首先,Hayman 有下述结果.

定理 A^[1] 设 $k$ 为正整数,$\alpha$ 为有穷非零复数,$f$ 为超越亚纯函数. 如果对任意的 $z\in{\mathbb C}$,恒有 $f(z)\neq0$,那么 $f^{(k)}-\alpha$ 在复平面 ${\mathbb C}$ 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 ${\mathbb C}$ 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,$\alpha(\not\equiv 0)$ 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 $f^{(k)}-\alpha$ 在复平面 ${\mathbb C}$ 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 $\alpha(\not\equiv 0)$ 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 $f'-\alpha$ 在复平面 ${\mathbb C}$ 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 $r\rightarrow\infty$ 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 ${\mathbb C}$ 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,$P(\not\equiv 0)$ 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 $|f^{(k)}(z)|\leq M$, 那么 $f^{(k)}-P$ 在复平面 ${\mathbb C}$ 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 $\{\psi_n\}$ 为 $D$ 内的亚纯函数族,且在 $D$ 内 %$\psi_n\overset{\chi}{\Longrightarrow}\psi$, $\psi_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}\psi$, 其中 $\psi(\not\equiv0)$ 在 $D$ 内亚纯. 设 $\{f_n\}$ 为 $D$ 内的亚纯函数族,且对任意的 $n\in {\mathbb N}$ 和任意的 $z\in D$,恒有 $f^{(k)}_n(z)\neq\psi_n(z)$. 如果对任意的 $n\in {\mathbb N}$,$f_n$ 的零点重数至少为 $k$, 且存在常数 $M>0$ 使得当 $f_n(z)=0$ 时 $|f_n^{(k)}(z)|\leq M$, 那么 $\{f_n\}$ 在 $D$ 内拟正规.

设 ${\cal F}$ 为 $D$ 内的亚纯函数族, 如果对于 ${\cal F}$ 的任一序列 $\{f_{n}\}$,都存在 $\{f_{n}\}$ 的子序列 $\{f_{n_{k}}\}$,以及 $D$ 中的点集 $E$ (在 $D$ 内无聚点), 使得 $\{f_{n_{k}}\}$ 在 $D \setminus E$ 内按球距内闭一致收敛, 则称 ${\cal F}$ 在 $D$ 内拟正规 (参见文献 [15]), 其中集合 $E$ 和子列 $\{f_{n_{k}}\}$ 有关. 如果上述定义中的 $E$ 总能满足 $|E|\leq v$ ($v$ 是一个非负整数), 则称 ${\cal F}$ 在 $D$ 内 $v$ 阶拟正规. 因而,${\cal F}$ 在 $D$ 内 $0$ 阶拟正规当且仅当 ${\cal F}$ 在 $D$ 内正规. 设 $z_{0}\in D$, 如果 ${\cal F}$ 在 $z_{0}$ 的某一个邻域内拟正规,则称 ${\cal F}$ 在点 $z_{0}$ 拟正规. 因而,${\cal F}$ 在 $D$ 内拟正规当且仅当 ${\cal F}$ 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 ${\cal F}$ 不是 $v$ 阶拟正规的, 那么存在 $z_1,z_2,\cdots,z_{\nu+1}\in D$ 以及序列 $\{f_n\}\subset{\cal F}$, 使得 $\{f_n\}$ 的任意子列在 $z_1,z_2,\cdots,z_{\nu+1}$ 中的每一个点都不正规.

${\mathbb N}$ 表示正整数集,${\mathbb C}$ 表示复平面,$D$ 表示 ${\mathbb C}$ 内的区域. 设 $z_0\in {\mathbb C}$ 和 $r > 0,\Delta ({z_0},r): = \{ z|{\mkern 1mu} |z - {z_0}| < r\} ,\Delta : = \Delta (0,1),\Delta '({z_0},r): = \{ z|{\mkern 1mu} 0 < |z - {z_0}| < r\} ,\bar \Delta ({z_0},r): = \{ z|{\mkern 1mu} |z - {z_0}| \le r\} ,$ 以及 $\Gamma(z_0,r)=\{z|\,|z-z_0|=r\}$. $n(D,f)$ 表示 $f(z)$ 在 $D$ 内的极点个数(计算重数),$n(r,f):=\overline{n}(\Delta(0,r),f)$. 在 $D$ 内 $f_n \mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} f$ 意味着 $\{f_n\}$ 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 $f\equiv \infty$. 在 $D$ 内 $f_n\Rightarrow f$ 意味着 $\{f_n\}$ 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. $\Re_{D}:=\{f|\,f $在$D$内亚纯$\}$ 和 $\Re_{D,k,M}:=\{f|\,f $在$D$内亚纯; $f$ 的零点重级至少为$ k;$ 对任意的$z\in D,$ 恒有当$f(z)=0$ 时$ |f^{(k)}(z)|\leq M,$ 其中$M>0$是一个常数$\}.$

