定义 1.1  设$D\subset C$是任意的区域, $m, l_{1}, l_{2}, \ldots, l_{m}$是非零正整数且$0\leq l_{i}\leq k(1\leq i\leq m)$, 如果

$ M(f, f^{'}, \ldots, f^{(k)})=a(z)\prod\limits_{i=1}^{m}f^{(l_{i})}, $

其中$f$是$D$内的一个亚纯函数, $a(z)$是$D$内的解析函数, 那么我们就说$M(f, f^{'}, \ldots f^{(k)})$是区域$D$内的一个微分单项式.若$a(z)\not\equiv0$, 定义deg$(M)=m$, $w(M)=\sum\limits_{i=1}^{m}(1+l_{i})$.若$M\equiv$常数我们也将它看做是关于$f$的微分单项式, 此时deg$(M)=0$, $w(M)=0$. $H=M_{1}+M_{2}+\ldots +M_{n}$ $H(f, f', \cdots, f^{(k)})=\sum\limits_{i}M_{i}$称为微分多项式, 定义

$ \begin{eqnarray*}&& {\hbox{deg}}(H)=\max \{{\hbox{deg}}(M_{1}), {\hbox{deg}}(M_{2}), \ldots , {\hbox{deg}}(M_{n})\}, \\ && w(H)=\max\{w(M_{1}), w(M_{2}), \ldots, w(M_{n})\}.\end{eqnarray*} $

定义 1.2  对于有理函数$R(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}$, $P(z)$和$Q(z)$是互素的多项式, 我们记$R_{\infty}$为$R$在$\infty$处的级, 也就是说$R_{\infty}={\hbox{deg}}(P)-{\hbox{deg}}(Q)$.将$R$在$\infty$处按罗朗级数展开, 我们可知$(R^{(k)})_{\infty}\leq R_{\infty}-k$, 特别地, 当$R_{\infty}<0$时, $(R^{(k)})_{\infty}=R_{\infty}-k$.

2004年方明亮和Zalcman证明了:

定理 1.A ^[8]设$\mathscr{F}$是区域$D$内的一族亚纯函数, $n\geq 1$是正整数, $b\neq 0$是一个非零复数, 且对$\mathscr{F}$中任意的函数$f$与$g$满足$f$与$g$ $IM$分担$0$, $f^{n}f'$与$g^{n}g'$在$D$内$IM$分担$b$, 那么$\mathscr{F}$必在$D$上正规.

2008年张庆彩改进了他们的结果得到:

定理 1.B^[9]设$\mathscr{F}$是区域$D$内的一族亚纯函数, $n\geq 2$是正整数, $a$是一个非零有穷复数, 如果$\mathscr{F}$中的任意函数对$(f, g)$均满足$f^{n}f'$与$g^{n}g'$在$D$内$IM$分担$a$, 则$\mathscr{F}$必在$D$上正规.

2011年袁文俊, 朱冰和林剑鸣有以下结果:

定理 1.C ^[7]设$\mathscr{F}$是区域$D$内的一族亚纯函数, $n\geq 4$是正整数, $a$是一个非零复数, 如果$\mathscr{F}$中的任意函数对$(f, g)$均满足$f^{-n}f'$与$g^{-n}g'$在$D$内$IM$分担$a$, 则$\mathscr{F}$必在$D$上正规.

在这篇文章中, 我们把定理C的结果推广到微分多项式上, 得到下面的结果:

定理 1.1  设$\mathscr{F}$是区域$D$内的一族亚纯函数, $k, n\geq k+3$是正整数, 复数$a\neq 0$, 且对$\mathscr{F}$中的任意函数$f$, $f$的所有极点和零点的重数都至少是$k$, $\mathscr{F}$中的任意函数$f$与$g$满足$G(f)$与$G(g)$在$D$内分担$a$, 其中$G(f)=P(f)f^{-n}$, $P(f)=H(f)+f^{(k)}$, $H(f)=\sum\limits_{i}M_{i}$是$f$的微分多项式, 且满足条件$\max\{w(M_{i})-\frac{2}{n-1}{\hbox{deg}}(M_{i})<k\}, $则$\mathscr{F}$必在$D$上正规.

