本文所用的Nevanlinna理论的基本概念与记号同文献[1, 2].例如:特征函数$ T(r, f) $, $ a $-值点的密指量函数$ N(r, a) = N(r, \frac{1}{f-a}) $, 接近函数$ m(r, f) $, $ S(r, f) = o(T(r, f) $和正规族定义等.设$ f(z) $, $ g(z) $为区域$ D $上的两个亚纯函数, 记$ f(z) = a(z)\Leftrightarrow g(z) = b(z) $:若$ f(z)-a(z) $与$ g(z)-b(z) $的零点相同.

1959年, Hayman^[3]证明了一些重要的Picard型定理, 并于1967年提出了相应的正规族猜想^[4].围绕Hayman问题的亚纯函数正规定则的研究由此展开并取得很大的发展.特别地, 1978年顾永兴^[5]证明了如下Hayman猜想.

定理A   设$ \mathcal{F} $为区域$ D $上的亚纯函数族, $ k\in N^{+} $.若$ \forall f\in\mathcal{F} $, $ f(z)\neq0 $, $ f^{(k)} (z)\neq1 $, 则$ \mathcal{F} $在区域$ D $上正规.

2000年, Pang和Zalcman^[6]在分担值的情形下, 推广了定理A, 证明了

定理B   设$ \mathcal{F} $为区域D上的亚纯函数族, $ k\in N^{+}, b\in \mathbb{C}, b\neq0, h $为有穷正数.如果对于任意$ f\in \mathcal{F} $, $ f $的零点重级$ \geq k $, 且满足

(1) $ \overline{E}_{f} (0) = \overline{E}_{f^{(k)} }(b) $;

(2) 对任意$ f $的零点, $ 0<|f^{(k+1)} (z)|<h $, \\那么$ \mathcal{F} $在区域D上正规.这里$ \overline{E}_{f} (a) = \{z\in D:f(z) = a\} $.

文中也给出反例: $ f_{n}(z) = \frac{1}{n^{2}} (e^{nz}+e^{-nz}-2) $, 其中$ f_{n} (z) $的零点重级为2, 且$ \overline{E}_{f} (0) = \overline{E}_{f^{''}} (2)\subset \overline{E}_{f^{'''}} (0) $, 但$ \{f_{n} (z)\} $在单位圆上不正规.这个例子说明$ k = 2 $时, 定理B中的条件(2)不能省略.

例1   设$ \mathcal{F} = \{f_{n} (z) = z^{2} (nz-\frac{1}{\sqrt{2}})^{2}\} $, 则$ f_{n} (z) = 0\Leftrightarrow f_{n}^{''} (z) = 1\Rightarrow f_{n}^{'''} (z)\neq0 $, 但$ \mathcal{F} $在单位圆上不正规.

例1说明当$ k = 2 $时, 即使在$ f(z) $的零点处$ |f_{n}^{'''} (z)|>0 $, 定理B的结论仍不能成立.

本文在$ k\geq3 $且分担函数的条件下证明了

定理1   设$ \mathcal{F} $是区域D内的全纯函数族, $ k\geq3 $为正整数, $ a(z) $为$ D $内零点与极点均为重级, 且重级均$ <k $的亚纯函数(极点重级可以等于$ k $).若$ \forall f\in \mathcal{F}, f $的零点重级均$ \geq k $, 其判别零点个数至多为$ t $, 且满足

(1) $ f(z) = 0\Leftrightarrow f^{(k) } (z) = a(z)\Rightarrow |f^{(k+1) } (z)-a^{'} (z)|>0 $;

(2) $ f(z) $与$ a(z) $不同时为零; 那么$ \mathcal{F} $在区域D上正规.

例2   设$ \mathcal{F} = \{f_{n} (z) = \frac{nz^{k+1}}{(k+1)!}\}, a(z) = z $, 则$ f_{n} (z) = 0\Leftrightarrow f_{n}^{(k) } (z) = a(z)\Rightarrow|f_{n}^{(k+1) } (z)-a^{'} (z)|>0 $, 但$ \mathcal{F} $在$ z = 0 $处不正规.故定理1中的条件(2)是不能省略的.

例3   设$ \mathcal{F} = \{f_{n} (z) = \frac{n(z-\frac{1}{n})^{k}}{k!}\}, a(z) = \frac{1}{z} $, 则$ f_{n} (z) = 0\Leftrightarrow f_{n}^{(k) } (z) = a(z)\Rightarrow|f_{n}^{(k+1)} (z)-a^{'} (z)|>0 $, 但$ \mathcal{F} $在$ z = 0 $处不正规.故定理1中$ a(z) $的极点均为重级是必须的.

推论^[7]   设$ \mathcal{F} $是区域$ D $内的全纯函数族, $ k\geq3 $为正整数, 复数$ a\neq0 $.若$ \forall f\in \mathcal{F} $, $ f $的零点重级均$ \geq k $, 其判别零点个数至多为$ t $, 且满足$ f(z) = 0\Leftrightarrow f^{(k) } (z) = a\Rightarrow|f^{(k+1) } (z)|>0 $, 那么$ \mathcal{F} $在区域$ D $上正规.

