首先,Hayman 有下述结果.
定理 A[1] 设 k 为正整数,α 为有穷非零复数,f 为超越亚纯函数. 如果对任意的 z∈C,恒有 f(z)≠0,那么 f(k)−α 在复平面 C 内有无穷多个零点.
近年来,一些的研究表明,如果定理 A 中 f 能取到 0 但零点重级足够高, 那么结论仍然是正确的 (参见文献 [2-3]).
一个自然的问题是: 定理 A 中的有穷非零复数能否被替换为 f(z) 的一个小函数?
2000年,Fang 研究了 f′ 的不动点并得到下述结果.
定理 B[4] 设 f 为超越亚纯函数. 如果 f 的零点和重点都是重级的,那么 f′−z 在复平面 C 内有无穷多个零点.
2005年,Xu 借助于 Bergweiler 和 Pang 的方法 (参见文献[5]) 证明了下述结果.
定理 C[6] 设 k 为正整数,α(≢0) 为有理函数,f 为超越亚纯函数. 如果 f 的零点重级至少为 k+1 (至多有限个零点例外),f 的极点重级至少为 2 (至多有限个极点例外), 那么 f(k)−α 在复平面 C 内有无穷多个零点.
2008年,Pang 等推广了定理 A 和定理 C (k=1),得到了下述结果.
定理 D[7] 设 α(≢0) 为有理函数,f 为超越亚纯函数. 如果 f 的零点都是重级的 (至多有限个零点例外), 那么 f′−α 在复平面 C 内有无穷多个零点.
2013年,Yang 和 Nevo 证明了
定理 E[8] 设 f 为超越亚纯函数,h 为非常数的椭圆函数,并且满足当 r→∞ 时 T(r,h)=o{T(r,f)}. 如果 f 的零点都是重级的 (至多有限个零点例外), 那么 f′=h 在复平面 C 内有无穷多个根.
其他相关的研究参见文献[9,10,11,12,13]. 本文研究的核心问题是: 定理 D 中, f 的零点都是重级这一条件能否减弱? 本文在一定条件下回答了上述问题.
定理 1.1 设 k 为正整数,P(≢0) 为多项式,f 为无穷级亚纯函数. 如果 f 的零点重级至少为 k (至多有限个零点例外), 且存在常数 M>0 使得当 f(z)=0 时 |f(k)(z)|≤M, 那么 f(k)−P 在复平面 C 内有无穷多个零点.
借助于 Nevo,Pang 和 Zalcman 的方法 (参见文献 [14]), 本文证明了下述拟正规定则,此拟正规定则在证明定理 1.1 时起着至关重要的作用.
定理 1.2 设 {ψn} 为 D 内的亚纯函数族,且在 D 内 %ψnχ⟹ψ, ψnχ⟹ψ, 其中 ψ(≢0) 在 D 内亚纯. 设 {fn} 为 D 内的亚纯函数族,且对任意的 n∈N 和任意的 z∈D,恒有 f(k)n(z)≠ψn(z). 如果对任意的 n∈N,fn 的零点重数至少为 k, 且存在常数 M>0 使得当 fn(z)=0 时 |f(k)n(z)|≤M, 那么 {fn} 在 D 内拟正规.
设 F 为 D 内的亚纯函数族, 如果对于 F 的任一序列 {fn},都存在 {fn} 的子序列 {fnk},以及 D 中的点集 E (在 D 内无聚点), 使得 {fnk} 在 D∖E 内按球距内闭一致收敛, 则称 F 在 D 内拟正规 (参见文献 [15]), 其中集合 E 和子列 {fnk} 有关. 如果上述定义中的 E 总能满足 |E|≤v (v 是一个非负整数), 则称 F 在 D 内 v 阶拟正规. 因而,F 在 D 内 0 阶拟正规当且仅当 F 在 D 内正规. 设 z0∈D, 如果 F 在 z0 的某一个邻域内拟正规,则称 F 在点 z0 拟正规. 因而,F 在 D 内拟正规当且仅当 F 在 D 内的每一个点都拟正规. 另一方面,如果 D 内的亚纯函数族 F 不是 v 阶拟正规的, 那么存在 z1,z2,⋯,zν+1∈D 以及序列 {fn}⊂F, 使得 {fn} 的任意子列在 z1,z2,⋯,zν+1 中的每一个点都不正规.
N 表示正整数集,C 表示复平面,D 表示 C 内的区域. 设 z0∈C 和 r>0,Δ(z0,r):={z||z−z0|<r},Δ:=Δ(0,1),Δ′(z0,r):={z|0<|z−z0|<r},ˉΔ(z0,r):={z||z−z0|≤r}, 以及 Γ(z0,r)={z||z−z0|=r}. n(D,f) 表示 f(z) 在 D 内的极点个数(计算重数),n(r,f):=¯n(Δ(0,r),f). 在 D 内 fnχ⟹f 意味着 {fn} 在 D 内按球距内闭一致收敛到 f, 其中 f 是 D 内的亚纯函数或者 f≡∞. 在 D 内 fn⇒f 意味着 {fn} 在 D 内在通常意义下(按欧式距离)内闭一致收敛到 f, 其中 f 是 D 内的亚纯函数.
此外,为了方便表述,本文引入两个特殊的符号. ℜD:={f|f在D内亚纯} 和 ℜD,k,M:={f|f在D内亚纯; f 的零点重级至少为k; 对任意的z∈D, 恒有当f(z)=0 时|f(k)(z)|≤M, 其中M>0是一个常数}.
设 f∈ℜD,记
Ahlfors-Shimizu 特征函数定义为 T0(r,f):=∫r0S(t,f)tdt,其中 S(t,f)=S(¯Δ(0,t),f). 令 T(r,f) 表示 Nevanlinna 特征函数. 因为 T(r,f)−T0(r,f) 是自变量 r 的有界函数,因而 T0(r,f) 和 T(r,f) 在某些情形下可以相互替换.