设 $f\in \Re_{D}$,记

\begin{eqnarray} \label{eq: characteristic function} f^\#(z):=\frac{|f'(z)|}{1+| f(z)| ^2}\mbox{,和,} S(D,f):= \frac{1}{\pi}\int\!\!\!\int_D[f^\#(z)]^2{\rm d}x{\rm d}y. \end{eqnarray}

(2.1)

Ahlfors-Shimizu 特征函数定义为 $T_0(r,f):=\int_0^r\frac{S(t,f)}{t}\mathrm{d}t$,其中 $S(t,f)=S(\overline{\Delta}(0,t),f)$. 令 $T(r,f)$ 表示 Nevanlinna 特征函数. 因为 $T(r,f)-T_0(r,f)$ 是自变量 $r$ 的有界函数,因而 $T_0(r,f)$ 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 $$ \rho(f):=\mathop{\overline{\lim}}\limits_{r\rightarrow\infty}\frac{\log T(r,f)}{\log r} ~~\mbox{或}~~ \rho(f):=\mathop{\overline{\lim}}\limits_{r\rightarrow\infty}\frac{\log T_0(r,f)}{\log r}. $$

设 $\{f_n\}\subset\Re_{D}$. 如果对 $D$ 内的任意有界闭集 $E$,恒有当 $n$ 充分大时 $\{f_n\}$ 在 $E$ 上解析, 我们称 $\{f_n\}$ 在 $D$ 内内闭一致解析.

引理 2.1 (参见文献[14,引理 3]) 设 $\{\psi_n\}$ 为 $D$ 内的解析函数族,且在 $D$ 内 $\psi_n\Rightarrow\psi$,其中 $\psi(\neq 0)$ 在 $D$ 内解析. 设 $\{f_n\}\subset\Re_{D}$,且对任意的 $n\in {\mathbb N}$ 和 $z\in D$,恒有 $f_n(z)\neq 0$ 和 $f^{(k)}_n(z)\neq\psi_n(z)$, 那么 $\{f_n\}$ 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 $a_n\rightarrow\infty$ 和正数列 $\delta_n \rightarrow 0$ 使得当 $n\rightarrow \infty$ 时 $f^\#(a_n)\rightarrow \infty$ 和 $S(\Delta(a_n,\delta_n),f)\rightarrow \infty$.

引理 2.3 (参见文献[3,引理 8]) 设 $f(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_0+\frac{Q(z)}{P(z)}$, 其中 $a_0,a_1,\cdots,a_n$ 是常数且 $a_n\neq0$, $P(z)$ 和 $Q(z)$ 是两个互质的多项式且满足 ${\rm deg}Q(z)<{\rm deg}P(z)$. 如果 $f^{(k)}(z)\neq 1$,那么 $f(z)=\frac{z^k}{k!}+\cdots+a_0+\frac{b}{(z-c)^m}$, 其中 $b(\neq 0),c\in {\mathbb C}$ 和 $m\in{\mathbb N}$.

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 $f\in\Re_{{\mathbb C},k,M}$. 如果 $f$ 的级是有穷的,且对任意的 $z\in {\mathbb C}$ 恒有 $f^{(k)}(z)\neq 1$, 那么下面两种情形必有一种成立.

(1) $f(z)=\alpha(z-\beta)^{k}$, 其中 $\alpha,\beta\in {\mathbb C}$ 且 $\alpha k!\neq 1$;

(2) 如果 $k=1$,那么 $f(z)=z+a+\frac{b}{(z-c)^m}$, 其中 $a,b,c\in {\mathbb C}$,$b\neq 0$ 和 $m\in {\mathbb N}$. 如果 $k=2$,那么 $f(z)=\frac{(z-c_1)^2(z-c_2)^2}{2(z-c)^2}$ 或 $f(z)=\frac{(z-c_1)^3}{2(z-c)}$, 其中 $c_1,c_2$ 和 $ c$ 是判别的常数. 如果 $k\geq3$,那么 $f(z)=\frac{(z-c_1)^{k+1}}{k!(z-c)}$,其中 $c_1$ 和 $c$ 是判别的常数.