在证明定理之前, 我们需要如下几个引理.

引理1^[8]  设$ \mathcal{F} $是单位圆盘上的亚纯函数族, $ k $是一正整数. $ \mathcal{F} $中每一个函数的零点重级至少为$ k $, 且存在$ A\geq1 $, 使得对于任意$ f\in\mathcal{F} $, 在$ f $的零点处都有$ |f^{(k)} (z)|\leq A $.如果$ \mathcal{F} $在单位圆内不正规, 则对任意的$ 0\leq \alpha \leq k $, 必存在

(i) 实数$ r $, $ 0<r<1 $;

(ii) 点列$ z_{n}\in D, |z_{n} |<r<1 $;

(iii) 函数列$ f_{n}\in\mathcal{F} $;

(iv) 正数列$ \rho_{n}\rightarrow0^{+} $;

使得$ \{\frac{f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\xi)}{\rho_{n}^{\alpha}}\} $在$ \mathbb{C} $上按球距内闭一致收敛于一个非常数的亚纯函数$ g(\xi) $, 并且$ g^{\sharp} (\xi)\leq g^{\sharp} (0) = kA+1 $.

引理2^[9]  设$ f(z) $为开平面内的亚纯函数, $ l $为大于1的整数, 又设$ \varphi_{1} (z)\not\equiv \infty, \varphi_{2} (z)\not\equiv \varphi_1^{(l) } (z), \infty $为两个亚纯函数满足条件$ T(r, \varphi_{i} ) = o(T(r, f)), i = 1, 2. (r\rightarrow\infty) $则有不等式

$ T(r, f)\leq(2+\frac{2}{l-1})N(r, \frac{1}{f-\varphi_{1}})+(2+\frac{4}{l+1}) \bar{N} (r, \frac{1}{f^{(l) }-\varphi_{2}})+S(r, f), $

其中,

$ \begin{eqnarray*} S(r, f)& = &(2+\frac{1}{l+1})m(r, \frac{f^{(l) }-\varphi_1^{(l) }}{f-\varphi_{1}})+3(2+\frac{1}{l-1})m(r, \frac{f^{(l+1) }-\varphi_{1}^{(l+1)}}{f-\varphi_{1}})\\ &&+4(1+\frac{1}{l-1})m(r, \frac{f^{(l+1) }-\varphi_{2}^{'}}{f^{(l)}-\varphi_{2} })+\frac{1}{l-1} m(r, \frac{f^{(l+2)}-\varphi_{2}^{''}}{f^{(l+1) }-\varphi_{2}^{'}})+o(T(r, f)) \end{eqnarray*} $

引理3   设$ \mathcal{F} $是区域$ D $内的全纯函数族, $ k\geq3 $为正整数, $ \{ a_{n} (z)\} $为$ D $内全纯函数列, 且在区域$ D $内满足$ a_{n} (z) $一致地趋于$ a(z) $, 这里$ a(z)(\neq0) $全纯.若$ \forall f\in\mathcal{F} $, $ f $的零点重级均$ \geq k $, 其判别零点个数至多为$ t $, 且对于任意的$ n $满足$ f_{n} (z) = 0\Leftrightarrow f_{n}^{(k) } (z) = a_{n} (z)\Rightarrow|f_{n}^{(k+1) } (z)-a_{n}^{'} (z)|>0, $那么$ \mathcal{F} $在区域$ D $上正规.

证  不妨设$ D = \triangle $, $ z_{0} $为$ \triangle $内任意一点.假设$ \mathcal{F} $在$ z_{0} $处不正规, 由引理1可知：$ \exists 0<r<1; \{z_{n}\}, |z_{n} |<r; $ $ \{f_{n} \}\subset\mathcal{F} $, 以及$ \rho_{n}\rightarrow0^{+} $使得$ g_{n} (\xi) = \frac{f_{n} (z_{n}+\rho_{n}\xi)}{\rho_{n}^{k}} $在复平面$ \mathbb{C} $按球距内闭一致收敛于非常数亚纯函数$ g(\xi) $, 其零点重级至少为$ k $, 级至多为2, 且满足$ g^{\sharp} (\xi)\leq g^{\sharp} (0) = k(d+1)+1 $, 其中$ d = \max\{|a(z)|, |z|<1\} $.于是可得到以下断言

(i) $ g(\xi) = 0\Leftrightarrow g^{(k) } (\xi) = a(z_{0}) $;

(ii) $ g(\xi) $至多有$ t $个不同的零点.