亚纯函数 f 的级定义为 ρ(f):=¯limr→∞logT(r,f)logr 或 ρ(f):=¯limr→∞logT0(r,f)logr.
设 {fn}⊂ℜD. 如果对 D 内的任意有界闭集 E,恒有当 n 充分大时 {fn} 在 E 上解析, 我们称 {fn} 在 D 内内闭一致解析.
引理 2.1 (参见文献[14,引理 3]) 设 {ψn} 为 D 内的解析函数族,且在 D 内 ψn⇒ψ,其中 ψ(≠0) 在 D 内解析. 设 {fn}⊂ℜD,且对任意的 n∈N 和 z∈D,恒有 fn(z)≠0 和 f(k)n(z)≠ψn(z), 那么 {fn} 在 D 内正规.
引理 2.2 (参见文献[14,p12]) 设 f(z) 为无穷级亚纯函数, 则存在点列 an→∞ 和正数列 δn→0 使得当 n→∞ 时 f#(an)→∞ 和 S(Δ(an,δn),f)→∞.
引理 2.3 (参见文献[3,引理 8]) 设 f(z)=anzn+an−1zn−1+⋯+a0+Q(z)P(z), 其中 a0,a1,⋯,an 是常数且 an≠0, P(z) 和 Q(z) 是两个互质的多项式且满足 degQ(z)<degP(z). 如果 f(k)(z)≠1,那么 f(z)=zkk!+⋯+a0+b(z−c)m, 其中 b(≠0),c∈C 和 m∈N.
Bergweiler(k=1) 和 Xu(k>1) 得到了下述结果 (参见文献 [16,引理 5] 和[17,引理5]).
引理 2.4 设 f∈ℜC,k,M. 如果 f 的级是有穷的,且对任意的 z∈C 恒有 f(k)(z)≠1, 那么下面两种情形必有一种成立.
(1) f(z)=α(z−β)k, 其中 α,β∈C 且 αk!≠1;
(2) 如果 k=1,那么 f(z)=z+a+b(z−c)m, 其中 a,b,c∈C,b≠0 和 m∈N. 如果 k=2,那么 f(z)=(z−c1)2(z−c2)22(z−c)2 或 f(z)=(z−c1)32(z−c), 其中 c1,c2 和 c 是判别的常数. 如果 k≥3,那么 f(z)=(z−c1)k+1k!(z−c),其中 c1 和 c 是判别的常数.
引理 2.5 (参见文献[10,引理4]) 设 f∈ℜC,k,M. 如果 f 的级是有穷的,对任意的 z∈C 恒有 f′(z)≠1, 以及 f(±12)=0, 那么存在只与 M 有关的正常数 K 使得 supz∈¯Δf#(z)≤K.
引理 2.6 (参见文献[18,引理 2]) 设 F⊂ℜD,k,M:M≥1. 如果 F 在 D 内一点 z0 不正规,那么对任意的 0≤α≤k,都存在
(a) 点列 zn∈D,zn→z0,
(b) 函数列 fn∈F,
(c) 正数列 ρn→0,
引理 2.7 (参见文献[19,定理 1]) 设 f 为单位圆盘 Δ 内的亚纯函数,a1,a2,a3 为三个判别的常数. 如果 3∏i=1(f(z)−ai) 在 Δ 内的零点个数 ≤n, 其中每个零点仅计算一次, 那么 S(r,f)≤n+A1−r,0≤r<1, 其中 A>0 是只与 a1,a2,a3 有关的常数.
引理 3.1 (球面导数的性质)
(i) 如果 f∈ℜC,α(≠0)∈C, 那么 (αf)#(z)≤f#(z)max{|α|,1/|α|}.
(ii) 如果 R(z)=α(z−β)k,其中 α,β∈C, 那么 R#(z)≤kmax{1,|α|}.
证 显然,
(αf)#(z)=|α||f′|1+|α|2|f|2≤{|α||f′|1+|f|2=|α|f#(z),若 |α|≥1.|α||f′||α|2+|α|2|f|2=f#(z)|α|, 若 |α|<1.
于是 (i) 成立. 当 |α|≤1 时,
[R#(z)=|αk(z−β)k−1|1+|α(z−β)k|2{=k2|z−β|2|α(z−β)k|1+|α(z−β)k|2≤k2|z−β|<k,若|z−β|≥1.≤|αk(z−β)k−1|≤k,若|z−β|<1.
引理 3.2 设 f∈ℜC,k,M 和 A∈[1/2,2]. 如果 f 的级是有穷的,对任意的 z∈C 恒有 f(k)(z)≠A, 以及 f(±12)=0, 那么存在只与 M 有关的正常数 K 使得 supz∈¯Δf#(z)≤K.
证 首先考虑 k=1 的情形. 根据引理 2.5, 存在只与 M 有关的正常数 K1 使得 supz∈¯Δ(fA)#≤K1. 现在考虑 k>1 情形. 结合引理 2.4 可知, k=2 和 f(z)A=(z−12)2(z+12)22(z−c)2=z22+a1z+a0+b1z+b0(z−c)2, 其中 c(≠±12),a1,a0,b0(≠0) 是常数,b1=2c(c2−14). 由引理 2.3 知,b1=0,因而 c=0, f(z)A=(z2−14)22z2. 记 K2:=supz∈¯Δ(fA)#=supz∈¯Δ((z2−14)22z2)#. 根据引理 3.1, supz∈¯Δf#(z)≤K=2max{K1,K2}.
引理 3.3 设 {fn}⊂ℜΔ(z0,r),并且满足
(a) 在 Δ′(z0,r) 内 fnχ⟹f, 其中 f(≢0) 可能恒为 ∞;
(b) 存在 M0>0 使得当 n 充分大时 n(Δ(z0,r),1fn)<M0. 则存在 M>0 使得当 n 充分大时 S(Δ(z0,r/4),fn)<M.
证 不失一般性,不妨假设 r=2 和 z0=0.
我们分两种情形讨论.
情形 1 在 Δ′(0,2) 内 f≢1 且 f≢2.
