式，存在 ${\zeta }_n\to {\zeta }_0$，使得当n充分大时 $f_n\left({\rho }_n{\zeta }_n\right)=0$。由定理条件 $\left|f_n^{\left(k\right)}\left({\rho }_n{\zeta }_n\right)\right|\le A\left|{\rho }_n{\zeta }_n\right|$ 与(2.15)式，得 $\left|H^{\left(k\right)}\left({\zeta }_0\right)\right|\le A\left|{\zeta }_0\right|$，3) 得证。

若存在 ${\zeta }_0$，使得 $H^{\left(k\right)}\left({\zeta }_0\right)={\zeta }_0$。在 $C\backslash H^{-\text{1}}\left(\infty \right)$ 上，由(2.15)式有

$\begin{array}{c}0\ne \frac{f_n^{\left(k\right)}\left({\rho }_n\zeta \right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{a}_i\left({\rho }_n\zeta \right)}{f}_n^{\left(i\right)}\left({\rho }_n\zeta \right)-{\rho }_n\zeta }{{\rho }_n}\\ =H_n^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{\rho }_n^{k-i}}{a}_i\left({\rho }_n\zeta \right)H_n^{\left(i\right)}\left(\zeta \right)-\zeta \to H^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)-\zeta .\end{array}$

由Hurwitz定理有 $H^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\equiv \zeta$ 在 $C\backslash H^{-\text{1}}\left(\infty \right)$ 上，因此H为 $k+1$ 次多项式。由于H的零点重级至少为3，注意到 $k=3$，故H只有一个零点，且重数为 $k+1$，所以 $H^{\left(k\right)}\left({\zeta }_1\right)=0$。又 $H^{\left(k\right)}\left(\zeta \right)\equiv \zeta$，所以 ${\zeta }_1=0$，但 $H\left(0\right)\ne 0$ 矛盾。4)得证。

由引理2.2，H为有理函数。再由引理2.4知，H有(2.5)，(2.6)，(2.7)或(2.8)的形式。因为H的极点重级至少为3。所以(2.6)，(2.7)或(2.8)式不可能。因此，我们有

$H\left(\zeta \right)=\frac{{\left(\zeta +c\right)}^{k+1}}{\left(k+1\right)!}$. (2.16)

这里 $\left(c\ne 0\right)$ 是一个常数。

下面证明(2.16)是不可能的。由(2.14)与(2.16)式，得

$\frac{f_n\left({\rho }_n\zeta \right)}{{\rho }_n^{k+1}}\to \frac{{\left(\zeta +c\right)}^{k+1}}{\left(k+1\right)!}$.(2.17)

因 $f_n$ 的零点重级至少为 $k=3$，则存在 ${\zeta }_{n,0}\to -c$，使得 $z_{n,0}={\rho }_n{\zeta }_{n,0}$ 为 $f_n$ 的一个 $k+1$ 重零点。

再分两个子情形：

情形1.1：存在 $0<\delta \le 1$，使得当 $n$ 充分大时， $f_n\left(z\right)$ 在 $\Delta \left(0,\delta \right)$ 上全纯。

由于 $\left\{f_n\right\}$ 在 ${\Delta }^{\prime }\left(0,\delta \right)$ 上正规，但在 $z=0$ 不正规。由最大模原理，在 ${\Delta }^{\prime }\left(0,\delta \right)$ 上， $f_n\to \infty$。若存在 $0<\sigma <\delta$，使得对于任意的 $f_n$ 在 $\Delta \left(0,\sigma \right)$ 上只有一个零点 $z_{n,0}$，令

$K_n\left(z\right)=\frac{f_n\left(z\right)}{{\left(z-z_{n,0}\right)}^{k+1}}$ (2.18)

则 $\left\{K_n\right\}$ 为 $\Delta \left(0,\sigma \right)$ 上不为零的全纯函数族，且在 ${\Delta }^{\prime }\left(0,\sigma \right)$ 上 $K_n\left(z\right)\to \infty$。于是 $\left\{\text{1}/K_n\right\}$ 在 $\Delta \left(0,\sigma \right)$ 上全纯，且在 ${\Delta }^{\prime }\left(0,\sigma \right)$ 上 $\text{1}/K_n\left(z\right)\to 0$。由最大模原理在 $\Delta \left(0,\sigma \right)$ 上也成立。所以在 $\Delta \left(0,\sigma \right)$ 上 $K_n\left(z\right)\to \infty$，特别地， $K_n\left(2z_{n,0}\right)\to \infty$。但是由(2.17)与(2.18)式，