先证明断言(i).假设$ \exists\xi_{0} $使得$ g(\xi_{0} ) = 0 $.因为$ g(\xi) $不为常数, 所以$ g(\xi)\not\equiv 0 $.根据Hurwitz定理可知, $ \exists \xi_{n}\rightarrow\xi_{0} $使得$ g_{n} (\xi_{n} ) = 0 $.即当$ n $充分大时, $ \frac{f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n })}{\rho_{n}^{k}} = 0 $, 所以$ f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) = 0 $, 由条件可知$ f_{n}^{(k) } (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) = a_{n}(z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) $, 从而$ g^{(k)} (\xi_{0} ) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_{n}(z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) = a(z_{0}) $.即证$ g(\xi) = 0\Rightarrow g^{(k) } (\xi) = a(z_{0} ) $.反之, 假设$ \exists\xi_{0} $使得$ g^{(k) } (\xi_{0} ) = a(z_{0} ) $.因为$ g^{(k) } (\xi)\not\equiv a(z_{0} ) $, 否则$ g(\xi) = \frac{a(z_{0} )}{k!} (\xi-\xi_{1} )^{k} $, 则有$ {g^\sharp }(0) \le \left\{ \begin{array}{l} \frac{k}{2},\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left| {{\xi _1}} \right| \ge 1;\\ \left| {a({z_0})} \right|,\;\;\;\;\left| {{\xi _1}} \right| < 1. \end{array} \right.$矛盾于$ g^{\sharp} (0) = k(d+1)+1 $.令$ G_{n} (\xi) = g_{n}^{(k)} (\xi)- a_{n}(z_{n}+\rho_{n} \xi) = f_{n}^{(k) } (z_{n}+\rho_{n} \xi)-a_{n}(z_{n}+\rho_{n}\xi) $, 则$ G_{n} (\xi) $按常义内闭一致收敛于$ g^{(k)} (\xi)-a(z_{0} )\triangleq G(\xi) $.由于$ G(\xi_{0}) = 0 $且$ G(\xi)\not \neq const $, 根据Hurwitz定理, $ \exists \xi_{n}\rightarrow \xi_{0} $, 使得$ G_{n} (\xi_{n} ) = 0 $, 即当$ n $充分大时, $ f_{n}^{(k) } (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) = a_{n}(z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} )\Rightarrow f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) = 0 $, 即有$ g_{n} (\xi_{n} ) = \frac{f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n})}{\rho_{n}^{k} } = 0 $.从而$ g(\xi_{0} ) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{f_n (z_n+\rho_n \xi_n)}{\rho_{n}^{k}} = 0 $, 即证$ g^{(k) } (\xi) = a(z_0)\Rightarrow g(\xi) = 0 $.

综上, 断言(i)得证.再证断言(ii).

假设$ g(\xi) $至少有$ t+1 $个判别的零点, 记为$ \xi_{1}, \xi_{2}, \cdots, \xi_{t+1} $.因为$ f_{n} (z) $均为全纯函数, 所以可得$ g_{n} (\xi) $按常义内闭一致收敛于$ g(\xi) $, 所以由$ g(\xi_{i} ) = 0 $, 根据Hurwitz定理, $ \exists\xi_{ni}\rightarrow\xi_{i} $, 使得$ g_{n} (\xi_{ni} ) = 0\Rightarrow f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{ni} ) = 0 $, $ i = 1, 2, \cdots, t+1. $矛盾于$ f_{n} $判别零点个数至多为$ t $, 故假设不成立, 即$ g(\xi) $至多有$ t $个不同的零点.

综上, 断言(ii)得证.

下面根据上述断言推出矛盾.

由断言进一步可知, $ G(\xi) = g^{(k) } (\xi)-a(z_{0} ) $仅有有限多个零点, 根据Hayman不等式可知$ T(r, g)\leq(2+\frac{1}{k})N(r, \frac{1}{g})+(2+\frac{2}{k}) \bar{N} (r, \frac{1}{G})+S(r, g). $易见$ T(r, g)\leq O(\log r ) $.从而可推出$ g(\xi) $为有理函数.又$ f_{n} (z) $均为全纯函数, 所以可推出$ g(\xi) $为多项式函数.不妨设$ g(\xi) = A(\xi-\xi_{1} )^{k} (\xi-\xi_{2} )^{k}\cdots(\xi-\xi_{l} )^{k}. $这里$ l\geq2 $显然. (否则$ l = 1 $, 则$ g(\xi) = A \cdot (\xi-\xi_{0} )^{k} = \frac{a(z_{0} )}{k!} (\xi-\xi_{0} )^{k} $.此时$ g^{(k) } (\xi)-a(z_{0} )\equiv0 $, 矛盾于$ g^{(k) } (\xi) = a(z_{0} )\Leftrightarrow g(\xi) = 0 $).又因为$ \deg g(\xi) = lk, \deg g^{(k) } (\xi) = (l-1)k $, 其中$ l\geq2, k\geq3 $, 故$ (l-1)k>l $, 故$ g^{(k) } (\xi)-a(z_{0} ) = 0 $必有重级零点.不妨设$ \xi_{1} $为$ g^{(k) } (\xi)-a(z_{0} ) = 0 $的某一重级零点, 即有$ g^{(k)} (\xi_{1} ) = a(z_{0} ), g^{(k+1) } (\xi_{1} ) = 0 $.由幅角原理可知, $ \exists\{\xi_{n1} \}, \{\xi_{n2} \}, \xi_{ni}\rightarrow\xi_{1}, i = 1, 2 $.使得$ g_{n}^{(k) } (\xi_{ni} ) = a(z_{n}+\rho_{n} \xi_{ni} ) $, 即$ f_{n}^{(k)} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{ni} ) = a(z_{n}+\rho_{n} \xi_{ni} ) $.由条件(1)可知, $ |f_{n}^{(k+1)} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{ni} )-a^{'} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{ni} )|>0 $.所以$ \xi_{ni} $是$ f_{n}^{(k) } (z_{n}+\rho_{n} \xi)-a(z_{n}+\rho_{n} \xi) = 0 $的简单零点, 从而$ \xi_{n1}\neq\xi_{n2} $. (否则$ \xi_{n1} $为$ g_{n}^{(k)} (\xi)- a(z_{n}+\rho_{n} \xi) = 0 $的重零点, 从而$ |f_{n}^{(k+1) } (z_{n}+\rho_{n} \xi_{ni} )-a^{'} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{ni} )| = 0 $矛盾)又因为