显然,在去心圆盘 Δ′(0,2) 内 1fn−1χ⟹1f−1 且 1f−1≢0,∞. 因而存在 s∈(1,2) 使得 1f−1 在圆周 Γ(0,s) 上既无零点也无极点. 当 n 充分大时
n(s,1fn−1)−n(s,1fn)=n(s,11fn−1)−n(s,1fn−1)=12πi∫Γ(0,s)(1fn−1)′1fn−1dz→12πi∫Γ(0,s)(1f−1)′1f−1dz.
注意到 12πi∫Γ(0,s)(1fn−1)′1fn−1dz 是整数, 所以当 n 充分大时 12πi∫Γ(0,s)(1fn−1)′1fn−1dz=12πi∫Γ(0,s)(1f−1)′1f−1dz. 记 M1:=12πi∫Γ(0,s)(1f−1)′1f−1dz+M0. 当 n 充分大时
n(1,1fn−1)≤n(s,1fn−1)=12πi∫Γ(0,s)(1f−1)′1f−1dz+n(s,1fn)<M1.
显然,在去心圆盘 Δ′(0,2) 内 1fn−12χ⟹1f−12 且 1f−12≢0,∞. 因而存在 t∈(1,2) 使得 1f−12 在圆周 Γ(0,t) 上既无零点也无极点. 当 n 充分大时
n(t,1fn−2)−n(t,1fn)=n(t,11fn−12)−n(t,1fn−12)=12πi∫Γ(0,t)(1fn−12)′1fn−12dz→12πi∫Γ(0,t)(1f−12)′1f−12dz.
与前面的证明类似,可知存在 M2>0 使得当 n 充分大时 n(1,1fn−2)<M2. 根据引理 2.7,存在只与 0,1,2 有关的正常数 A 使得当 n 充分大时
S(12,fn)≤n(1,1fn)+n(1,1fn−1)+n(1,1fn−2)+2A<M3,
其中 M3=M0+M1+M2+2A.
情形 2 在 Δ′(0,2) 内 f≡1 或 f≡2.
显然,在 Δ′(0,2) 内 f≢3 和 f≢4. 与 情形 1 中的证明类似, 可知存在正常数 M4 使得当 n 充分大时 S(12,fn)≤M4.
记 M:=max{M3,M4},于是当 n 充分大时 S(12,fn)≤M.
引理 3.4 设 {ψn}⊂ℜD,且在 D 内 ψn⇒ψ,其中 ψ(z)(≠̸0) 在 D 内解析. 设 {fn}⊂ℜD,k,M,且对任意的 n∈N 和任意的 z∈D,恒有 f(k)n(z)≠ψn(z). 如果 {fn} 在 D 内一点 z0 不正规, 那么存在点列 zn→z0,{fn} 的一个子列(仍然记作 {fn}), 及正数列 ρn→0 使得在 C 内 ρ−knfn(zn+ρnζ)χ⟹ψ(z0)m+k∏i=1(ζ−αi)k!(ζ−β)m, 其中 m∈N,αi,β∈C 且 αi≠β (i=1,⋯,m+k).
证 显然,{fn}⊂ℜD,k,M1,其中 M1=max{ψ(z0),1/ψ(z0)}(M+1). 根据引理 2.6, 存在点列 zn→z0,{fn} 的一个子列(仍然记作 {fn}),及正数列 ρn→0 使得在 C 内
如果 g(k)(ζ)≡ψ(z0), 那么结合 g 的零点重级至少为 k 知,g(ζ)=ψ(z0)(ζ−c)kk!, 再由引理 3.1 知, g#(ζ)≤kmax{ψ(z0),1/ψ(z0)},但这与 (3.2)式 矛盾. 于是 g(k)(ζ)≠ψ(z0). 假设 g(ζ)=α(ζ−β)k,其中 α,β∈C 且 αk!≠ψ(z0). 因为 g(ζ)=0 时恒有 |g(k)(ζ)|≤M,所以 |g(k)(β)|=|αk!|≤M 以及 |α|≤M, 再由引理 3.1 知, g#(ζ)≤kmax{1,M}≤k(M+1),但这与 (3.2) 式矛盾. 结合引理 2.4 知,g(ζ) 可写成下述形式, g(ζ)=ψ(z0)m+k∏i=1(ζ−αi)k!(ζ−β)m, 其中 m∈N,αi,β∈C 且 αi≠β (i=1,⋯,m+k).
引理 3.5 设 {ψn}⊂ℜD,且在 D 内 ψn⇒ψ,其中 ψ(z)(≠̸0) 在 D 内解析. 设 {fn}⊂ℜD,k,M 为解析函数族,且对任意的 n∈N 和任意的 z∈D,恒有 f(k)n(z)≠ψn(z). 则 {fn} 在 D 内正规.
证 假设 {fn} 在 D 内一点 z0 不正规, 根据引理 3.4, 存在点列 zn→z0,{fn} 的一个子列(仍然记作 {fn}),及正数列 ρn→0 使得在 C 内
引理 3.6 设 {ψn}⊂ℜD,且在 D 内 ψn⇒ψ,其中 ψ(z)(≠̸0) 在 D 内解析. 设 {fn}⊂ℜD,k,M,且对任意的 n∈N 和任意的 z∈D,恒有 f(k)n(z)≠ψn(z). 设 a∗ 为 D 内的一点,并且满足
(a) 存在 δ∗>0 使得每一个 fn 在 (a∗,δ∗) 内至多有一个极点(单级或重级);
(b) {fn} 的任意子列在点 a∗ 都不正规;
(c) {fn} 在 D∖{a∗} 内正规.
(i) 在 D∖{a∗} 内 fn(z)⇒f(z), 其中 f(z)=∫za∗∫ζ1a∗⋯∫ζk−1a∗ψ(ζk)dζkdζk−1⋯dζ1. 换句话说,f 能解析地开拓成 D 内的全纯函数,并且满足 f(k)(z)=ψ(z) 和 f(j)(a∗)=0,其中 j=0,1,2,⋯,k−1.