引理 2.5 (参见文献[10,引理4]) 设 $f\in\Re_{{\mathbb C},k,M}$. 如果 $f$ 的级是有穷的,对任意的 $z\in {\mathbb C}$ 恒有 $f'(z)\neq 1$, 以及 $f(\pm\frac{1}{2})=0$, 那么存在只与 $M$ 有关的正常数 $K$ 使得 $\sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}f^{\#}(z)\leq K$.

引理 2.6 (参见文献[18,引理 2]) 设 ${\cal F}\subset\Re_{D,k,M}:M\geq 1.$ 如果 ${\cal F}$ 在 $D$ 内一点 $z_0$ 不正规,那么对任意的 $0\leq\alpha\leq k$,都存在

(a) 点列 $z_n\in D$,$z_n\rightarrow z_0$,

(b) 函数列 $f_n\in{\cal F}$,

(c) 正数列 $\rho_n\rightarrow 0$,

使得在 ${\mathbb C}$ 内 $\rho_n^{-\alpha}f_n(z_n+\rho_n\zeta)= g_n(\zeta) \mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} g(\zeta)$, 其中 $g$ 为 ${\mathbb C}$ 内的非常数的亚纯函数,且 $g^\#(\zeta)\leq g^\#(0)=kM+1$. 另外,$g$ 的级至多为 $2$.

引理 2.7 (参见文献[19,定理 1]) 设 $f$ 为单位圆盘 $\Delta$ 内的亚纯函数,$a_1,a_2,a_3$ 为三个判别的常数. 如果 $\prod\limits_{i=1}^3(f(z)-a_i)$ 在 $\Delta$ 内的零点个数 $\leq n$, 其中每个零点仅计算一次, 那么 $$ S(r,f)\leq n+\frac{A}{1-r},\quad 0\leq r <1, $$ 其中 $A>0$ 是只与 $a_1,a_2,a_3$ 有关的常数.

引理 3.1 (球面导数的性质)

(i) 如果 $f\in\Re_{{\mathbb C}}$,$\alpha(\neq0)\in {\mathbb C}$, 那么 ${(\alpha f)}^{\#}(z)\leq f^{\#}(z)\max\{|\alpha|,1/|\alpha|\}$.

(ii) 如果 $R(z)=\alpha(z-\beta)^{k}$,其中 $\alpha,\beta\in {\mathbb C}$, 那么 $R^{\#}(z)\leq k\max\{1,|\alpha|\}$.

证 显然,

$$ {(\alpha f)}^{\#}(z)=\frac{|\alpha||f'|}{1+|\alpha|^2|f|^2}\leq \left\{\begin{array}{ll} \frac{|\alpha||f'|}{1+|f|^2}=|\alpha|f^{\#}(z),&\mbox{若}\ |\alpha|\geq1. \\ \frac{|\alpha||f'|}{|\alpha|^2+|\alpha|^2|f|^2}=\frac{f^{\#}(z)}{|\alpha|},~~ &\mbox{若}\ |\alpha|<1. \end{array}\right. $$

于是 (i) 成立. 当 $|\alpha|\leq1$ 时,

$$[{R^\# }(z) = \frac{{|\alpha k{{(z - \beta )}^{k - 1}}|}}{{1 + |\alpha {{(z - \beta )}^k}{|^2}}}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} { = \frac{k}{{2|z - \beta |}}\frac{{2|\alpha {{(z - \beta )}^k}|}}{{1 + |\alpha {{(z - \beta )}^k}{|^2}}} \le \frac{k}{{2|z - \beta |}} < k,\;\;\;\;\;{\rm{若}}\;|z - \beta | \ge 1.}\\ { \le |\alpha k{{(z - \beta )}^{k - 1}}| \le k,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{若}}\;|z - \beta | < 1.} \end{array}} \right.$$

当 $|\alpha|>1$ 时,由 (i) 知 ${R^\# }(z) \le k|\alpha |$,于是 (ii) 成立.

引理 3.2 设 $f\in\Re_{{\mathbb C},k,M}$ 和 $A\in[1/2,2]$. 如果 $f$ 的级是有穷的,对任意的 $z\in {\mathbb C}$ 恒有 $f^{(k)}(z)\neq A$, 以及 $f(\pm\frac{1}{2})=0$, 那么存在只与 $M$ 有关的正常数 $K$ 使得 $\sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}f^{\#}(z)\leq K$.

