设区域$D$为复平面$C$上的一个区域, $\mathcal{F}$是区域$D$内的亚纯函数族.若对于$\mathcal{F}$中任一函数序列均可选出一个子序列在区域$D$上按球距内闭一致收敛, 则称$\mathcal{F}$在区域$D$内正规.设$f(z)$和$g(z)$是区域$D$内的两个亚纯函数, $a$和$b$是两个复数, 若当$f(z)=a$, 有$g(z)=b$, 记$f(z)=a\Rightarrow g(z)=b$.若$f(z)=a\Rightarrow g(z)=b$和$g(z)=b\Rightarrow f(z)=a$, 记$f(z)=a\Leftrightarrow g(z)=b$.若$f(z)=a\Leftrightarrow g(z)=a$.则称$f(z)$和$g(z)$是区域$D$上IM分担$a$.

1979年, 顾永兴证明了Hayman关于正规族的猜想, 得到如下著名的正规定则.

定理A^[1]  设$\mathcal{F}$是区域$D$内的亚纯函数族, $k$是一个正整数.若对于$\mathcal{F}$中的每一个函数$f$, 有$f(z)\neq 0$, $f^{(k)}(z)\neq 1$.则$\mathcal{F}$在区域$D$内正规.

1986年, 杨乐改进了定理A的结果, 得到

定理B^[2]  设$\mathcal{F}$是区域$D$内的亚纯函数族, $k$是一个正整数, $h(z)(\not\equiv0)$是区域$D$内的全纯函数.若对于任意的$f\in\mathcal{F}$, $f(z)\neq 0$, $f^{(k)}(z)\neq h(z)$, 则$\mathcal{F}$在区域$D$内正规.

2002年, 庞学诚和Zalcman考虑涉及零点重级的亚纯函数的情况, 证明了

定理C^[3]  设$k$是一个正整数, $h(z)(\not\equiv0)$是区域$D$内的全纯函数, $\mathcal{F}$是区域$D$内的亚纯函数族, 其零点重级均至少为$k+3$.若对于任意的$f\in\mathcal{F}$, $f^{(k)}(z)\neq h(z)$, 则$\mathcal{F}$在区域$D$内正规.

推广定理C, 得到如下结果

定理1  设$k$是一个正整数, $M$是正数, $h(z)(\not\equiv0)$是区域$D$内的全纯函数, $\mathcal{F}$是区域$D$内的亚纯函数族, 其零点重级均至少为$k+3$.若对于任意$f\in\mathcal{F}$, $f^{(k)}(z)\doteq h(z)\Rightarrow |f(z)|\geq M$, 则$\mathcal{F}$在区域$D$内正规.

例1  设$D={z:|z|\leq1}$, $h(z)=z$, $\mathcal{F}=\{f_{n}(z)\}$, 其中$f_{n}(z)=\frac{z^{4}}{2(z^{2}-\frac{1}{n})}.$当

$ \;\;\;f'_{n}(z)-h(z)=-\frac{z}{n^{2}(z^{2}-\frac{1}{n})^{2}}=0 $

时, $|f_{n}(z)|=0$.然而$\mathcal{F}$在区域$D$内不正规, 这是因为当$n\rightarrow\infty$时, $f_{n}(\frac{1}{\sqrt{n}})\rightarrow\infty$, $f_{n}(0)=0$.

例1说明$f^{(k)}(z)\doteq h(z)\Rightarrow |f(z)|\geq M$是个必要条件.

在文献[3]中的例1说明零点重级均至少为$k+3$也是必要的.

定理2  设$k$是一个正整数, $h(z)(\not\equiv0, \infty)$是区域$D$内的亚纯函数, 其极点的重级均之多为$k-1$, $\mathcal{F}$是区域$D$内的亚纯函数族, 其零点重级均至少为$k+3$.若对于任意的$f\in\mathcal{F}$, $f^{(k)}(z)\doteq h(z)\Rightarrow |f(z)|\geq M$, 则$\mathcal{F}$在区域$D$内正规.