(ii) 存在 η∗>0 和 M∗>0 使得当 n 充分大时 S(Δ(a∗,η∗),fn)≤M∗.
事实上,我们只需证明从 {fn} 的每一个子列中可以选出一个子函数列使得 (i) 和 (ii) 成立. 任意选定 {fn} 的一个子列,为了表述简洁,仍然记作 {fn}.
不失一般性,不妨假设 ψ(a∗)=1 和 a∗=0.
根据引理 3.4, 存在点列 zn→0,{fn} 的一个子列(仍然记作 {fn}), 及正数列 ρn→0 使得在 C 内
我们断言存在 δ1∈(0,δ∗) 使得当 n 充分大时 ˆfn 在 Δ(0,δ1) 内无零点. 否则,选取 {ˆfn} 的一个子列(仍然记作 {ˆfn}), 并假设 ˆzn 为 {ˆfn} 的模最小的一个零点且满足 ˆzn→0. 令 ˆzn=zn+ρnˆζn. 由 (3.7) 式知,ˆζn→∞. 记
(a1) {Fn(z)} 在 C∖{0} 内内闭一致解析;
(a2) Fn(z) 的零点重级至少为 k, 且当 Fn(z)=0 时 |F(k)n(z)|≤M;
(a3) F(k)n(z)≠ψn(zn+(ˆzn−zn)z), 其中在 C 内 ψn(zn+(ˆzn−zn)z)⇒1;
(a4) {ˆFn(z)} 在 C 内内闭一致解析, ˆFn(1)=0,以及在 Δ 内 ˆFn(z)≠0.
根据引理 3.5, {Fn} 在 C∖{0} 内正规. 由 (3.8) 和 (3.9) 式知, {ˆFn} 在 C∖{0} 内也正规. 选取 {ˆFn} 的一个子列(仍然记作 {ˆFn}), 使得在 C∖{0} 内 ˆFn⇒ˆF. 由性质 (a4) 知,ˆF(1)=0. 假设在 C∖{0} 内 ˆF≡0. 由 (3.8) 和 (3.9) 式知, 在 C∖{0} 内 Fn(z)⇒0,F(k)n(z)⇒0,以及 F(k+1)n(z)⇒0. 于是
|n(1,F(k)n(z)−ψn(zn+(ˆzn−zn)z))−n(1,1F(k)n(z)−ψn(zn+(ˆzn−zn)z))=12π|∫|z|=1F(k+1)n(z)−(ˆzn−zn)ψ′n(zn+(ˆzn−zn)z)F(k)n(z)−ψn(zn+(ˆzn−zn)z)dz|→0.
因而,当 n 充分大时
n(1,F(k)n(z)−ψn(zn+(ˆzn−zn)z))=n(1,1F(k)n(z)−ψn(zn+(ˆzn−zn)z))=0,
但这是不可能的,因为 βn/ˆζn→0 为 F(k)n(z)−ψn(zn+(ˆzn−zn)z) 的极点. 因而,在 C∖{0} 内 ˆF≢0. 注意到在 Δ 内 ˆFn(z)≠0,根据最大模原理, 在 C 内 ˆFn⇒ˆF. 由 (3.7) 式知,ˆFn(0)=ˆfn(zn)=ˆgn(0)→1, 所以 ˆF(0)=1. 由 ˆF(0)=1,ˆF(1)=0 和 性质 (a4) 知,ˆF(z) 为非常数的整函数. 由 (3.8) 和 (3.9) 式知, 在 C∖{0} 内
假设在 C 内 (zkˆF(z)/k!)(k)−1≡0. 显然,在 C 内 ˆF(z)≡Pk(z)zk, 其中 Pk(z) 是一个次数为 k 的多项式. 由 ˆF(0)=1 知,Pk(z)≡zk,进而 ˆF(z)≡1, 但这与 ˆF(1)=0 矛盾. 于是在 C 内 (zkˆF(z)/k!)(k)−1≢0. 注意到 F(k)n(z)−ψn(zn+(ˆzn−zn)z)≠0, 由最大模原理和 (3.10)式 知,在 C 内 0≠F(k)n(z)−ψn(zn+(ˆzn−zn)z)⇒(zkˆF(z)/k!)(k)−1. 根据 Hurwitz 定理, 在 C 内 (zkˆF(z)/k!)(k)−1≠0, 但这与 (zkˆF(z)/k!)(k)−1|z=0=0 矛盾.
于是,存在 δ1∈(0,δ∗) 使得当 n 充分大时 ˆfn 在 Δ(0,δ1) 内无零点, 再由条件 (a),(3.5) 和 (3.6) 式知, 当 n 充分大时 ˆfn 在 Δ(0,δ1) 内既无零点也无极点. 由 条件(c),(3.5) 和 (3.6) 式知, {ˆfn} 在 D∖{0} 内正规, 再由最大模原理知, {ˆfn} 在点 0 也正规,进而 {ˆfn} 在整个区域 D 内正规. 选取 {ˆfn} 的一个子列(仍然记作 {ˆfn}), 使得在 D 内 ˆfnχ⟹ˆf. 由ˆfn(zn)=ˆgn(0)→1 知, ˆf(0)=1.于是 ˆf 在 Δ(0,δ1) 内解析. 由 (3.5) 和 (3.6)式 知, 在 D∖{0} 内 fnχ⟹f=zkˆf/k!, 进而在 Δ′(0,δ1) 内
下一步证明 (ii) 也成立. 注意到当 n 充分大时 ˆfn 在 Δ(0,δ1) 内无零点, 由 (3.6) 式知,当 n 充分大时 n(Δ(0,δ1),1fn)<m+k+1. 根据引理 3.3, 存在 M∗>0 使得当 n 充分大时 S(Δ(0,δ1/4),fn)<M∗.η∗=δ1/4,于是 (ii) 成立.