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 $K_1$ 使得 $\sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}{(\frac{f}{A})}^{\#}\leq K_1$. 现在考虑 $k>1$ 情形. 结合引理 2.4 可知, $k=2$ 和 $$\frac{f(z)}{A}=\frac{(z-\frac{1}{2})^2(z+\frac{1}{2})^2}{2(z-c)^2}=\frac{z^2}{2}+a_1z+a_0+\frac{b_1z+b_0}{(z-c)^2},$$ 其中 $c(\neq \pm\frac{1}{2})$,$a_1$,$a_0$,$b_0(\neq 0)$ 是常数,$b_1=2c(c^2-\frac{1}{4})$. 由引理 2.3 知,$b_1=0$,因而 $c=0$, $\frac{f(z)}{A}=\frac{(z^2-\frac{1}{4})^2}{2z^2}$. 记 $K_2:=\sup\limits_{z\in{\overline{\Delta}}}{(\frac{f}{A})}^{\#}=\sup\limits_{z\in{\overline{\Delta}}}\left(\frac{(z^2-\frac{1}{4})^2}{2z^2}\right)^{\#}$. 根据引理 3.1, $\sup\limits_{z\in{\overline{\Delta}}}f^{\#}(z)\leq K=2\max\{K_1,K_2\}$.

引理 3.3 设 $\{f_n\}\subset\Re_{\Delta(z_0,r)}$,并且满足

(a) 在 $\Delta'(z_0,r)$ 内 $f_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} f$, 其中 $f(\not\equiv0)$ 可能恒为 $\infty;$

(b) 存在 $M_0>0$ 使得当 $n$ 充分大时 $n(\Delta ({z_0},r),\frac{1}{{{f_n}}}) < {M_0}$. 则存在 $M>0$ 使得当 $n$ 充分大时 $S(\Delta ({z_0},r/4),{\mkern 1mu} {f_n}) < M.$

证 不失一般性,不妨假设 $r=2$ 和 $z_0=0$.

我们分两种情形讨论.

情形 1 在 $\Delta'(0,2)$ 内 $f\not\equiv1$ 且 $f\not\equiv2$.

显然,在去心圆盘 $\Delta'(0,2)$ 内 $\frac{1} {f_n}-1\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} \frac{1}{f}-1$ 且 $\frac{1}{f}-1\not\equiv 0,\infty$. 因而存在 $s\in(1,2)$ 使得 $\frac{1}{f}-1$ 在圆周 $\Gamma(0,s)$ 上既无零点也无极点. 当 $n$ 充分大时

$\begin{array}{l} n\left( {s,\frac{1}{{{f_n} - 1}}} \right) - n\left( {s,\frac{1}{{{f_n}}}} \right) = n\left( {s,\frac{1}{{\frac{1}{{{f_n}}} - 1}}} \right) - n\left( {s,\frac{1}{{{f_n}}} - 1} \right)\\ {\rm{ = }}\frac{1}{{2\pi {\rm{i}}}}\int_{\Gamma (0,{\kern 1pt} s)} {\frac{{{{(\frac{1}{{{f_n}}} - 1)}^\prime }}}{{\frac{1}{{{f_n}}} - 1}}} {\rm{d}}z \to \frac{1}{{2\pi {\rm{i}}}}\int_{\Gamma (0,{\kern 1pt} s)} {\frac{{(\frac{1}{f} - 1)'}}{{\frac{1}{f} - 1}}} {\rm{d}}z. \end{array}$

注意到 $\frac{1}{2\pi {\rm i}}\int_{\Gamma(0,\,s)}\frac{(\frac{1}{f_n}-1)'}{\frac{1}{f_n}-1}{\rm d}z$ 是整数, 所以当 $n$ 充分大时 $$\frac{1}{2\pi {\rm i}}\int_{\Gamma(0,\,s)}\frac{(\frac{1}{f_n}-1)'}{\frac{1}{f_n}-1}{\rm d}z=\frac{1}{2\pi {\rm i}}\int_{\Gamma(0,\,s)}\frac{(\frac{1}{f}-1)'}{\frac{1}{f}-1}{\rm d}z.$$ 记 $M_1:=\frac{1}{2\pi {\rm i}}\int_{\Gamma(0,\,s)}\frac{(\frac{1}{f}-1)'}{\frac{1}{f}-1}{\rm d}z+M_0$. 当 $n$ 充分大时