为了证明定理, 需要下面的引理

引理2.1^[4]  设$k$是一个正整数, $\mathcal{F}$是单位圆盘上的亚纯函数族, 其零点重级至少为$k$, 且存在$A\geq1$, 使得对于任意$f$, 在$f$零点处, 都有$|f^{(k)}(z)|\leq A$.假设$\mathcal{F}$在$z_{0}$处不正规, 则对$0\leq\alpha\leq k$任意, 必存在

 a. 点列$z_{n}$, $z_{n}\rightarrow z_{0}$;

 b. 函数列$f_{n}\in\mathcal{F}$;

 c. 正数列$\rho_{n}\rightarrow0^+$,

使得$g_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)}{\rho^{\alpha}_{n}}$在复平面$C$按球面距离内闭一致收敛非常数亚纯函数$g(\zeta)$, 其零点重级至少是$k$, 级至多为2.

引理2.2^[5]  设$k$是一个正整数, $f(z)$是超越亚纯函数, $R(z)(\not\equiv0)$是有理函数.若除有限个点外, $f(z)$的零点重级至少为$k+2$, 那么$f^{(k)}(z)-R(z)$有无穷多个零点.

引理2.3^[6]  设$k$是一个正整数, $f(z)$是有穷级亚纯函数, 其零点重级均至少为$k+2$.若$f^{(k)}(z)\neq1$, 则$f(z)$是常数.

引理2.4^[3]  设$f(z)$是非常数有理函数, $k$, $m$是正整数.若$f(z)$的零点重级均至少为$k+3$, 则对于任意正整数$m$, 在复平面上$f^{(k)}(z)=z^{m}$有解.

引理2.5^[7]  设$\mathcal{F}$是单位圆盘上的亚纯函数族, $a$是一个有穷复数或$\infty$, 且每个任意$f\in\mathcal{F}$, $f\neq a$.若$\mathcal{F}$在$\triangle'$内正规, 在$z=0$处不正规, 则存在$\mathcal{F}$的子列${f_{n}}$, 使得$f_{n}\rightarrow a$在$\triangle'$内.

引理2.6^[8]  设$k$, $m$是一个正整数, $f(z)$是有理函数, 其零点的重级均至少为$k$.如果$f^{(k)}(z)\neq z^{-m}$, 那么$f(z)$是常数.

引理2.7  设$\{f_{n}(z)\}$是区域$D$内的亚纯函数列, 其零点重级均至少为$k+3$, $\{h_{n}(z)\}$是区域$D$内的全纯函数列, 并且一致收敛于全纯函数$h(z)(\neq0)$.若对于任意正整数$n$, $f^{(k)}_{n}(z)=h_{n}(z)\Rightarrow|h_{n}(z)|\geq M$, 则$\{f_{n}(z)\}$在区域$D$内正规.

证  设$z_{0}$为$D$内任意一点, 下证$\{f_{n}(z)\}$在$z_{0}$处正规.由于$h(z)\neq0$, 不妨设$h(z_{0})=1$.假设$\{f_{n}(z)\}$在$z_{0}$处不正规, 由引理2.1, 存在点列$z_{n}$, $z_{n}\rightarrow z_{0}$, $\{f_{n}(z)\}$的子列（仍记为$\{f_{n}(z)\}$), 正数列$\rho_{n}\rightarrow0$, 使得$g_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)}{\rho^{k}_{n}}$在复平面$C$上按球距内闭一致收敛于非常数亚纯函数$g(\zeta)$, 其零点重级至少为$k+3$, 级至多为2.

断言:$g^{(k)}(\zeta)\neq1$.

若不然, 存在$\zeta_{0}$, 使得$g^{(k)}(\zeta_{0})=1$.显然$g^{(k)}\not\equiv1$.否则, $g(\zeta)$是次数为$k$的多项式, 这与$g(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$矛盾.又因为$f^{(k)}_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)-h_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)=g^{(k)}_{n}(\zeta)-h_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)\rightarrow g^{(k)}(\zeta)-1$, 由Hurwitz定理, 存在$\zeta_{n}$, $\zeta_{n}\rightarrow\zeta_{0}$, 使得当$n$充分大时, $f^{(k)}_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})=h_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})$, 根据条件可得$|f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})|\geq M$, 则

$ \;\;\;|g_{n}(\zeta_{n})|=|\frac{f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})}{\rho^{k}_{n}}|\geq\frac{M}{\rho^{k}_{n}}, $

所以$g_{n}(\zeta_{0})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)}{\rho^{k}_{n}}=\infty$, 这与$g^{(k)}(\zeta_{0})=1$矛盾.

由于$g(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$, 由引理2.3, $g(\zeta)$是常数, 矛盾.

定理1的证明  不妨设$D$为$\triangle$, $z_{0}$为$\triangle$内任意一点.下证$\mathcal{F}$在$z_{0}$处正规.下面分两种情况讨论.