$ g_{n} (\xi_{n1} ) = g_{n}^{'} (\xi_{n1} ) = g_{n}^{''} (\xi_{n1} ) = \cdots = g_{n}^{(k-1)} (\xi_{n1} ) = 0, $

$ g_{n} (\xi_{n2} ) = g_{n}^{'} (\xi_n2 ) = g_{n}^{''} (\xi_{n2} ) = \cdots = g_{n}^{(k-1)} (\xi_{n2} ) = 0. $

所以$ \xi_{1} $至少为$ g(\xi) $的$ 2k $重零点, 矛盾于$ g^{(k)} (\xi_{1} ) = a(z_{0} ) $.

综上, 假设不成立.

证  不妨假设$ D $为单位圆, $ z_{0} $为$ D $内任意一点.

情形1   若$ a(z_{0})\neq\infty $.

情形1.1   若$ a(z_{0})\neq0 $.不妨设$ z_{0} = 0 $, 因为$ a(z) $为亚纯函数, 故$ \exists\delta>0, \forall z\in \triangle(0, \delta) = \{|z|<\delta\}, a(z)\neq0, \infty $.

假设$ \mathcal{F} $在$ z_{0} = 0 $处不正规, 由引理1可知：$ \exists0<r<1; \{z_{n} \}, |z_{n} |<r; \{f_{n} \}\subset \mathcal{F} $, 以及$ \rho_{n}\rightarrow0^{+} $使得$ g_{n} (\xi) = \frac{f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi)}{\rho_{n}^{k}} $在复平面$ \mathbb{C} $上按球距内闭一致收敛于非常数亚纯函数$ g(\xi) $, 其零点重级至少为$ k $, 级至多为2, 且满足$ g^{\sharp} (\xi)\leq g^{\sharp} (0) = k(d+1)+1 $, 其中$ d = \max\{|a(z)|, |z|<1\} $.仿照引理3证明, 于是我们可得到以下断言

(i) $ g(\xi) = 0\Leftrightarrow g^{(k) } (\xi) = a(z_{0}) $;

(ii) $ g(\xi) $至多有$ t $个不同的零点.

继而可知存在$ \xi_{1} $至少为$ g(\xi) $的$ 2k $重零点, 矛盾于$ g^{(k) } (\xi_{1} ) = a(z_{0} )\neq0 $.

情形1.2   若$ a(z_{0} ) = 0 $.不妨设$ a(0) = 0 $, 由于$ a(z) $为亚纯函数且零点均为重级, 不妨设$ a(z) = z^{m}+a_{m+1} z^{m+1}+\cdot = z^{m} b(z) $, 其中$ 1<m<k, b(0) = 1 $且$ b(z)\neq0 $于单位圆上.

考虑函数族$ \mathcal{F}_{1} = \{F(z):F(z) = \frac{f(z)}{z^{m}}, f\in \mathcal{F}\} $, 根据定理中条件(2), $ f(z) $与$ a(z) $不同时为0, 所以$ f(0)\neq0 $, 故$ F(0) = \infty $.

假设$ \mathcal{F}_{1} $在$ z = 0 $处不正规, 由引理1可知：$ \exists0<r<1; \{z_{n} \}, |z_{n} |<r; \{F_{n} \}\subset \mathcal{F}_{1} $, 以及$ \rho_{n}\rightarrow0^{+} $使得$ g_{n} (\xi) = \frac{F_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi)}{\rho_{n}^{k}} $在复平面$ \mathbb{C} $上按球距内闭一致收敛于非常数亚纯函数$ g(\xi) $, 其零点重级至少为$ k $, 级至多为2, 且满足$ g^{\sharp} (\xi)\leq g^{\sharp} (0) = k(d+1)+1 $, 其中$ d = \max\{|b(z)|, |z|<1\} $.