定理 1.2  设$\mathscr{F}$是区域$D$内的一族亚纯函数, $k, n\geq k+3$是正整数, 复数$a\neq 0$, 且对$\mathscr{F}$中的任意函数$f$, $f$的所有极点和零点的重数都至少是$k$, 且当$G(f(z))=a$时就有$|f^{(k)}(z)|\leq A$, 其中$A$是一个正数, $G(f)=P(f)f^{-n}$, $P(f)=H(f)+f^{(k)}$, $H(f)=\sum\limits_{i}M_{i}$是$f$的微分多项式, 且满足

$ \max\{w(M_{i})-\frac{2}{n-1}{\hbox{deg}}(M_{i})<k\}, $

则$\mathscr{F}$必在$D$上正规.

注 1  当$k=1$时, 定理1的结论即是定理C, 所以定理1.1是定理1.C的推广.

注 2  下面的例子说明定理1.1和定理1.2中的条件$n\geq{k+3}$是必须的.

例 1  亚纯函数族$\mathscr{F}=\{f_{j}(z):f_{j}(z)=\frac{1}{\sqrt{j}(z-\frac{1}{j})}, j=1, 2, \cdots \}$在$D=\{z:\left| z \right|<1\}$内不正规, 显然当$n=3, k=1$时, $f'f^{-3}=-jz+1$, 所以对$\mathscr{F}$中的任意函数$f$和$g$, $f'f^{-3}$和$g'g^{-3}$在$D$内分担1, $P(f)f^{-3}$和$P(g)g^{-3}$在$D$内分担1($H(f)\equiv0$), 但是$\mathscr{F}$在点$z=0$处不正规, 那是因为当$j\rightarrow \infty$时, $f_{j}^{\#}(0)=\frac{2(\sqrt j)^{3}}{1+j}\rightarrow\infty$, 这里$f_j^{\#}(0)$是$f_j$在$z=0$处的球面导数.

注 3  下面的例子说明定理1和定理2中对零点重数的要求是必须的.

例 2  对于正整数$k\geq2$, 零点重级为$k-1$的亚纯函数族

$ \mathscr{F}=\{f_{j}(z):f_{j}(z)=jz^{k-1}, j=1, 2, \cdots \} $

在$D=\{z:\left| z \right|<1\}$内, 注意到$f_{j}^{(k)}\equiv0$, 那么对任意的$n\geq k+3$, 和$\mathscr{F}$中的任意函数$f$和$g$, $P(f)f^{-n}$和$P(g)g^{-n}$在$D$内分担任意有穷复数$b(H(f)\equiv0), $但是显然$\mathscr{F}$在点$z=0$处不正规.

引理 2.1^[1] (Zalcman引理) 设$k$是一个正整数, $\mathscr{F}$是单位圆$\vartriangle$内的一个亚纯函数族, 对$\mathscr{F}$中的任意函数$f$, $f$的所有零点的重数都至少是$p$, 极点的重数都至少是$q$.假设$\mathscr{F}$在点$z_{0}$不正规, 那么对于实数$-q<\alpha<p$, 存在

a) 点列$z_{n}\in \vartriangle$, $z_{n}\rightarrow z_{0}$;

b) 正数列$\rho_{n}\rightarrow 0^{+}$;

c) 函数列$f_{n}\in \mathscr {F}$使得$g_{n}(\xi)$按球面度量局部一致收敛到$g(\xi)$, 即

$ \rho_{n}^{-\alpha}f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\xi)=g_{n}(\xi)\rightrightarrows g(\xi), $

其中$g(\xi)$是复平面$C$上的非常数亚纯函数, 且其所有零点的重数都至少为$p$, 极点的重数至少为$q$, 级至多为2.

引理 2.2^[10] (Hurwitz定理) 设函数序列$\{f_{n}(z)\}$在区域$D$内解析, 并且在$D$内内闭一致收敛到一个不恒等于零的函数$f(z)$, $\gamma$是$D$内可求长简单闭曲线, 其内部属于$D$, 且不经过$f(z)$的零点.则存在正整数$N$, 使得当$n\geq N$时, 在$\gamma$内部$f_{n}(z)$和$f(z)$的零点个数是相同的.