引理 3.7 设 f∈ℜC,k,M. 如果 f 的级是无穷的, 且存在常数 A(≠0) 使得 f(k)(z)≠A, 那么 f 有无穷多个判别的零点对 (an,bn) 具有下述性质 an→∞,bn→∞,|an−bn|→0 和 supz∈¯ΔL#n(z)→∞, 其中 Ln(z)=f((an+bn)/2+(an−bn)z)(an−bn)k.
证 根据引理 2.2, 存在点列 τn→∞ 和正数列 δn→0 使得 f#(τn)→∞ 和 S(Δ(τn,δn), f)→∞. 记 fn(z):=f(z+τn),于是
我们断言,对任意的 δ>0,恒有当 n 充分大时 n(Δ(0,δ),1fn)>m+k. 否则,由 (3.14)式 知, 存在 δ1>0 和 {fn} 的一个子列(仍然记作 {fn})使得 fn 在 Δ(0,δ1) 内有且仅有 m+k 个零点 zn,i,其中 i=1,2,⋯,m+k. 注意到 zn,i→0, 根据引理 2.1,{fn} 在 Δ′(0,δ1) 内正规. 选取 {fn} 的一个子列(仍然记作 {fn}), 使得在 Δ′(0,δ1) 内 fnχ⟹f.
我们断言在 Δ′(0,δ1) 内 f≢0. 假设在 Δ′(0,δ1) 内 f≡0. 显然,在 Δ′(0,δ1) 内 fn(z)⇒0,f(k)n⇒0,以及 f(k+1)n⇒0. 于是, |n(δ12,f(k)n−A)−n(δ12,1f(k)n−A)|=12π|∫Γf(k+1)nf(k)n−Adz|→0, 其中 Γ=Γ(0,δ1/2). 因而,当 n 充分大时 n(δ12,f(k)n−A)=n(δ12,1f(k)n−A)=0, 但这是不可能的,因为 tn,1→0 为 f(k)n−A 的一个极点.
故而在 Δ′(0,δ1) 内 ˆf≢0. 根据引理 3.3, 则存在 M>0 使得当 n 充分大时 n(Δ(0,δ1/4),fn>M,, 但这与 (3.13) 式矛盾.
于是,对任意的 δ>0,恒有当 n 充分大时 n(Δ(0,δ),1fn)>m+k. 不妨假设 ˆzn 为 fn 的一个零点且满足 ˆzn→0 和 ˆzn≠zn,i, 其中 i=1,2,⋯,m+k.记 ˆzn:=zn+ρnˆαn. 由 Hurwitz 定理和 (3.14) 式知, ˆαn→∞.
记 an:=τn+zn+ρnαn,1, bn:=τn+zn+ρnˆαn, cn:=τn+zn+ρnβn,1,以及 Ln(z):=f((an+bn)/2+(an−bn)z)(an−bn)k. 显然有, γn=cn−(an+bn)/2an−bn=2βn,1−αn,1−ˆαn2(αn,1−ˆαn)→12, Ln(γn)=fn(tn,1)(an−bn)k=∞ 和 Ln(12)=0, 所以 {Ln} 在点 1/2 不正规. 由 Marty 正规定则知,supz∈¯ΔL#n(z)→∞. 很明显,|an−bn|=|zn,1−ˆzn|→0. 注意到 τn→∞, 如果必要的话,选取 (an,bn) 的一个子列(仍然记作 (an,bn)), 总可以保证零点对 (an,bn) 相互是判别的并满足 an→∞ 和 bn→∞.
引理 3.8 设 {ψn}⊂ℜD,且在 D 内 ψn⇒ψ,其中 ψ(z)(≠̸0) 在 D 内解析. 设 {fn}⊂ℜD,k,M,且对任意的 n∈N 和任意的 z∈D,恒有 f(k)n(z)≠ψn(z). 设 a∗ 为 D 内的一点,并且满足
(a) {fn} 在点 a∗ 不正规;
(b) 每一个 fn 至少有两个判别的极点 vn,1→a∗ 和 vn,2→a∗.则从 {fn} 中可以选出一个子列(仍然记作 {fn})使得每一个 fn 至少有一对零点 (an,bn) 具有下述性质 an→a∗,bn→a∗ 和 supz∈¯ΔL#n(z)→∞, 其中 Ln(z)=f((an+bn)/2+(an−bn)z)(an−bn)k.
不失一般性,不妨假设 \psi(a^*)=1 和 a^*=0.
根据引理 3.4, 存在点列 z_n\rightarrow 0,\{f_n\} 的一个子列(仍然记作 \{f_n\}), 及正数列 \rho_n\rightarrow 0 使得在 {\mathbb C} 内
我们断言当 n 充分大时 t_{n} 必为 f_n 的 m 级极点. 否则,选取 \{f_n\} 的一个子列(仍然记作 \{f_n\}), 并假设 f_n 有 s\geq2 个判别的级为 m_j 的极点 t_{n,j}=z_n+\rho_n\beta_{n,j}, 并且满足 \beta_{n,j}\rightarrow\beta 和 \sum\limits_{j=1}^{j=s}m_j=m, 其中 j=1,2,\cdots,s. 由 (3.15)式 知,在 {\mathbb C}\setminus\{\beta\} 内 0\neq f_n^{(k)}(z_n+\rho_n\zeta)-\psi_n(z_n+\rho_n\zeta)=g_n^{(k)}(\zeta)-\psi_n(z_n+\rho_n\zeta) \Rightarrow g^{(k)}(\zeta)-1. 显然,在 {\mathbb C}\setminus\{\beta\} 内 g^{(k)}(\zeta)-1\not\equiv 0. 根据最大模原理,在 {\mathbb C} 内
情形 1 存在 \delta_1>0 使得当 n 充分大时 f_n 在 \Delta(0,\delta_1) 内有且仅有 m+k 个零点 (计算重数).