情形1.2.1   假设存在$ \{\frac{z_{n}}{\rho_{n}} \} $的一个子列趋于$ \infty $, 不妨仍记为$ \frac{z_{n}}{\rho_{n}}\rightarrow\infty $.

因为在圆盘$ \{|\xi|<R\} $中, 当$ n $充分大时, $ z_{n}+\rho_{n}\xi\neq0 $, 故$ g_{n} (\xi) $为全纯函数, 从而其极限函数$ g(\xi) $也是全纯函数.又因为$ f_{n}^{(k) } (z) = (z^{m} F_{n} (z))^{(k) } = z^{m} F_{n}^{(k) } (z)+\sum_{i = 1}^{k} c_{l} \cdot z^{m-l} \cdot F_{n}^{(k-l) }(z), $其中$ {c_l} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {m \cdot (m - 1) \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot (m - l + 1) \cdot C_k^l,}&{{\rm{ }}l \le m;}\\ {0,}&{{\rm{ }}l > m.} \end{array}} \right. $以及$ \rho_{n}^{l} \cdot g_{n}^{(k-l)} (\xi) = F_{n}^{(k-l) } (z_{n}+\rho_{n} \xi), l = 0, 1, 2, \cdots, k $, 故

$ \frac{f_{n}^{(k) } (z_{n}+\rho_{n} \xi)}{a(z_{n}+\rho_{n} \xi) } = [g_{n}^{(k)} (\xi)+\sum\limits_{i = 1}^{k} c_{l} \cdot \frac{g_{n}^{(k-l)} (\xi)}{(\frac{z_{n}}{\rho_{n}} +\xi)^{l}}] \cdot \frac{1}{b(z_{n}+\rho_{n} \xi)}. $

而对于$ \forall l = 1, 2, 3, \cdots, k $, $ \lim \limits_{n\rightarrow\infty}\frac{c_{l}}{(\frac{z_{n}}{\rho_{n}} +\xi)^{l}} = 0, \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{b(z_{n}+\rho_{n} \xi)} = 1 $, 所以$ \frac{f_{n}^{(k) } (z_{n}+\rho_{n} \xi)}{a(z_{n}+\rho_{n} \xi)} $按常义内闭一致收敛于$ g^{(k) } (\xi) $.易得以下断言

(i) $ g(\xi) = 0\Leftrightarrow g^{(k) } (\xi) = b(0) $;

(ii) $ g(\xi) $至多有$ t $个判别的零点.

类似引理3中的证明, 存在$ \xi_{1} $至少为$ g(\xi) $的$ 2k $重零点, 矛盾于$ g^{(k) } (\xi_{1} ) = b(0) $.

情形1.2.2   假设存在$ \{\frac{z_{n}}{\rho_{n}}\} $的一个子列趋于有限复数$ \alpha $, 不妨仍记为$ \frac{z_{n}}{\rho_{n}}\rightarrow\alpha $.则$ \frac{F_{n} (\rho_{n} \xi)}{\rho_{n}^{k}} = \frac{F_{n} (z_{n}+\rho_{n} (\xi-\frac{z_{n}}{\rho_{n}} ))}{\rho_{n}^{k}} $在除去$ g(\xi) $的极点外按常义内闭一致收敛于$ g(\xi-\alpha) $, 并且$ g(\xi-\alpha) $的零点重数至少为$ k $, 其中$ \xi = 0 $是$ g(\xi-\alpha) $的唯一极点, 极点重数为$ m $.令$ G_{n} (\xi) = \frac{f_{n} (\rho_{n} \xi)}{\rho_{n}^{m+k}} = \frac{F_{n} (\rho_{n}\xi)}{\rho_{n}^{k}} \cdot \frac{\rho_{n}\xi)^{m}}{\rho_{n}^{m}} $, 则$ G_{n} (\xi) $按常义内闭一致收敛于$ \xi^{m} g(\xi-\alpha)\triangleq G(\xi) $, 并且$ G(\xi) $的零点重数至少为$ k $, 易知$ G(0)\neq0 $.

断言: $ G(\xi) = 0\Leftrightarrow G^{(k)} (\xi) = \xi^{m} $.

先证明$ G(\xi) = 0\Leftrightarrow G^{(k)} (\xi) = \xi^{m} $.

假设$ \exists \xi_{0} $, 使得$ G(\xi_{0} ) = 0 $.因为$ G(\xi)\not\equiv0 $. (否则矛盾于$ G(0)\neq0 $.)根据Hurwitz定理可知, $ \exists\{\xi_{n} \}, \xi_{n}\rightarrow \xi_{0} $, 使得$ G_{n} (\xi_{n} ) = 0 $.即当$ n $充分大时, $ f_{n} (\rho_{n} \xi_{n} ) = 0 $, 从而$ f_{n}^{(k) } (\rho_{n} \xi_{n} ) = a(\rho_{n} \xi_{n} ) $.又因为

$ G^{(k)} (\xi_{0} ) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{f_{n}^{(k)} (\rho_{n} \xi_{n})}{\rho_{n}^{m}} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{(\rho_{n} \xi)^{m} \cdot b(\rho_{n} \xi_{n})}{\rho_{n}^{m}} = \xi_{0}^{m}, $

故有$ G^{(k)} (\xi_{0} ) = \xi_{0}^{m} $.