情形1  $h(z_{0})\neq0$, 则存在$\delta>0$, 使得在$\triangle(z_{0}, \delta)$内, $h(z)\neq0$.由引理2.7, $\mathcal{F}$在$z_{0}$处正规.

情形2  $h(z_{0})=0$.不失一般性, 令$z_{0}=0$, $h(z)=z^{m}\phi(z)$, 其中在$\triangle$内$\phi(0)=1, \phi(z)\neq0$.由情形1, $\mathcal{F}$在$\triangle'=\triangle\backslash\{0\}$内正规, 下证$\mathcal{F}$在$z_{0}=0$处正规.

令$\mathcal{F_{1}}:\{F(z)=\frac{f(z)}{z^{m}}, f\in\mathcal{F}\}$.显然$f(0)\neq0$.否则, $f(0)=0$.由于$f$零点重级均至少为$k+3$, 则$f^{(k)}(0)=0$, 即$f^{(k)}(0)=h(0)$, 根据条件$0=|f(0)|\geq M$, 矛盾.由于$f(0)\neq0$, 则$F(0)=\infty$.下证$\mathcal{F_{1}}$在$z_{0}=0$处正规.

假设$\mathcal{F_{1}}$在$z_{0}=0$处不正规, 由引理2.1, 存在点列$z_{n}$, $z_{n}\rightarrow0$, 函数列$F_{n}\in\mathcal{F_{1}}$, 正数列$\rho_{n}\rightarrow0^+$, 使得

$ \;\;\;g_{n}(\zeta)=\frac{F_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)}{\rho^{k}_{n}} $

在复平面$C$上按球距内闭一致收敛于非常数亚纯函数$g(\zeta)$, 其零点重级至少为$k+3$, 级至多为2.

情形2.1  $\frac{z_{n}}{\rho_{n}}\rightarrow\infty$.因为

$ \;\;\;\begin{aligned} \ f^{(k)}_{n}(z) &=F^{(k)}_{n}(z)z^{m}+\sum^{k}_{i}m(m-1)\cdots(m-i+1)C^{i}_{k}z^{m-i}F^{(k-i)}_{n}(z), \\ \end{aligned} $

又因为$\rho^{i}_{n}g^{(k-i)}_{n}(\zeta)=F^{(k-i)}_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta),$其中$i=0,1,\cdots,k$.所以

$ \;\;\;\begin{aligned} \frac{f^{(k)}_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)}{(z_{n}+\rho_{n}\zeta)^{m}} &=g^{(k)}_{n}(\zeta)+\sum m(m-1)\cdots(m--i+1)C^{i}_{k}(\frac{\rho_{n}}{z_{n}+\rho_{n}\zeta})^{i}g^{(k-i)}_{n}(\zeta) \\ \end{aligned} $

以及$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\rho_{n}}{(z_{n}+\rho_{n}\zeta)}=0$, 因此

$ \;\;\;\frac{f^{(k)}_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)}{(z_{n}+\rho_{n}\zeta)^{m}}-\frac{h(z_{n}+\rho_{n}\zeta)}{(z_{n}+\rho_{n}\zeta)^{m}}\rightarrow g^{(k)}-1. $

断言:$g^{(k)}(\zeta)\neq1$.

若不然, 存在$\zeta_{0}$, 使得$g^{(k)}(\zeta_{0})=1$.显然, $g^{(k)}(\zeta)\neq1$.否则, $g(\zeta)$是次数为$k$的多项式, 这与$g(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$矛盾.由Hurwitz定理, 存在$\zeta_{n}$, $\zeta_{n}\rightarrow\zeta_{0}$, 使得当$n$充分大时, $f^{(k)}_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})=h(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})$.根据条件可得$|f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)|\geq M$, 则

$ \;\;\;|g_{n}(\zeta)|=|\frac{F_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})}{\rho^{k}_{n}}|=|\frac{f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})}{(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})^{m}\rho^{k}_{n}}|\geq\frac{M}{(z_{n}+\rho_{n}\zeta_{n})^{m}\rho^{k}_{n}}, $

所以$g(\zeta_{0})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} g_{n}(\zeta_{n})=\infty$, 这与$g^{(k)}(\zeta_{0})=1$矛盾.

由于$g(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$, 由引理2.3, $g(\zeta)$是常数, 矛盾.