$n\left( {1,\frac{1}{{{f_n} - 1}}} \right) \le n\left( {s,\frac{1}{{{f_n} - 1}}} \right) = \frac{1}{{2\pi {\rm{i}}}}\smallint \Gamma (0,s){\rm{ }}\frac{{(\frac{1}{f} - 1)'}}{{\frac{1}{f} - 1}}{\rm{d}}z + n\left( {s,\frac{1}{{{f_n}}}} \right) < {M_1}.$

显然,在去心圆盘 $\Delta'(0,2)$ 内 $\frac{1} {f_n}-\frac{1}{2} \mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} \frac{1}{f}-\frac{1}{2}$ 且 $\frac{1}{f}-\frac{1}{2}\not\equiv 0,\infty$. 因而存在 $t\in(1,2)$ 使得 $\frac{1}{f}-\frac{1}{2}$ 在圆周 $\Gamma(0,t)$ 上既无零点也无极点. 当 $n$ 充分大时

$\begin{array}{l} n\left( {t,\frac{1}{{{f_n} - 2}}} \right) - n\left( {t,\frac{1}{{{f_n}}}} \right) = n\left( {t,\frac{1}{{\frac{1}{{{f_n}}} - \frac{1}{2}}}} \right) - n\left( {t,\frac{1}{{{f_n}}} - \frac{1}{2}} \right)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\\ \;\;\;\;\;\;\;\; = \frac{1}{{2\pi {\rm{i}}}}\int_{\Gamma (0,{\kern 1pt} t)} {\frac{{(\frac{1}{{{f_n}}} - \frac{1}{2})'}}{{\frac{1}{{{f_n}}} - \frac{1}{2}}}} {\rm{d}}z \to \frac{1}{{2\pi {\rm{i}}}}\int_{\Gamma (0,{\kern 1pt} t)} {\frac{{(\frac{1}{f} - \frac{1}{2})'}}{{\frac{1}{f} - \frac{1}{2}}}} {\rm{d}}z. \end{array}$

与前面的证明类似,可知存在 $M_2>0$ 使得当 $n$ 充分大时 $n\left( {1,\frac{1}{{{f_n} - 2}}} \right) < {M_2}.$ 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

$$S\left( {\frac{1}{2},{f_n}} \right) \le n\left( {1,\frac{1}{{{f_n}}}} \right) + n\left( {1,\frac{1}{{{f_n} - 1}}} \right) + n\left( {1,\frac{1}{{{f_n} - 2}}} \right) + 2A < {M_3},$$

其中 $M_3=M_0+M_1+M_2+2A$.

情形 2 在 $\Delta'(0,2)$ 内 $f\equiv1$ 或 $f\equiv2$.

显然,在 $\Delta'(0,2)$ 内 $f\not\equiv 3$ 和 $f\not\equiv4$. 与 情形 1 中的证明类似, 可知存在正常数 $M_4$ 使得当 $n$ 充分大时 $S(\frac{1}{2},f_n)\leq M_4$.

记 $M:=\max\{M_3,M_4\}$,于是当 $n$ 充分大时 $S(\frac{1}{2},f_n)\leq M$.

引理 3.4 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 $f^{(k)}_n(z)\neq\psi_n(z)$. 如果 $\{f_n\}$ 在 $D$ 内一点 $z_0$ 不正规, 那么存在点列 $z_n\rightarrow z_0$,$\{f_n\}$ 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 $$ \rho_n^{-k}f_n(z_n+\rho_n\zeta)\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} \frac{\psi(z_0)\prod\limits_{i=1}^{m+k}(\zeta-\alpha_i)}{k!(\zeta-\beta)^m}, $$ 其中 $m\in{\mathbb N}$,$\alpha_i,\beta\in{\mathbb C}$ 且 $\alpha_i\neq\beta$ $(i=1,\cdots,m+k)$.

证 显然,$\{f_n\}\subset\Re_{D,k,M_1}$,其中 $M_1=\max\{\psi(z_0),1/\psi(z_0)\}(M+1)$. 根据引理 2.6, 存在点列 $z_n\rightarrow z_0$,$\{f_n\}$ 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

\begin{eqnarray} \label{eq: normal zalcman 1} \rho_n^{-k}f_n(z_n+\rho_n\zeta)=g_n(\zeta)\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} g(\zeta), \end{eqnarray}

(3.1)

其中 $g$ 为 ${\mathbb C}$ 内的非常数的亚纯函数,并且满足

\begin{eqnarray} \label{eq: normal zalcman 2} g^\#(\zeta)\leq g^\#(0)=kM_1+1=k\max\{\psi(z_0),1/\psi(z_0)\}(M+1)+1. \end{eqnarray}