反之, 假设$ \exists\xi_{0} $, 使得$ G^{(k) } (\xi_{0} ) = \xi_{0}^{m} $.由于$ G^{(k) } (\xi)\not\equiv \xi^{m} $, 否则$ G(\xi) $为$ m+k $阶多项式, 而$ G(\xi) $的零点重数至少为$ k $重, 又$ 1<m<k $, 可知$ G(\xi) $只有一个$ m+k $重零点$ \xi_{0}\neq0 $, 矛盾于$ G^{(k) } (\xi_{0} ) = \xi_{0}^{m}\neq0 $.又因为$ G_{n}^{(k) }(\xi)-\frac{a(\rho_{n} \xi)}{\rho_{n}^{m}} $按常义内闭一致收敛于$ G^{(k) } (\xi)-\xi^{m} $, 根据Hurwitz定理, $ \exists\{\xi_{n} \}, \xi_{n}\rightarrow\xi_{0} $, 使得$ G_{n}^{(k) } (\xi_{n} )-\frac{a(\rho_{n} \xi_{n})}{\rho_{n}^{m}} = 0 $.即当$ n $充分大时, $ f_{n}^{(k) } (\rho_{n} \xi_{n} ) = a(\rho_{n} \xi_{n} ) $.由定理条件(1)知, $ f_{n} (\rho_{n} \xi_{n} ) = 0 $, 进而有$ G(\xi_{0} ) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{f_{n} (\rho_{n} \xi_{n} )}{\rho_{n}^{m+k}} = 0 $, 即证$ G^{(k)} (\xi) = \xi^{m}\Rightarrow G(\xi) = 0 $.

综上, 断言得证.

同样地, 易证$ G(\xi) $至多有$ t $个判别的零点.下面利用$ G(\xi) $导出矛盾.

如上已证$ G(\xi) = 0\Leftrightarrow G^{(k)} (\xi) = \xi^{m} $, 且$ G(\xi) $至多有$ t $个判别的零点.若$ G(\xi) $为超越函数, 则由引理2可知

$ T(r, G(\xi))\leq(2+\frac{2}{l-1})N(r, \frac{1}{G(\xi)} )+(2+\frac{4}{l+1})\bar{ N} (r, \frac{1}{G^{(k) } (\xi)-\xi^{m}})+S(r, G(\xi)) $

即$ T(r, G(\xi))\leq O(\log r ) $, 矛盾.由此可得$ G(\xi) $为有理函数.由于$ G(\xi) = \xi^{m} g(\xi-\alpha) $, 其中$ \xi = 0 $是$ g(\xi-\alpha) $的唯一极点, 极点重数为$ m $.所以可推得$ G(\xi) $为多项式.不妨设

$ G(\xi) = A(\xi-\xi_{1})^{k} (\xi-\xi_{2})^{k}\cdots(\xi-\xi_{l})^{k}, $

这里$ l\geq2 $显然.否则, 若$ l = 0 $时, 即$ G(\xi)\neq0 $, 根据断言可知$ G^{(k) } (\xi)\neq\xi^{m} $, 矛盾于$ G(\xi) $为多项式函数；若$ l = 1 $时, 即$ G(\xi) = A(\xi-\xi_{0} )^{k}, (\xi_{0}\neq0) $.因为$ G(\xi) = 0\Leftrightarrow G^{(k) } (\xi) = \xi^{m} $, 故$ k!A = \xi_{0}^{m} $, 则$ G(\xi) = \frac{\xi_{0}^{m}}{k!} (\xi-\xi_{0} )^{k} $.又$ m>1 $, 令$ G^{(k) } (\xi)-\xi^{m} = 0\Leftrightarrow(\frac{\xi}{\xi_{0}} )^{m} = 1 $, 则$ G^{(k)} (\xi)-\xi^{m} = 0 $有$ m $个不同的解, 矛盾.此时, 易知$ deg G(\xi) = lk $, 因为$ 1<m<k $, 故当$ l\geq2, k\geq3, deg G^{(k) } (\xi) = lk-k\geq k>m $, 所以$ G^{(k) } (\xi)-\xi^{m} = 0 $在复平面$ \mathbb{C} $上有$ lk-k $个根(计重数).而$ lk-k-l\geq2(k-1)-k\geq1 $, 所以$ G^{(k) } (\xi)-\xi^{m} = 0 $必有重根.