情形2.2  $\frac{z_{n}}{\rho_{n}}\rightarrow\alpha$.其中$\alpha$是有穷复数.因为

$ \;\;\;\frac{F_{n}(\rho_{n}\zeta)}{\rho^{k}_{n}}=\frac{F_{n}(\zeta_{n}+\rho_{n}(\zeta-\frac{z_{n}}{\rho_{n}}))}{\rho^{k}_{n}}==g(\zeta-\alpha), $

所以$g(\zeta-\alpha)$的零点重级至少为$k+3$, 并且0是$g(\zeta-\alpha)$的重级至少为$m$的极点.

记$G_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(\rho_{n}\zeta)}{\rho^{k+m}_{n}}$, 则

$ \;\;\;G_{n}=\frac{F_{n}(\rho_{n}\zeta)}{\rho^{k}_{n}}\frac{(\rho_{n}\zeta)^{m}}{\rho^{m}_{n}}\rightarrow G(\zeta)\triangleq g(\zeta-\alpha\zeta^{m}), $

其中$G(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$.由于0是$g(\zeta-\alpha)$的重级至少为$m$的极点, 所以$G(0)\neq0$.

断言:$G^{(k)}(\zeta)\neq\zeta^{m}$.

若不然, 存在$\zeta_{0}$, 使得$G^{(k)}(\zeta_{0})=\zeta^{m}_{0}$.断言$G^{(k)}(\zeta)\neq\zeta^{m}$.否则, $G^{(k)}(\zeta)\equiv\zeta^{m}$.设$\zeta_{0}$为$G(\zeta)$的零点, 由于$G(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$, 从而$G^{(k)}(\zeta_{0})\equiv\zeta^{m}_{0}$, 那么$\zeta_{0}=0, G(0)$, 矛盾.又因为$\frac{f^{(k)}_{n}(\rho_{n}\zeta)}{\rho_{n}^{m}}-\frac{\rho_{n}\zeta)}{\rho_{n}^{m}}\rightarrow G^{(k)}-\zeta^{m}$.由Hurwitz定理, 存在$\zeta_{n}, \zeta_{n}\rightarrow\zeta_{0}$, 使得当$n$充分大时, $f^{(k)}_{n}(\rho_{n}\zeta_{n})-h(\rho_{n}\zeta_{n})$.根据条件可得$|f_{n}(\rho_{n}\zeta)|\geq M$, 则

$ \;\;\;|G_{n}(\zeta_{n})|=|\frac{f_{n}(\rho_{n}\zeta_{n})}{\rho^{m+k}_{n}}|\geq\frac{M}{\rho^{m+k}_{n}}, $

所以$G(\zeta_{0})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} G_{n}(\zeta_{n})=\infty$, 这与$G^{(k)}(\zeta_{0})=\zeta^{m}_{0}$矛盾.

由于$G(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$, 由引理2.2, $G(\zeta)$是有理函数.若$G(\zeta)$是非常数有理函数, 由引理2.4, $G^{(k)}(\zeta)=\zeta^{m}$有解, 这与断言矛盾.所以$G(\zeta)$是常数.设$G(\zeta)=c(\neq0)$, 所以$G_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(\rho_{n}\zeta)}{\rho^{k+m}_{n}}\rightarrow c$, 从而可得

$ \;\;\;\frac{f_{n}(\rho_{n}\zeta)}{\rho^{m}_{n}}-\frac{h_{n}(\rho_{n}\zeta)}{\rho^{m}_{n}}=G^{(k)}_{n}(\zeta)-\zeta^{m}\phi(\rho_{n}\zeta)\rightarrow -\zeta^{m}. $

首先假设${f_{n}(z)}$在$\triangle_{\delta}\in\triangle$内上全纯函数.因为$f_{n}(z)$在$\triangle_{\delta}'$内正规, 但是在0处不正规, 由最大模型原理$f_{n}(z)\rightarrow\infty$于$\triangle_{\delta}'$内.

另一方面, $f_{n}(z)\neq0, $所以$\{\frac{1}{f_{n}(z)}\}$为$\triangle_{\delta}$内一全纯函数列且在$\triangle_{\delta}'$内正规, 然而$\{\frac{1}{f_{n}(z)}\}$在0处不正规, 根据最大模型原理, $\frac{1}{f_{n}(z)}\rightarrow\infty$于$\triangle_{\delta}'$内, 矛盾.所以存在$z^{*}_{n}\rightarrow0$, 使得$f_{n}(z^{*}_{n})=0$.又因为$G_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(\rho_{n}\zeta)}{\rho^{k+m}_{n}}\rightarrow c$, 其中$c\neq0$, 然而$G_{n}(\frac{z^{*}_{n}}{\rho_{n}})=\frac{f_{n}(z^{*}_{n})}{\rho^{k+m}_{n}}=0$, 从而可得$\frac{z^{*}_{n}}{\rho_{n}}\rightarrow\infty$.