引理 2.3^[6] 设$k, n\geq{k+3}$是两个正整数, $a\neq 0$为常数, 如果$f$是复平面$C$内的超越亚纯函数, 那么$f^{(k)}-af^{n}$有无穷多个零点.

引理 2.4  设$k, n$是两个正整数, $b\neq 0$为常数, 如果$f$是一个极点重数至少为$k$的非常数有理函数, 如果$n\geq 4$, 那么$f^{(k)}-af^{n}$至少有两个不同的零点.

证  设

$ \begin{eqnarray} f(z)=\frac{B(z-\beta_{1})^{n_{1}}(z-\beta_{2})^{n_{2}}\ldots (z-\beta_{t})^{n_{t}}}{(z-\alpha_{1})^{m_{1}}(z-\alpha_{2})^{m_{2}}\ldots (z-\alpha_{s})^{m_{s}}}, \end{eqnarray} $

(2.1)

其中$B$是一个非零常数, $\alpha_{i}(1\leq i\leq s)$, $\beta_{j}(1\leq j\leq t)$是相互判别的复数, $m_{i}(1\leq i\leq s)$和$n_{j}(1\leq j\leq t)$是正整数.由已知条件可知$m_{i}\geq k(1\leq i\leq s)$.

令$M=\sum\limits_{i=1}^{s}m_{i}$, $N=\sum\limits_{j=1}^{t}n_{j}$, 那么$M\geq ks$, $N\geq t$.对于方程(2.1), 求$k$阶导数有

$ \begin{equation}f^{(k)}(z)=\frac{g(z)(z-\beta_{1})^{n_{1}-k}(z-\beta_{2})^{n_{2}-k}\ldots (z-\beta_{t})^{n_{t}-k}}{(z-\alpha_{1})^{m_{1}+k}(z-\alpha_{2})^{m_{2}+k}\ldots (z-\alpha_{s})^{m_{s}+k}}, \end{equation} $

(2.2)

这里$g(z)$是一个多项式, 且在$\alpha_{i}(1\leq i\leq s)$, $\beta_{j}(1\leq j\leq t)$处不为零, 且deg$(g)\leq k(s+t-1)$.这是因为$f_{\infty}=N-M$, $(f^{(k)})_{\infty}={\hbox{deg}}(g)+N-kt-M-ks$, 又由定义知

$ {\hbox{deg}}(g)+N-kt-M-ks=(f^{(k)})_{\infty}\leq f_{\infty}-k=N-M-k, $

所以${\hbox{deg}}(g)\leq k(s+t-1)$.

由式(2.1) 和(2.2) 式得到

$ \begin{eqnarray}&& f^{-n}(z)f^{(k)}(z)=\frac{B^{n}g(z)(z-\beta_{1})^{(n-1)n_{1}-k}(z-\beta_{2})^{(n-1)n_{2}-k}\ldots (z-\beta_{t})^{(n-1)n_{t}-k}}{(z-\alpha_{1})^{(n-1)m_{1}+k}(z-\alpha_{2})^{(n-1)m_{2}+k}\ldots (z-\alpha_{s})^{(n-1)m_{s}+k}}\nonumber\\ &=& \frac{B^{n}g(z)(z-\alpha_{1})^{(n-1)m_{1}-k}(z-\alpha_{2})^{(n-1)m_{2}-k}\ldots (z-\alpha_{s})^{(n-1)m_{s}-k}}{(z-\beta_{1})^{(n-1)n_{1}+k}(z-\beta_{2})^{(n-1)n_{2}+k}\ldots (z-\beta_{t})^{(n-1)n_{t}+k}}=\frac {P(z)}{Q(z)}, \end{eqnarray} $

(2.3)

这里$P(z)$和$Q(z)$是互素的多项式.

我们可以断定$f^{-n}f^{(k)}-b$至少有一个零点.这是因为若$f^{-n}f^{(k)}-b=\frac{P(z)-bQ(z)}{Q(z)}$没有零点, 那么$P(z)-bQ(z)\equiv c$, $c$为一非零常数, 即$P(z)\equiv bQ(z)+c$.所以

$ (n-1)N+kt=deg(Q(z))={\hbox{deg}}(P(z))\leq (n-1)M-ks+k(s+t-1), $

整理得$(n-1)N\leq (n-1)M-k$.