由引理 2.1 和 (3.15) 式知, \{f_n\} 在 \Delta'(0,\delta_1) 内正规. 选取 \{f_n\} 的一个子列(仍然记作 \{f_n\})使得在 \Delta'(0,\delta_1) 内 {f}_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}{f}. 记
我们断言在 \Delta'(0,\delta_1) 内 \widehat{f}\not\equiv 0. 假设在 \Delta'(0,\delta_1) 内 \widehat{f}(z)=\frac{k!f(z)}{z^k}\equiv 0. 显然,在 \Delta'(0,\delta_1) 内 f_n\Rightarrow 0,f^{(k)}_n\Rightarrow 0,以及 f^{(k+1)}_n\Rightarrow 0. 于是, \left|n\left(\frac{\delta_1}{2},f^{(k)}_n - \psi_n\right) -n\left(\frac{\delta_1}{2},\frac{1}{f^{(k)}_n - \psi_n}\right)\right| =\frac{1}{2\pi}\left|\int_{\Gamma}\frac{f^{(k+1)}_n-\psi'_n}{f^{(k)}_n-\psi_n}{\rm d}z\right| \rightarrow\frac{1}{2\pi}\left|\int_{\Gamma}\frac{\psi'}{\psi}{\rm d}z\right| =0, 其中 \Gamma=\Gamma(0,\delta_1/2). 因而,当 n 充分大时 n\left(\frac{\delta_1}{2},f^{(k)}_n-\psi_n\right)=n\left(\frac{\delta_1}{2},\frac{1}{f^{(k)}_n-\psi_n}\right)=0, 但这是不可能的,因为 t_n\rightarrow0 为 f^{(k)}_n-\psi_n 的一个极点.
于是,在 \Delta'(0,\delta_1) 内 \widehat{f}\not\equiv 0. 注意到当 n 充分大时 \widehat{f}_n(z) 在 \Delta(0,\delta_1) 内无零点, 根据最大模原理, 在 \Delta(0,\delta_1) 内 \widehat{f}_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} \widehat{f}=\frac{k!f}{z^k}. 因为 \widehat{f}_n(z_n)=\widehat{g}_n(0)\rightarrow1,所以 \widehat{f}(0)=1, 进而 \widehat{f}_n 在点 0 的某一个邻域内无极点. 然而,由 条件(b) 和 (3.18) 式知, \widehat{f}_n 至少有一个极点 \upsilon_n\rightarrow 0,矛盾.
情形 2 从 \{f_n\} 中可以选取一个子列(仍然记作 \{f_n\})使得每一个 f_n 至少有一个零点 b_n\rightarrow0, 其中 b_n\neq z_{n,i} (i=1,2,\cdots,m+k).
记 a_n:=z_n+\rho_n\alpha_{n,1},b_n:=z_n+\rho_n\widehat{\alpha}_n, c_n:=z_n+\rho_n\beta_{n},以及 L_n(z):=\frac{f((a_n+b_n)/2+(a_n-b_n)z)}{(a_n-b_n)^k}. 由 Hurwitz 定理 和 (3.15) 式知,\widehat{\alpha}_n\rightarrow\infty. 类似引理 3.7 的证明 可知 \sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}L_n^\#(z)\rightarrow \infty.
引理 3.9 设 \{\psi_n\}\subset\Re_{D},且在 D 内 \psi_n\Rightarrow\psi,其中 \psi(z)(\not\neq 0) 在 D 内解析. 设 \{f_n\}\subset\Re_{D,k,M},且对任意的 n\in {\mathbb N} 和任意的 z\in D,恒有 f^{(k)}_n(z)\neq\psi_n(z). 设 a^* 为 D 内的一点. 如果 \{f_n\} 的任意子列在点 a^* 都不正规, 那么存在 \delta^*>0 使得当 n 充分大时 f_n 在 (a^*,\delta^*) 内只有一个极点(单级或重级).
证 假设结论不成立, 则从 \{f_n\} 中可以选取一个子列(仍然记作 \{f_n\})使得每一个 f_n 至少有两个判别的极点 \mu^*_{n}\rightarrow a^* 和 \nu^*_{n}\rightarrow a^*.
不失一般性,不妨假设 \psi(a^*)=1 和 a^*=0. 设 \delta 为正整数且满足 \overline{\Delta}(0,2\delta)\subset D 以及
根据引理 3.8, 从 \{f_n\} 中可以选出一个子列(仍然记作 \{f_n\})使得每一个 f_n 至少有一对零点 (\mu_n,\nu_n) 具有下述性质
记 E_n:=\{ (u,v)|\,\,u 和 v 为 f_n 在 \Delta(0,\delta) 内判别的零点,且满足 \sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}T_n^\#(z)>K+1, 其中 T_n(z)=\frac{f_n((\mu+\nu)/2+(\mu-\nu)z)}{(\mu-\nu)^k}}.
其中 \rho(z,w)=\frac{|z-w|}{\delta-|(z+w)/2|}. 不妨假设 (a_n+b_n)/2\rightarrow d_0 (否则,选取子列并重新编号), 显然,d_0\in \overline{\Delta}(0,\delta). 由 (3.20) 式知,1/2\leq|\psi(d_0)|\leq2. 由 (3.21) 和 (3.22) 式知, \rho(\mu_n,\nu_n)\rightarrow0,再由 (3.23) 式知
(a1) 对任意的 R>0,恒有当 n 充分大时 H_n 在 \Delta(0,R) 内有定义;
(a2) H_n 的零点重级至少为 k,且当 H_n(z)=0 时 |H_n^{(k)}(z)|\leq M;
(a3) H_n^{(i)}(\pm\frac{1}{2})=0 (i=1,2,\cdots,k-1),且 |H_n^{(k)}(\pm\frac{1}{2})|\leq M;
(a4) H^{(k)}_n(z)\neq\psi_n((a_n+b_n)/2+(a_n - b_n)z), 其中 \psi_n((a_n+b_n)/2+(a_n - b_n)z)\Rightarrow\psi(d_0).
情形 1 \{H_n\} 存在一个子列在 {\mathbb C} 内正规.