(3.2)

另外,$g$ 的级至多为 $2$. 显然,$g$ 的零点重级至少为 $k$,且当 $g(\zeta)=0$ 时恒有$|g^{(k)}(\zeta)|\leq M$. 注意到 $g_n^{(k)}(\zeta)=f_n^{(k)}(z_n+\rho_n\zeta)\neq \psi_n(z_n+\rho_n\zeta)$ 以及在 ${\mathbb C}$ 内 $\psi_n(z_n+\rho_n\zeta)\Rightarrow\psi(z_0)$, 由 Hurwitz 定理和 (3.1)式 知,在 ${\mathbb C}$ 内 $g^{(k)}(\zeta)\equiv \psi(z_0)$ 或 $g^{(k)}(\zeta)\neq \psi(z_0)$.

如果 $g^{(k)}(\zeta)\equiv \psi(z_0)$, 那么结合 $g$ 的零点重级至少为 $k$ 知,$g(\zeta)=\psi(z_0)\frac{(\zeta-c)^k}{k!}$, 再由引理 3.1 知, $g^\#(\zeta)\leq k\max\{\psi(z_0),1/\psi(z_0)\}$,但这与 (3.2)式 矛盾. 于是 $g^{(k)}(\zeta)\neq \psi(z_0)$. 假设 $g(\zeta)=\alpha(\zeta-\beta)^{k}$,其中 $\alpha,\beta\in {\mathbb C}$ 且 $\alpha k!\neq \psi(z_0)$. 因为 $g(\zeta)=0$ 时恒有 $|g^{(k)}(\zeta)|\leq M$,所以 $|g^{(k)}(\beta)|=|\alpha k!|\leq M$ 以及 $|\alpha|\leq M$, 再由引理 3.1 知, $g^\#(\zeta)\leq k\max\{1,M\}\leq k(M+1)$,但这与 (3.2) 式矛盾. 结合引理 2.4 知,$g(\zeta)$ 可写成下述形式, $$ g(\zeta)=\frac{\psi(z_0)\prod\limits_{i=1}^{m+k}(\zeta-\alpha_i)}{k!(\zeta-\beta)^m}, $$ 其中 $m\in{\mathbb N}$,$\alpha_i,\beta\in{\mathbb C}$ 且 $\alpha_i\neq\beta$ $(i=1,\cdots,m+k)$.

引理 3.5 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 $\{f_n\}\subset\Re_{D,k,M}$ 为解析函数族,且对任意的 $n\in {\mathbb N}$ 和任意的 $z\in D$,恒有 $f^{(k)}_n(z)\neq\psi_n(z)$. 则 $\{f_n\}$ 在 $D$ 内正规.

证 假设 $\{f_n\}$ 在 $D$ 内一点 $z_0$ 不正规, 根据引理 3.4, 存在点列 $z_n\rightarrow z_0$,$\{f_n\}$ 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

\begin{eqnarray} \label{eq: zalcman of holomorphic} g_n(\zeta)=\rho_n^{-k}f_n(z_n+\rho_n\zeta) \mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} g(\zeta)=% \frac{\psi(z_0)\prod\limits_{i=1}^{m+k}(\zeta-\alpha_i)}{k!(\zeta-\beta)^m}, \end{eqnarray}

(3.3)

其中 $m\in{\mathbb N}$,$\alpha_i,\beta\in{\mathbb C}$ 且 $\alpha_i\neq\beta$ $(i=1,\cdots,m+k)$. 因为 $\{f_n\}$ 为 $D$ 内解析函数族,所以 $g(\zeta)$ 为整函数, 但这与 (3.3) 式矛盾.

引理 3.6 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,并且满足

(a) 存在 $\delta^*>0$ 使得每一个 $f_n$ 在 $(a^*,\delta^*)$ 内至多有一个极点(单级或重级)$;$

(b) $\{f_n\}$ 的任意子列在点 $a^*$ 都不正规$;$

(c) $\{f_n\}$ 在 $D\setminus \{a^*\}$ 内正规.

则

(i) 在 $D\setminus \{a^*\}$ 内 $f_n(z) %\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} \Rightarrow f(z)$, 其中 $f(z)=\int^z_{a^*}\int^{\zeta_1}_{a^*}\cdots\int^{\zeta_{k-1}}_{a^*}\psi(\zeta_{k})\mathrm{d}\zeta_{k} \mathrm{d}\zeta_{k-1}\cdots \mathrm{d}\zeta_{1}$. 换句话说,$f$ 能解析地开拓成 $D$ 内的全纯函数,并且满足 $f^{(k)}(z)=\psi(z)$ 和 $f^{(j)}(a^*)=0$,其中 $j=0,1,2,\cdots,k-1$.