从另一面由

$ \begin{eqnarray*}&& [f^{-n}f^{(k)}-b]'=[\frac{c}{Q(z)}]'=\frac{-cQ'(z)}{Q^{2}(z)}, \\ && [f^{-n}f^{(k)}]'=[\frac{P(z)}{Q(z)}]'=\frac{P'(z)Q(z)-P(z)Q'(z)}{Q^{2}(z)}, \end{eqnarray*} $

知道$P'(z)Q(z)-P(z)Q'(z)\equiv-cQ'(z)$, 即$P'(z)Q(z)\equiv(P(z)-c)Q'(z)$.

若$P(z)$只有单零点, 那么$(n-1)m_{i}-k=1$, 即$m_{i}=\frac{k+1}{n-1}$这与$(n-1)m_{i}\geq k(1\leq i\leq s)$和~$n\geq 4$矛盾.所以$(n-1)m_{i}-k>1$, 那么$\alpha_{i}(1\leq i\leq s)$是$P'(z)$的$(n-1)m_{i}-k-1$重零点, 而不是$P(z)-c$的零点, 由上式可知$\alpha_{i}(1\leq i\leq s)$是$Q'(z)$的$(n-1)m_{i}-k-1$重零点, 又$\beta_{j}(1\leq j\leq t)$也是$Q'(z)$的$(n-1)n_{j}+k-1$重零点, 所以有

$ {\hbox{deg}}(Q'(z))=(n-1)n_{j}+kt-1\geq (n-1)N+kt-t+(n-1)M-ks-s, $

整理得

$ (n-1)M\geq ks+s+t-1\geq M+\frac{M}{k}+N-1\geq(2+\frac{1}{k})M-\frac{k}{n-1}-1, $

这与$n\geq 4$矛盾.

下面假设$f^{-n}f^{(k)}-b$只有一个零点, 那么

$ f^{-n}(z)f^{(k)}(z)=b+\frac {C(z-z_{0})^{l}}{(z-\beta_{1})^{(n-1)n_{1}+k}(z-\beta_{2})^{(n-1)n_{2}+k}\ldots (z-\beta_{t})^{(n-1)n_{t}+k}}=\frac{P(z)}{Q(z)}, $

(2.4)

这里$l$是一个正整数, $C$是一个非零常数, 因为$b\neq 0$, 所以$z_{0}\neq \alpha_{i}(1\leq i\leq s)$.

对(2.3) 式求导有

$ [f^{-n}(z)f^{(k)}(z)]'=\frac{g_{1}(z)(z-\alpha_{1})^{(n-1)m_{1}-k-1}(z-\alpha_{2})^{(n-1)m_{2}-k-1}\ldots (z-\alpha_{s})^{(n-1)m_{s}-k-1}}{(z-\beta_{1})^{(n-1)n_{1}+k+1}(z-\beta_{2})^{(n-1)n_{2}+k+1}\ldots (z-\beta_{t})^{(n-1)n_{t}+k+1}}, $

(2.5)

这里$g_{1}(z)$是一个多项式, 且在$\alpha_{i}(1\leq i\leq s)$和$\beta_{j}(1\leq j\leq t)$处不为零.和前面一样可以得到${\hbox{deg}}(g_{1})\leq (k+1)(s+t-1)$.

从另一个方面, 由(2.4) 式求导得

$ [f^{-n}(z)f^{(k)}(z)]'=\frac{(z-z_{0})^{l-1}g_{2}(z)}{(z-\beta_{1})^{(n-1)n_{1}+k+1}(z-\beta_{2})^{(n-1)n_{2}+k+1}\ldots (z-\beta_{t})^{(n-1)n_{t}+k+1}}, $

(2.6)

这里$g_{2}(z)=C[l-(n-1)N-kt]z^{t}+C_{t-1}z^{t-1}+\ldots +C_{0}$, $C_{0}, \ldots, C_{t-1}$是常数.