$K_n\left(2z_{n,0}\right)=\frac{f_n\left(2z_{n,0}\right)}{z_{n,0}^{k+1}}=\frac{f_n\left(2{\rho }_n{\zeta }_{n,0}\right)}{{\rho }_n^{k+1}{\zeta }_{n,0}^{k+1}}\to \frac{1}{\left(k+1\right)!}$,

矛盾。

因此，取出一个序列，对于任意 $0<\sigma <\delta$，当 $n$ 充分大时， $f_n\left(z\right)$ 在 $\Delta \left(0,\sigma \right)$ 上至少有两个零点。设 $z_{n,1}$ 为 $f_n$ 在 $\Delta \left(0,\sigma \right)\backslash \left\{z_{n,0}\right\}$ 上的一个零点，显然， $z_{n,1}\to 0$。设 ${\zeta }_{n,1}=z_{n,1}/{\rho }_n$，由(2.17)得 ${\zeta }_{n,1}\to \infty$，因此 $z_{n,0}/z_{n,1}={\zeta }_{n,0}/{\zeta }_{n,1}\to 0$。令

$L_n\left(z\right)=\frac{f_n\left(z_{n,1}z\right)}{z_{n,1}^{k+1}}$.

则对于 $n$ 充分大时， $\left\{L_n\right\}$ 在 $C$ 上任一有界集上有定义且全纯，其的零点重级至少为3。由定理条件有 $L_n\left(z\right)=0\Rightarrow \left|L_n^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A\left|z\right|$。因

$L_n^{\left(k\right)}\left(z\right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{z}_{n,1}^{k-i}{a}_i\left(z_{n,1}z\right)L_n^{\left(i\right)}\left(z\right)}=\frac{f_n^{\left(k\right)}\left(z_{n,1}z\right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{a}_i\left(z_{n,1}z\right)}{f}_n^{\left(i\right)}\left(z_{n,1}z\right)}{z_{n,1}}$.

由条件

$f_n^{\left(k\right)}\left(z_{n,1}z\right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{a}_i\left(z_{n,1}z\right)}{f}_n^{\left(i\right)}\left(z_{n,1}z\right)\ne z_{n,1}z$,

得

$L_n^{\left(k\right)}\left(z\right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{z}_{n,1}^{k-i}{a}_i\left(z_{n,1}z\right)}{L}_n^{\left(i\right)}\left(z\right)\ne z$.

类似引理2.5的证明可知 $\left\{L_n\right\}$ 在 $C\backslash \left\{0\right\}$ 上正规。断言 $\left\{L_n\right\}$ 在 $z=0$ 也正规。否则，由最大模原理，在 $C\backslash \left\{0\right\}$ 上 $L_n\left(z\right)\to \infty$。这与 $L_n\left(1\right)=0$ 矛盾。所以 $\left\{L_n\right\}$ 在 $C$ 上正规。

如需要重取一序列，可设 $L_n\left(z\right)\to L\left(z\right)$，有

$L_n^{\left(k\right)}\left(z\right)+{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{k-1}{\sum }}{z}_{n,1}^{k-i}{a}_i\left(z_{n,1}z\right)}{L}_n^{\left(i\right)}\left(z\right)\to L^{\left(k\right)}\left(z\right)$ (2.19)

其中 $L\left(z\right)$ 为整函数， $L\left(z\right)$ 的零点重级至少为3。显然 $L\left(1\right)=0$。另外， $L_n\left(z_{n,0}/z_{n,1}\right)=0$， $z_{n,0}/z_{n,1}\to 0$，得到 $L\left(0\right)=0$。由于 $L_n\left(z\right)=0\Rightarrow \left|L_n^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A\left|z\right|$，同断言3) 可证 $L\left(z\right)=0\Rightarrow \left|L^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le \left|z\right|$。根据 $L\left(0\right)=0$ 得 $L^{\left(k\right)}\left(0\right)=0$。因 $L_n^{\left(k\right)}\ne z$，故由Hurwitz定理及(2.19)式得 $L^{\left(k\right)}\left(z\right)\equiv z$。因为 $L$ 的零点重级至少为3且 $L\left(0\right)=0$，则有 $L\left(z\right)=z^{k+1}/\left(k+1\right)!$，但这与 $L\left(1\right)=0$ 矛盾。