同样地如引理3中证明, 存在$ \xi_{0} $至少为$ G(\xi) $的$ 2k $重零点, 矛盾于$ G^{(k) } (\xi_{0} ) = \xi_{0}^{m}\neq0 $.

综上所述, 假设不成立, 故$ \mathcal{F}_{1} $在$ z = 0 $处正规.

下面证明$ \mathcal{F} $在$ z = 0 $处正规.

因为$ \mathcal{F}_{1} = \{F_n(z):F_n(z) = \frac{f(z)}{z^{m}}, f\in \mathcal{F}\} $, 所以$ \forall\{f_{n} (z)\}\subset\mathcal{F}, \exists\{F_{n} (z)\}\subset\mathcal{F}_{1} $.因为$ \mathcal{F}_{1} $在$ z = 0 $处正规, 故存在$ \{F_{n} (z)\} $的子列(不妨仍记为$ \{F_{n} (z)\} $), 以及$ \triangle(0, \delta) $, 使得$ \{F_{n} (z)\} $在$ \triangle(0, \delta) $内按球距内闭一致收敛于一个亚纯函数$ F(z) $.又$ F_{n} (0) = \infty $, 故存在$ \delta_{1}>0 $, 使得$ \forall z\in \triangle(0, \delta_{1} ), |F_{n} (z)|\geq1 $.因此在$ |z| = \frac{\delta_{1}}{2} $上, 有$ |\frac{1}{f_{n}(z)}| = |\frac{1}{F_{n} (z)} \cdot \frac{1}{|z|^{m}}|\leq\frac{2^{m}}{\delta_{1}^{m}} $.根据最大模原理以及Montel正规定则可知, $ \mathcal{F} $在$ z = 0 $处正规.

情形2   若$ a(z_{0 }) = \infty $.不妨设$ a(0) = \infty $, 由于$ a(z) $为极点重数均大于1的亚纯函数, 不妨设$ a(z) = \frac{\phi(z)}{z^{m}} $, 其中$ \phi(0) = 1 $, 且$ \phi(z)\neq0, \infty $于$ \triangle $上, $ m>1 $.由情形1, $ \mathcal{F} $在$ \triangle^{'} = \triangle\backslash0 $内正规.下证$ \mathcal{F} $在$ z_{0} = 0 $处正规.

根据定理1的条件有$ 1<m\leq k $.假设$ \mathcal{F} $在$ z = 0 $处不正规, 由引理1可知：$ \exists0<r<1; \{z_{n} \}, z_{n}\rightarrow0; \{f_{n} \}\subset\mathcal{F} $; 以及$ \rho_{n}\rightarrow0^{+} $, 使得$ g_{n} (\xi) = \frac{f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi)}{\rho_{n}^{k-m}} $在复平面$ \mathbb{C} $按球距内闭一致收敛于非常数亚纯函数$ g(\xi) $, 级至多为2.且满足$ g^{\sharp} (\xi)\leq g^{\sharp} (0) = k(d+1)+1 $, 其中$ d = \max\{|\phi(z)|, |z|<1\} $.因为$ f_{n} (z) $为全纯函数且零点重数均$ \geq k $, 故$ g_{n} (\xi) $为全纯函数且零点重级至少为$ k $, 从而其极限函数$ g(\xi) $也是全纯函数.

情形2.1   假设存在$ \{\frac{z_{n}}{\rho_{n}}\} $的一个子列趋于$ \infty $, 不妨仍记为$ \frac{z_{n}}{\rho_{n}}\rightarrow\infty $.

令$ T_{n} (\xi) = \frac{f_n (z_{n}+z_{n} \xi)}{z_{n}^{k-m}}, S_{n} (\xi) = z_{n}^{m} a(z_{n}+z_{n} \xi) $, 则$ \{T_{n} (\xi)\} $为$ \triangle $内全纯函数列, 其零点重数至少为$ k $, 而$ \{S_{n} (\xi)\} $在$ \triangle $上也是全纯的, 且一致收敛于$ \frac{1}{(\xi+1)^{m}} $.再根据条件可得$ T_{n} (z) = 0\Leftrightarrow T_{n}^{(k) } (z) = S_{n} (z)\Rightarrow|T_{n}^{(k+1) } (z)-S_{n}^{'} (z)|>0 $, 从而由引理3可知$ \{T_{n} (\xi)\} $在$ \triangle $内正规.不妨设$ T_{n} (\xi) $在$ \triangle $内按球距内闭一致收敛于$ T(\xi) $.

若$ T(\xi) $为全纯函数, 则有$ T(0)\neq\infty $, 所以

$ g^{(k-m) } (\xi) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} f_{n}^{(k-m) } (z_{n}+\rho_{n} \xi) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} f_{n}^{(k-m) } (z_{n}+z_{n} (\frac{\rho_{n}}{z_{n}}\xi)) $

$ = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} T_{n}^{(k-m) } (\frac{\rho_{n}}{z_{n}}\xi) = T^{(k-m) } (0), \ \ \qquad \qquad $

即得$ g^{(k-m) } (\xi) $为常数.又因为$ 0\leq k-m\leq k-1 $, 所以$ g(\xi) $为次数至多为$ k-1 $的多项式, 矛盾于$ g(\xi) $其零点重级至少为$ k $.