下面分两种情况讨论：

(a) $l\neq (n-1)N+kt$;

由(2.4) 式有${\hbox{deg}}(Q(z))\leq(P(z))$, 所以由(2.3) 式得到

$ (n-1)N+kt\leq (n-1)M-ks+{\hbox{deg}}(g)\leq(n-1)M-ks+k(s+t-1). $

也就是$(n-1)(M-N)\geq k$, 所以$M>N$.

注意到$z_{0}\neq \alpha_{i}(1\leq i\leq s)$, 由(2.5) 和(2.6) 式有$(n-1)N-(k+1)s\leq {\hbox{deg}}(g_{2})\leq t$, 又因为$M>ks$, $N>t$, 所以

$ (n-1)M\leq(k+1)s+t\leq(k+1)\frac{M}{k}+N\leq\frac{2k+1}{k}M, $

这与$n\geq 4$矛盾.

(b) $l=(n-1)N+kt$.当$M>N$时由(2.5) 和(2.6) 式有

$ (n-1)N-(k+1)s\leq {\hbox{deg}}(g_{2})\leq t-1, $

同样因为$M>ks$, $N>t$, 所以

$ (n-1)M\leq(k+1)s+t-1\leq(k+1)\frac{M}{k}+N-1\leq\frac{2k+1}{k}M, $

这与$n\geq 4$矛盾.

当$M\geq N$时由(2.5) 和(2.6) 式知$l-1\leq {\hbox{deg}}(g_{1})\leq (k+1)(s+t-1)$, 即

$ (n-1)N+kt\leq (k+1)(s+t-1), $

所以

$ (n-1)N\leq (k+1)s+t-k\leq(k+1)\frac{M}{k}+N-k\leq sN-k, $

这与$n\geq 4$矛盾, 所以引理2.4得证.

定理 1.1的证明  反设$\mathscr{F}$在区域$D$内不正规, 那么区域$D$内至少存在一点$z_{0}$使得$\mathscr{F}$在$z_{0}$处不正规, 不失一般地, 设$z_{0}=0$, 由Zalcman引理, 存在点列$z_{j}\rightarrow0$, 正数列$\rho_{j}\rightarrow0$, 和函数列$f_{j}\in\mathscr{F}$满足$g_{j}(\xi)$按球面度量局部一致收敛到$g(\xi)$, 即

$ \begin{equation}g_{j}(\xi)=\rho_{j}^{\frac{k}{n-1}}f_{j}(z_{j}+\rho_{j}\xi)\rightrightarrows g(\xi), \end{equation} $

(3.1)

其中$g$是一个极点重数至少为$k$的非常数亚纯函数, 且$g$的级至多为2, “$\rightrightarrows$”表示局部一致收敛, 下同.

由(3.1) 式及$n\geq k+3$, $\max\{w(M_{i})-\frac{2}{n-1}{\hbox{deg}}(M_{i})<k\}$, 对任意的$1\leq m\leq k$, 有

$ \begin{eqnarray}&& g_{j}^{(m)}(\xi)=\rho_{j}^{\frac{k}{n-1}+m}f_{j}^{(m)}(z_{j}+\rho_{j}\xi)\rightrightarrows g^{(m)}(\xi), \nonumber\\ && P(f_{j}(z_{j}+\rho_{j}\xi))f_{j}^{-n}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-a =\rho_{j}^{\frac{nk}{n-1}}[\rho_{j}^{-k-\frac{k}{n-1}}g_{j}^{(k)}(\xi) \nonumber\\ && +\sum \limits_{i}^{}a_{i}(z_{j}+\rho_{j}\xi)\rho_{j}^{{\hbox{deg}}(M_{i})-w(M_{i})-\frac{k{\hbox{deg}}(M_{i})}{n-1}}M_{i}(g_{j}, g'_{j}, \ldots, g_{j}^{(k)})]g_{j}^{-n}(\xi)-a\nonumber\\ &=&g_{j}^{(k)}(\xi)g_{j}^{-n}(\xi)+\sum \limits_{i}^{}a_{i}(z_{j}+\rho_{j}\xi)\rho_{j}^{{\hbox{deg}}(M_{i})(1-\frac{k}{n-1})-w(M_{i})+\frac{nk}{n-1}}M_{i}(g_{j}, g'_{j}, \ldots, g_{j}^{(k)})g_{j}^{-n}(\xi)-a\nonumber\\ & \rightrightarrows &g^{(k)}(\xi)g^{-n}(\xi)-a. \end{eqnarray} $