情形1.2：如果取出一个子列， $\forall \delta >0$，对每个 $n$， $f_n$ 在 $\Delta \left(0,\delta \right)$ 上至少有一个极点。

故存在 $z_{n,\infty }\to 0$，使得 $f_n\left(z_{n,\infty }\right)=\infty$。不妨设 $z_{n,\infty }$ 是 $f_n$ 最小模的一个极点。设 ${\zeta }_{n,\infty }=z_{n,\infty }/{\rho }_n$，由(2.17)式得 ${\zeta }_{n,\infty }\to \infty$，从而 $z_{n,0}/z_{n,\infty }={\zeta }_{n,0}/{\zeta }_{n,\infty }\to 0$。令

$M_n\left(z\right)=\frac{f_n\left(z_{n,\infty }z\right)}{z_{n,\infty }^{k+1}}$.

当n充分大时，对任意 $z\in C$， $\left\{M_n\right\}$ 有定义，其零点重级至少为3，极点重级至少为3。而且，当n充分大时 $\left\{M_n\right\}$ 在Δ上全纯。由条件知 $M_n\left(z\right)=0\Rightarrow \left|M_n^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A\left|z\right|$ 且 $M_n^{\left(k\right)}\left(z\right)+{\displaystyle {\sum }_{i=0}^{k-1}{z}_n^{k-i}}{a}_i\left(z_{n,\infty }z\right)M_n^{\left(i\right)}\left(z\right)\ne z$。因情形1.1， $\left\{M_n\right\}$ 在 $C\backslash \left\{0\right\}$ 上正规。同样， $M_n\left(z\right)$ 在 $z=0$ 也正规。否则，若 $\left\{M_n\right\}$ 在 ${\Delta }^{\prime }$ 上正规，但在 $z=0$ 不正规。由于 $\left\{M_n\right\}$ 在 $\Delta$ 上全纯，由最大模原理 $M_n\to \infty$。但是 $M_n\left(z_{n,0}/z_{n,\infty }\right)=0$ 与 $z_{n,0}/z_{n,\infty }\to 0$ 矛盾，所以 $\left\{M_n\right\}$ 在 $C$ 上正规。

取序列 $\left\{M_n\right\}$，使得

$M_n\left(z\right)\to M\left(z\right)$,

$M$ 为 $C$ 上亚纯函数，且它的零点重级至少为3。显然 $M\left(1\right)=\infty$。另外 $M_n\left(z_{n,0}/z_{n,\infty }\right)=0$ 与 $z_{n,0}/z_{n,\infty }\to 0$，所以 $M\left(0\right)=0$。同情形1.1对 $L\left(z\right)$ 可得 $M\left(z\right)=z^{k+1}/\left(k+1\right)!$，但与 $M\left(1\right)=\infty$ 矛盾。从而得证(2.16)式不可能的。

因此可得证G在 $z=0$ 正规。

由于G在 $z=0$ 正规，则 $G$ 在 $z=0$ 是关于球面距离等度连续。对任意 $g\in G$， $g\left(0\right)=\infty$。故存在 $\delta >0$，使得对任意 $g\in G$， $z\in \Delta \left(0,\delta \right)$，有 $\left|g\left(z\right)\right|\ge 1$。因此对于任意 $f\in F$， $z\in \Delta \left(0,\delta \right)$，有 $f\left(z\right)\ne 0$。由于 $F$ 在 ${\Delta }^{\prime }$ 上正规，但在 $z=0$ 不正规。 $1/F=\left\{1/f:f\in F\right\}$ 在 $D_{\delta }$ 上全纯，在 ${\Delta }^{\prime }\left(0,\delta \right)$ 上正规，但 $z=0$ 不正规。因此存在一序列 $\left\{\text{1}/f_n\right\}\subset 1/F$ 在 ${\Delta }^{\prime }\left(0,\delta \right)$ 上内闭一致收敛，但在 $\Delta \left(0,\delta \right)$ 上不成立。由最大模原理，在 ${\Delta }^{\prime }\left(0,\delta \right)$ 上 $\text{1}/f_n\to \infty$。在 ${\Delta }^{\prime }\left(0,\delta \right)$ 上 $f_n\to 0$ 内闭一致收敛，所以 $\left\{g_n\right\}\subset G$。但 $z\in \Delta \left(0,\delta \right)$ 时与 $\left|g_n\left(z\right)\right|\ge 1$ 矛盾。

定理1证毕。

基金项目

国家自然科学基金项目(11961068，12061077)。

NOTES

^*通讯作者。