(ii) 存在 $\eta^*>0$ 和 $M^*>0$ 使得当 $n$ 充分大时 $S\big(\Delta(a^*,\eta^*), f_n)\leq M^*.$

证

事实上,我们只需证明从 $\{f_n\}$ 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 $\{f_n\}$ 的一个子列,为了表述简洁,仍然记作 $\{f_n\}$.

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

\begin{eqnarray} \label{eq: zalcman of quasinormal lemma I of pai} g_n(\zeta)=\rho_n^{-k}f_n(z_n+\rho_n\zeta) \mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}g(\zeta)=% \frac{\prod\limits_{i=1}^{m+k}(\zeta-\alpha_i)}{k!(\zeta-\beta)^m}, \end{eqnarray}

(3.4)

其中 $m\in{\mathbb N}$,$\alpha_i,\beta\in{\mathbb C}$ 且 $\alpha_i\neq\beta$ $(i=1,\cdots,m+k)$. 由 (3.4) 式和 条件(a) 知, $f_n$ 有 $m+k$ 个零点 $z_{n,i}=z_n+\rho_n\alpha_{n,i}$ 和一个 $m$ 级极点 $t_{n}=z_n+\rho_n\beta_{n}$, 其中 $\alpha_{n,i}$ 为 $g_n$ 的零点且满足 $\alpha_{n,i}\rightarrow \alpha_i$, $\beta_{n}$ 为 $g_n$ 的极点且满足 $\beta_{n}\,\rightarrow \beta$. 记

\begin{eqnarray} \label{eq: def one quasinormal lemma I} R_n(z):=\frac{\prod\limits_{i=1}^{m+k}(z-z_{n,i})}{k!(z-t_{n})^m}\Rightarrow \frac{z^k}{k!}\,\, \mbox{(收敛区域为}\ {\mathbb C}\setminus\{0\}), \end{eqnarray}

(3.5)

\begin{eqnarray} \label{eq: def two quasinormal lemma I} \widehat{f}_n(z):=\frac{f_n(z)}{R_n(z)} ~~\mbox{和}~~ \widehat{g}_n(\zeta):=\widehat{f}_n(z_n+\rho_n\zeta). \end{eqnarray}

(3.6)

由 (3.4) 式知, $\widehat{g}_n(\zeta)$ 在 ${\mathbb C}$ 内内闭一致解析. 根据最大模原理,在 ${\mathbb C}$ 内

\begin{eqnarray} \label{eq: quasinormal lemma I of pai 1} \widehat{g}_n(\zeta)=\widehat{f}_n(z_n+\rho_n\zeta)=\frac{k!(\zeta-\beta_n)^mg_n(\zeta)}{\prod\limits_{i=1}^{m+k}(\zeta-\alpha_{n,i})}\Rightarrow\widehat{g}(\zeta)=1. \end{eqnarray}

(3.7)

我们断言存在 $\delta_1\in(0,\delta^*)$ 使得当 $n$ 充分大时 $\widehat{f}_n$ 在 $\Delta(0,\delta_1)$ 内无零点. 否则,选取 $\{\widehat{f}_n\}$ 的一个子列(仍然记作 $\{\widehat{f}_n\}$), 并假设 $\widehat{z}_n$ 为 $\{\widehat{f}_n\}$ 的模最小的一个零点且满足 $\widehat{z}_n\rightarrow 0$. 令 $\widehat{z}_n=z_n+\rho_n\widehat{\zeta}_n$. 由 (3.7) 式知,$\widehat{\zeta}_n\rightarrow\infty$. 记

\begin{eqnarray} \label{eq: quasinormal lemma I of def 1} L_n(z):=\frac{R_n(z_n+(\widehat{z}_n-z_n)z)}{(\widehat{z}_n-z_n)^k}% =\frac{\prod\limits_{i=1}^{m+k}(z-\frac{\alpha_{n,i}}{\widehat{\zeta}_n})}{k!(z-\frac{\beta_n}{\widehat{\zeta}_n})^m}% \Rightarrow\frac{z^k}{k!}~ \mbox{(收敛区域为}~ {\mathbb C}\setminus\{0\} ), \end{eqnarray}