(3.2)

如果$g^{(k)}(\xi)g^{-n}(\xi)\equiv a$, 那么$g$没有极点, 当然$g$也没有零点, 注意到$g$的级至多为2, 我们推断$g(\xi)=e^{c_{0}+c_{1}\xi+c_{2}\xi^{2}}$, 其中$c_{0}, c_{1}, c_{2}$为常数, 且$c_{1}, c_{2}$不同时为零.显然这与$g_{j}^{(k)}(\xi)g_{j}^{-n}(\xi)\equiv a$矛盾.又由引理2.3和引理2.4知$g^{(k)}(\xi)g^{-n}(\xi)-a$一定有零点.

下面证明$g^{(k)}(\xi)g^{-n}(\xi)-a$只可能有一个零点.设$\xi_{0}$和$\xi_{0}^{*}$是$g^{(k)}(\xi)g^{-n}(\xi)-a$的两个不同的零点, 选取适当的$\delta>0$使得$D_{1}\cap D_{2}={∅}$, 这里

$ D_{1}=\{\xi\in C:\mid\xi-\xi_{0}\mid<\delta\}, D_{2}=\{\xi\in C:\mid\xi-\xi_{0}^{*}\mid<\delta\}. $

由(3.2) 式及Hurwitz定理知, 存在点列$\xi_{j}\in D_{1}$, $\xi_{j}^{*}\in D_{2}$, 当$j$足够大时有

$ \begin{eqnarray*}&& P(f_{j}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}))f_{j}^{-n}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j})=a, \\ && P(f_{j}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}^{*}))f_{j}^{-n}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}^{*})=a.\end{eqnarray*} $

由定理的已知条件知道$\mathscr{F}$中的任何函数$f$与$g$满足$G(f)$与$G(g)$在内$D$分担$a$, 所以对任意的正整数$m$有

$ \begin{eqnarray*}&& P(f_{m}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}))f_{m}^{-n}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j})=a, \\ && P(f_{m}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}^{*}))f_{m}^{-n}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}^{*})=a.\end{eqnarray*} $

固定$m$, 令$j\rightarrow\infty$, 那么$z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}\rightarrow 0$, $z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}^{*}\rightarrow 0$, 所以$P(f_{m}(0))f_{m}^{-n}(0)=a$.

因为$P(f(\xi))f^{-n}(\xi)-a$的零点不可能有聚点, 所以当$j$充分大时$z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}=0$, $z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}^{*}=0$, 即$\xi_{j}=\frac{z_{j}}{\rho_{j}}$, $\xi_{j}^{*}=\frac{z_{j}}{\rho_{j}}$.这与$\xi_{j}\in D_{1}$, $\xi_{j}^{*}\in D_{2}$和$D_{1}\cap D_{2}={∅}$矛盾, 所以$g^{(k)}(\xi)g^{-n}(\xi)-a$只能有一个零点, 这与引理2.3和引理2.4矛盾, 所以$\mathscr{F}$在$D$内正规.

定理1.2的证明  由定理1.1的证明过程我们知道$g(\xi)$的所有极点重级至少为$k$, 又$n\geq k+3\geq 4$, 所以由引理2.3和引理2.4知道$g^{(k)}(\xi)g^{-n}(\xi)-a$至少有一个零点$\xi_{0}$.

由(3.2) 式和Hurwitz定理, 存在点列$\xi_{j}\rightarrow \xi_{0}(j\rightarrow\infty)$, 所以当$j$足够大时有

$ \mid g_{j}^{(k)}(\xi_{j})\mid=\rho_{j}^{k+\frac{k}{n-1}}\mid f_{j}^{(k)}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j})\mid\leq A\rho_{j}^{k+\frac{k}{n-1}}, $

于是得到$g_{j}^{(k)}(\xi_{0})=\lim\limits_{j\rightarrow\infty}g_{j}^{(k)}(\xi_{j})=0$, 这与$g^{(k)}(\xi_{0})g^{-n}(\xi_{0})=a\neq 0$矛盾, 所以$\mathscr{F}$在$D$内正规.