选取 \{H_n\} 的一个子列(仍然记作 \{H_n\})使得在 {\mathbb C} 内 H_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}H. H 满足下述性质
(b1) H 的零点重级至少为 k,且当 H(z)=0 时 |H^{(k)}(z)|\leq M;
(b2) H^{(i)}(\pm\frac{1}{2})=0 (i=1,2,\cdots,k-1),且 |H^{(k)}(\pm\frac{1}{2})|\leq M;
(b3) 在 {\mathbb C} 内 H^{(k)}(z)\neq \psi(d_0);
(b4) \sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}H^\#(z)\geq K+1.
事实上,由 性质(a2) 和 (a3) 知,性质(b1) 和 (b2) 成立. 由 Hurwitz 定理和 性质(a4) 知,在 {\mathbb C} 内 H^{(k)}(z)\equiv \psi(d_0) \mbox{或} H^{(k)}(z)\neq \psi(d_0), 再由性质 (b2) 知,H^{(k)}(z)\neq \psi(d_0). 因为 (a_n,b_n)\in E_n 以及在 {\mathbb C} 内 H_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}H, 所以 性质(b4) 成立.
由引理 3.2 知, H 为无穷级亚纯函数. 根据引理 3.7, H 至少有一对零点 (\alpha,\beta) 具有下述性质
往证当 n 充分大时 \rho(\widehat{a}_n,\widehat{b}_n)<\rho(a_n,b_n).
给定 \varepsilon>0, 由 (3.24)式 知,当 n 充分大时
情形 2 \{H_n\} 的任意子列在 {\mathbb C} 内不正规.
令 E 表示 \{H_n\} 所有不正规的点的集合. 首先假设对任意的 \zeta_0\in E, 恒有当 n 充分大时 \{H_n\} 在 \zeta_0 的某一邻域内至多有一个极点(单级或重级). 根据引理 3.5, \{H_n\} 在 E 中每一个点拟正规,进而 \{H_n\} 在 {\mathbb C} 内拟正规. 显然,E 在 {\mathbb C} 内无聚点. 选取 \{H_n\} 的一个子列(仍然记作 \{H_n\})和一个非空集合E_0\subset E 使得, 对任意的 \zeta^*\in E_0 恒有 \{H_n\} 的任意子列在点 \zeta^* 不正规, 并且在 {\mathbb C}\setminus E_0 内 H_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}H. 如果 \zeta_1,\zeta_2\in E_0,那么,根据引理 3.6, 在 {\mathbb C}\setminus E_0 内 H(\zeta)=\frac{\psi(d_0)(\zeta-\zeta_1)^k}{k!}=\frac{\psi(d_0)(\zeta-\zeta_2)^k}{k!}. 显然必须有 \zeta_1=\zeta_2, 所以集合 E_0 中只有一个元素 \zeta_1. 因而在 {\mathbb C}\setminus \{\zeta_1\} 内 H_n(\zeta)\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} \frac{\psi(d_0)(\zeta-\zeta_1)^k}{k!}, 但这与 H_n^{(i)}(\pm\frac{1}{2})=0 (i=1,2,\cdots,k-1) 矛盾.
于是,存在 \zeta_0\in E 和 \{H_n\} 的一个子列(仍然记作 \{H_n\}) 使得每一个 H_n 至少有两个判别的极点 \zeta_{n,1}\rightarrow \zeta_0 和 \zeta_{n,2}\rightarrow \zeta_0. 根据引理 3.8, 从 \{H_n\} 中可以选出一个子列(仍然记作 \{H_n\})使得每一个 H_n 至少有一对零点 (\alpha_n,\beta_n) 具有下述性质
引理 3.10 设 f\in\Re_{{\mathbb C},k,M}, d 为非负整数. 如果 f 的级是无穷的, 那么存在点列 a_n\rightarrow \infty 和正数列 \delta_n \rightarrow 0 使得 \frac{f(a_n)}{a_n^{d}}\rightarrow 0, \,\,\, \frac{f^{(k)}(a_n)}{a_n^{d}}\rightarrow \infty ~~\mbox{和}~~ S\left(\Delta(a_n,\delta_n),\frac{f(z)}{z^{d}}\right)\rightarrow \infty.
证 记 g(z):=\frac{f(z)}{z^{d}}. 显然,g 的级也是无穷的,并且 g 在 {\mathbb C}\setminus\{0\} 内的零点重级至少为 k. 设 z_0(\neq0) 为 f 的零点,显然有
根据引理 2.6 (取 \alpha=k-(1/2)), 存在点列 z_n\rightarrow 0,\{g_n\} 的一个子列(仍然记作 \{g_n\}), 及正数列 \rho_n\rightarrow 0 使得在 {\mathbb C} 内 G_n(\zeta)=\frac{g_n(z_n+\rho_n\zeta)}{\rho_n^{k-(1/2)}}\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} G(\zeta), 其中 G 为 {\mathbb C} 内的非常数的亚纯函数,且 G 的的零点重级少为 k.
我们断言 G^{(k)}(\zeta)\not\equiv 0. 否则 G(\zeta)=c_{k-1}\zeta^{k-1}+c_{k-2}\zeta^{k-2}+\cdots+c_{0}, 其中 c_0,c_1,\cdots,c_{k-1} 是常数. 于是,G\equiv0 或 G 的零点重级至多为 k-1,矛盾.
设 \zeta_0 既不是 G^{(k)}(\zeta) 的零点也不是 G^{(k)}(\zeta) 的极点. 记 a_n:=b_n+z_n+\rho_n\zeta_0,则有 g^{(i)}(a_n)=g_n^{(i)}(z_n+\rho_n\zeta_0)=\rho_n^{k-i-(1/2)}G_n^{(i)}(\zeta_0), 其中 i=0,1,\cdots,k. 因而, a_n\rightarrow \infty,g^{(i)}(a_n)\rightarrow 0 和 g^{(k)}(a_n)\rightarrow \infty,其中 i=0,1,\cdots,k-1.