令

$ \;\;\;L_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(z^{*}_{n}\zeta)}{(z^{*}_{n})^{k+m}_{n}}, K_{n}(\zeta)=\frac{H(z^{*}_{n}\zeta)}{(z^{*}_{n})^{m}_{n}}. $

于是${L_{n}(\zeta)}$为复平面上的全纯函数列, 其零点的重级至少为$k+3$.${K_{n}(\zeta)}$为全纯函数列且一致收敛于$\zeta^{m}$.根据条件可得$L^{(k)}_{n}(\zeta)=K_{n}(\zeta)\Rightarrow|L_{n}(\zeta)|\geq M$, 由引理2.7, ${L_{n}(\zeta)}$在$C\backslash\{0\}$内正规.若${L_{n}(\zeta)}$在0处不正规, 由引理2.5, $L_{n}(\zeta)\rightarrow\infty$在$C\backslash\{0\}$内.

由于$L_{n}(1)=\frac{f_{n}(z^{*}_{n})}{(z^{*}_{n})^{k+m}_{n}}=0$, 从而可得$L_{n}(1)=0$, 矛盾.故${L_{n}(\zeta)}$在$C$内正规, 设$L_{n}(\zeta)\rightarrow L(\zeta)$, 其中$L(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$.显然, $L^{(k)}(\zeta)-\zeta^{m}$有零点.否则, $L^{(k)}(\zeta)\neq\zeta^{m}$, 从而$L^{(k)}(0)\neq0^{m}$.经计算可得$L_{n}(0)=G_{n}(0)(\frac{\rho_{n}}{z^{*}_{n}})\rightarrow0$, 而且$L(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$则$L^{(k)}(0)=0^{m}$, 矛盾.显然$L^{(k)}(\zeta)\equiv\zeta^{m}$.否则, $L^{(k)}(1)\equiv1^{m}$.又由于$L(1)=0$, 并且$L(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$, 则$L^{(k)}(1)=0$, 矛盾.于是设$\zeta_{0}$是$L^{(k)}(\zeta)-\zeta^{m}$的零点, 又因为

$ \;\;\;\frac{f^{(k)}_{n}(z^{*}_{n}\zeta)}{(z^{*}_{n})^{m}}-\frac{h(z^{*}_{n}\zeta)}{(z^{*}_{n})^{m}}\rightarrow L^{(k)}(\zeta)-\zeta^{m}. $

由Hurwitz定理, 存在$\zeta_{n}, \zeta_{n}\rightarrow\zeta_{0}$, 使得当$n$分大时, $f^{(k)}_{n}(z^{*}_{n}\zeta_{n})-h(z^{*}_{n}\zeta_{n})$, 根据条件可得$|f_{n}(z^{*}_{n}\zeta_{n})|\geq M$, 则

$ \;\;\;|L_{n}(\zeta_{n})|=|\frac{f_{n}(z^{*}_{n}\zeta_{n})}{(z^{*}_{n})^{m+k}_{n}}|\geq\frac{M}{(z^{*}_{n})^{m+k}_{n}}, $

所以$L(\zeta_{0})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}L_{n}(\zeta_{n})=\infty$, 这与$L^{(k)}(\zeta_{0})=\zeta^{m}_{0}$矛盾.因此存在$\omega_{n}$, 使得$f_{n}(\omega_{n})=\infty$, 其中$\omega_{n}$是$f_{n}$模最小的极点.经计算可得$G_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(\rho_{n}\zeta)}{\rho^{k+m}_{n}}\rightarrow c$, 其中$c$是非零常数.然而$G_{n}(\frac{\omega_{n}}{\rho_{n}})=\infty$, 所以$\frac{\omega_{n}}{\rho_{n}}\rightarrow\infty$.