若$ T(\xi)\equiv\infty $, 此时

$ g(\xi) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi)}{\rho_{n}^{k-m}} = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} (\frac{z_{n}}{\rho_{n}} )^{k-m} \frac{f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi)}{z_{n}^{k-m}} = \infty $

即得$ g(\xi)\equiv\infty $, 矛盾于$ g(\xi) $为非常数亚纯函数.

情形2.1   假设存在$ \{\frac{z_{n}}{\rho_{n}}\} $的一个子列趋于有限复数$ \alpha $, 不妨仍记为$ \frac{z_{n}}{\rho_{n}}\rightarrow\alpha $.

先证$ \xi = -\alpha $不为$ g(\xi) $的零点, 否则$ g(-\alpha) = 0 $, 根据Hurwitz定理$ \exists\{\xi_{n} \}, \xi_{n}\rightarrow -\alpha $, 使得$ g_{n} (\xi_{n} ) = 0 $.即当$ n $充分大时, $ g_{n} (\xi_{n} ) = 0 $, 则$ f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) = 0 $.由定理条件(1)知, $ f_{n} (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) = 0\Leftrightarrow f_{n}^{(k) } (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) = a(z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) $, 所以

$ g^{(k) } (-\alpha) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\rho_{n}^{m} f_{n}^{(k) } (z_{n}+\rho_{n} \xi_{n} ) = \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \rho_{n}^{m} \cdot \frac{\phi(z_{n}+\rho_{n} \xi_{n})}{(z_{n}+\rho_{n}\xi_{n})^{m}} = \infty. $

矛盾于$ g(\xi) $全纯.

类似如上讨论, 我们也可得断言

(i) $ \xi\neq-\alpha, g(\xi) = 0\Leftrightarrow g^{(k) } (\xi) = \frac{1}{(\xi+\alpha)^{m} } $;

(ii) $ g(\xi) $至多有$ t $个不同的零点.

下面利用$ g(\xi) $导出矛盾.根据以上断言可知, 若$ g(\xi) $为超越函数, 则由引理2有

$ T(r, g(\xi))\leq(2+\frac{2}{l-1})N(r, \frac{1}{g(\xi)} )+(2+\frac{4}{l+1}) \bar{N} (r, \frac{1}{g^{(k) } (\xi)-\frac{1}{(\xi+\alpha)^{m} }})+S(r, g(\xi)) $

即$ T(r, g(\xi))\leq O(\log r ) $, 矛盾.由此可得$ g(\xi) $为多项式.不妨设$ g(\xi) = A(\xi-\xi_{1} )^{k} (\xi-\xi_{2} )^{k} \cdot \cdot \cdot (\xi-\xi_{l} )^{k}. $这里$ l\geq2 $显然.若$ l = 1 $时, 则$ g(\xi) = \frac{1}{k!(\xi_{0}+\alpha)^{m}} (\xi-\xi_{0} )^{k}, (\xi_{0}\neq-\alpha) $.令$ g^{(k) } (\xi)- \frac{1}{(\xi+\alpha)^{m} = 0}\Leftrightarrow(\frac{\xi+\alpha}{\xi_{0}+\alpha})^{m} = 1 $, 易见$ g^{(k) } (\xi)-\frac{1}{(\xi+\alpha)^{m} } = 0 $有$ m $个不同的解, 矛盾.此时, 易知$ \deg g(\xi) = lk $, 故当$ l\geq2, k\geq3, \deg G^{(k) } (\xi) = lk-k $, 所以$ g^{(k) } (\xi)- \frac{1}{(\xi+\alpha)^{m} } = 0 $在复平面$ \mathbb{C} $上至少有$ lk-k $个根(计重数).而$ lk-k-l\geq2(k-1)-k \geq1 $, 所以$ g^{(k) } (\xi)-\frac{1}{(\xi+\alpha)^{m} } = 0 $必有重根.

同样地参照引理3中的证明, 由$ g_{n}^{(k)} (\xi)- \rho_{n}^{m} a(z_{n}+\rho_{n} \xi) = \rho_{n}^{m} f_{n}^{(k) } (z_{n}+\rho_{n} \xi)-\rho_{n}^{m} a(z_{n}+\rho_{n} \xi) $按常义内闭一致收敛于$ g^{(k) } (\xi)-\frac{1}{(\xi+\alpha)^{m} } $, 可证得存在$ \xi_{0} $至少为$ g(\xi) $的$ 2k $重零点, 矛盾于$ g^{(k)} (\xi_{0} ) = \frac{1}{(\xi_{0}+\alpha)^{m} } \neq0. $

综上, $ \mathcal{F} $在$ z = 0 $处正规, 即定理1证毕.