于是,\frac{f(a_n)}{a_n^{d}}=g(a_n)\rightarrow 0 和 \begin{array}{l} \frac{{{f^{(k)}}({a_n})}}{{a_n^d}} = \frac{{{{\left( {{z^d}g(z)} \right)}^{(k)}}}}{{a_n^d}}{|_{z = {a_n}}} = \frac{{\sum\limits_{i = 0}^{i = k} {C_k^i} {z^d}{R_i}(z){g^{(k - i)}}(z)}}{{a_n^d}}{|_{z = {a_n}}}\\ \frac{{{z^d}\sum\limits_{i = 0}^{i = k} {C_k^i} {R_i}(z){g^{(k - i)}}(z)}}{{a_n^d}}{|_{z = {a_n}}} = \sum\limits_{i = 0}^{i = k} {C_k^i} {R_i}({a_n}){g^{(k - i)}}({a_n}) \to \infty , \end{array} 其中 R_0(z)=1 和 R_i(z)=\frac{d(d-1)\cdots(d-i+1)}{z^i} (i=1,2,3,\cdots,k). 记 \delta_n:=\varepsilon_n+|a_n-b_n|=\varepsilon_n+|z_n+\rho_n\zeta_0|. 显然,\delta_n\rightarrow0 和 \Delta(b_n,\varepsilon_n)\subset\Delta(a_n,\delta_n), 因而 S(\Delta(a_n,\delta_n),g)\rightarrow \infty.
根据拟正规的定义,我们只需证明: 对任意给定的 p\in D,\{f_n\} 在点 p 拟正规. 因为 \psi(\not\equiv0) 在 D 内亚纯,所以存在 \delta>0 使得在 \Delta'(p,\delta) 内 \psi\neq 0,\infty.
情形 1 \psi(p)\neq 0,\infty.
我们断言 \{f_n\} 在点 p 拟正规. 假设 \{f_n\} 在点 p 不是拟正规的. 显然 \{f_n\} 在点 p 不正规,根据 Marty 正规定则,存在 \{f_n\} 的一个子列(依然记作 \{f_n\})使得 \{f_n\} 的任意子列在点 p 不正规. 显然在 \Delta(p,\delta) 内 \psi\neq 0,\infty. 根据引理 3.9, 存在 \delta^*\in(0,\delta) 使得当 n 充分大时 f_n 在 (p,\delta^*) 内只有一个极点(单级或重级). 根据引理 3.5, \{f_n\} 在 (p,\delta^*) 内拟正规,进而 \{f_n\} 在点 p 拟正规,矛盾.
情形 2 \psi(p)=0 或 \psi(p)=\infty.
由情形 1 知,\{f_n\} 在 \Delta'(p,\delta) 内拟正规.
我们断言 \{f_n\} 在点 p 拟正规. 假设 \{f_n\} 在点 p 不是拟正规的. 于是存在一个点列 \{z_i\}_{i=1}^{i=\infty}\subset\Delta'(p,\delta) 和 \{f_n\} 的一个子列(仍然记作 \{f_n\})满足
(a1) z_i \rightarrow p;
(a2) 对任意的 z_i\in\{z_i\}_{i=1}^{i=\infty}, \{f_n\} 的任意子列在点 z_i 不正规;
(a3) \{f_n\} 在 \Delta'(p,\delta)\setminus \{z_i\}_{i=1}^{i=\infty} 内正规.
选取 \{f_n\} 的一个子列(依然记作 \{f_n\})使得在 \Delta'(p,\delta)\setminus \{z_i\}_{i=1}^{i=\infty} 内 f_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} f. 根据引理 3.6,f 可以解析开拓为 \Delta'(p,\delta) 内的解析函数并满足 f^{(k)}\equiv \psi 和 f(z_i)=0,其中 i=1,2,\cdots . 显然 p 不是 \psi 本性奇点,故而 p 也不是 f 的本性奇点. 又因为 f(z_i)=0,其中 i=1,2,\cdots ,所以 f\equiv 0,进而 f^{(k)}\equiv 0, 但这与 f^{(k)}\equiv \psi\not \equiv 0 矛盾.
假设结论不成立,即 f^{(k)}(z)-P(z) 在复平面 {\mathbb C} 内只有有限个零点.
假设当 z\rightarrow\infty 时 P(z)\sim cz^d,其中 c(\neq0) 是一个常数,d 是一个非负整数.
记 g(z):=\frac{f(z)}{z^{d}}. 根据引理 3.10, 存在点列 a_n\rightarrow \infty 和正数列 \delta_n \rightarrow 0 使得
记 f_n(z):=\frac{f(z+a_n)}{a_n^{d}},z\in\Delta. 由 (5.2) 式知,
因为 f^{(k)}(z)-P(z) 在 {\mathbb C} 内只有有限个零点,所以当 n 充分大时 f^{(k)}_n(z)\neq \frac{P(z+a_n)}{{a_n^{d}}},~~z\in\Delta. 注意到在 \Delta 内 \frac{P(z+a_n)}{{a_n^{d}}}\Rightarrow c, 根据引理 1.2 (其中 \psi_n(z)=\frac{P(z+a_n)}{{a_n^{d}}}), \{f_n\} 在 \Delta 内拟正规. 因而存在 \delta_1\in (0,1) 和 \{f_n\} 的一个子列 (仍然记作 \{f_n\})使得在 \Delta'(0,\delta_1) 内 f_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}f^*. 根据引理 3.9, 存在 \delta_2\in (0,\delta_1) 使得 f_n 在 \Delta(0,\delta_2) 内只有一个极点(单级或重级). 根据引理 3.6, 存在 \delta_3\in (0,\delta_2) 和 M_1>0 使得当 n 充分大时
记 g_n(z):=g(z+a_n)=f_n(z)(1+\frac{z}{a_n})^{-d}. 于是 g_n^{\#}(z)= \frac{\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}f'_n(z) -(1+\frac{z}{a_n})^{d}(\frac{d}{a_n+z})f_n(z)\right|}%top {\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}\right|^{2}+|f_n(z)|^2}, 进而