令

$ \;\;\;T_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(\omega_{n}\zeta)}{(\omega_{n})^{k+m}_{n}}, S_{n}(\zeta)=\frac{h(\omega_{n}\zeta)}{(\omega_{n})^{m}_{n}}. $

于是${T_{n}(\zeta)}$为复平面上的亚纯函数列, 其零点的重级至少为$k+3$, ${S_{n}(\zeta)}$为全纯函数列且一致收敛于$\zeta^{m}$.根据条件可得$T^{(k)}_{n}(\zeta)=S_{n}(\zeta)\Rightarrow|T_{n}(\zeta)|\geq M$, 由引理2.7, ${T_{n}(\zeta)}$在$C\backslash\{0\}$内正规.显然

$ \;\;\;T_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(\omega_{n}\zeta)}{(\omega_{n})^{k+m}_{n}}\neq\infty $

在$\triangle$内.否则, 存在$\eta_{n}$, 使得$T_{n}(\eta_{n})=\infty$, 则$f_{n}(\omega_{n}\eta_{n})=\infty$.显然$|\omega_{n}\eta_{n}|=|\omega_{n}||\eta_{n}|<|\omega_{n}|$, 这与$\omega_{n}$是$f_{n}$模最小的极点矛盾.再根据最大模原理以及Montel定则, 故${T_{n}(\zeta)}$在$C$内正规.

设$T_{n}(\zeta)\rightarrow T(\zeta)$, 其中$T(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$.显然, $T^{(k)}(\zeta)-\zeta^{m}$有零点.否则, $T^{(k)}(\zeta)\neq\zeta^{m}$, 从而$T^{(k)}(0)\neq0^{m}$.又因为$T_{n}(0)=G_{n}(0)(\frac{\rho_{n}}{\omega_{n}})\rightarrow0$, 而且$T(\zeta)$的零点重级至少为$k+3$, 则$T^{(k)}(0)=0$, 矛盾.显然, $T^{(k)}(\zeta)\equiv\zeta^{m}$.否则, $T^{(k)}(1)\equiv1^{m}$.又由于

$ \;\;\;T_{n}(1)=\frac{f_{n}(\omega_{n}\zeta)}{(\omega_{n})^{k+m}_{n}}=\infty, $

矛盾.于是设$\zeta_{0}$是$T^{(k)}(\zeta)-\zeta^{m}$的零点, 又因为

$ \;\;\;\frac{f^{(k)}_{n}(\omega_{n}\zeta)}{(\omega_{n})^{m}}-\frac{h(\omega_{n}\zeta)}{(\omega_{n})^{m}}\rightarrow T^{(k)}(\zeta)-\zeta^{m}. $

由Hurwitz定理, 存在$\zeta_{n}, \zeta_{n}\rightarrow\zeta_{0}$, 使得当$n$分大时, $f^{(k)}_{n}(\omega_{n}\zeta_{n})-h(\omega_{n}\zeta_{n})$, 根据条件可得$|f_{n}(\omega_{n}\zeta_{n})|\geq M$, 则

$ \;\;\;|T_{n}(\zeta_{n})|=|\frac{f_{n}(\omega_{n}\zeta_{n})}{(\omega_{n})^{m+k}_{n}}|\geq\frac{M}{(\omega_{n})^{m+k}_{n}}, $

所以$T(\zeta_{0})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty} L_{n}(\zeta_{n})=\infty$, 这与$T^{(k)}(\zeta_{0})=\zeta^{m}_{0}$矛盾.所以$\mathcal{F_{1}}$在$z_{0}$处正规.下证$\mathcal{F}$在$z_{0}$处正规.

由于$\mathcal{F_{1}}$在$z_{0}$处正规, 由条件知对于任意$F_{n}\in\mathcal{F_{1}}$, 有$F_{n}(0)=\infty$, 存在$\delta>0$, 使得$|F(z)|\geq1$在$\triangle_{\delta}$内, 所以当$n$充分大时, $|F_{n}(z)|\geq\frac{1}2{}$.故在$\triangle_{\delta_{1}}$内$f_{n}(z)\neq0$, 则$\{\frac{1}{f_{n}(z)}\}$在$\triangle_{\delta_{1}}$内是全纯函数列, 因此

$ \;\;\;|\frac{1}{f_{n}(z)}|=|\frac{1}{z^{m}F_{n}(z)}|\leq\frac{2^{m+1}}{\delta^{m}_{1}}, |z|=\frac{\delta_{1}}{2}, $

再由最大模原理以及Montel定则知$\mathcal{F}$在$z_{0}$处正规.故$\mathcal{F}$在区域$D$内正规.

定理2的证明利用引理2.2和2.6, 类似于定理1方法可证得.