(3.8)

\begin{eqnarray} \label{eq: quasinormal lemma I of def 2} F_n(z):=\frac{f_n(z_n+(\widehat{z}_n-z_n)z)}{(\widehat{z}_n-z_n)^{k}} ~~\mbox{和}~~ \widehat{F}_n(z):=\frac{F_n(z)}{L_n(z)}=\widehat{f}_n(z_n+(\widehat{z}_n-z_n)z). \end{eqnarray}

(3.9)

不难证明 $\{F_n(z)\}$ 和 $\{\widehat{F}_n(z)\}$ 具有下述性质

(a1) $\{F_n(z)\}$ 在 ${\mathbb C}\setminus{\{0\}}$ 内内闭一致解析;

(a2) $F_n(z)$ 的零点重级至少为 $k$, 且当 $F_n(z)=0$ 时 $|F_n^{(k)}(z)|\leq M$;

(a3) $F^{(k)}_n(z)\neq \psi_n(z_n+(\widehat{z}_n-z_n)z)$, 其中在 ${\mathbb C}$ 内 $\psi_n(z_n+(\widehat{z}_n-z_n)z)\Rightarrow1$;

(a4) $\{\widehat{F}_n(z)\}$ 在 ${\mathbb C}$ 内内闭一致解析, $\widehat{F}_n(1)=0$,以及在 $\Delta$ 内 $\widehat{F}_n(z)\neq 0$.

根据引理 3.5, $\{F_n\}$ 在 ${\mathbb C}\setminus{\{0\}}$ 内正规. 由 (3.8) 和 (3.9) 式知, $\{\widehat{F}_n\}$ 在 ${\mathbb C}\setminus{\{0\}}$ 内也正规. 选取 $\{\widehat{F}_n\}$ 的一个子列(仍然记作 $\{\widehat{F}_n\}$), 使得在 ${\mathbb C}\setminus{\{0\}}$ 内 $\widehat{F}_n\Rightarrow \widehat{F}$. 由性质 (a4) 知,$\widehat{F}(1)=0$. 假设在 ${\mathbb C}\setminus{\{0\}}$ 内 $\widehat{F}\equiv 0$. 由 (3.8) 和 (3.9) 式知, 在 ${\mathbb C}\setminus{\{0\}}$ 内 $F_n(z)\Rightarrow 0$,$F^{(k)}_n(z)\Rightarrow 0$,以及 $F^{(k+1)}_n(z)\Rightarrow 0$. 于是

$$ \begin{array}{l} |n\left( {1,F_n^{(k)}(z) - {\psi _n}({z_n} + ({{\hat z}_n} - {z_n})z)} \right) - n\left( {1,\frac{1}{{F_n^{(k)}(z) - {\psi _n}({z_n} + ({{\hat z}_n} - {z_n})z)}}} \right)\\ = \frac{1}{{2\pi }}\left| {\int_{|z| = 1} {\frac{{F_n^{(k + 1)}(z) - ({{\hat z}_n} - {z_n}){{\psi '}_n}({z_n} + ({{\hat z}_n} - {z_n})z)}}{{F_n^{(k)}(z) - {\psi _n}({z_n} + ({{\hat z}_n} - {z_n})z)}}} {\rm{d}}z} \right| \to 0. \end{array} $$

因而,当 $n$ 充分大时

$$ n\left(1,F^{(k)}_n(z) - \psi_n(z_n+(\widehat{z}_n - z_n)z)\right)= n\left(1,\frac{1}{F^{(k)}_n(z) - \psi_n(z_n+(\widehat{z}_n-z_n)z)}\right)=0, $$

但这是不可能的,因为 $\beta_n/\widehat{\zeta}_n\rightarrow 0$ 为 $F^{(k)}_n(z) - \psi_n(z_n+(\widehat{z}_n - z_n)z)$ 的极点. 因而,在 ${\mathbb C}\setminus{\{0\}}$ 内 $\widehat{F}\not\equiv 0$. 注意到在 $\Delta$ 内 $\widehat{F}_n(z)\neq 0$,根据最大模原理, 在 ${\mathbb C}$ 内 $\widehat{F}_n\Rightarrow \widehat{F}$. 由 (3.7) 式知,$\widehat{F}_n(0)=\widehat{f}_n(z_n)=\widehat{g}_n(0)\rightarrow 1$, 所以 $\widehat{F}(0)=1$. 由 $\widehat{F}(0)=1$,$\widehat{F}(1)=0$ 和 性质 (a4) 知,$\widehat{F}(z)$ 为非常数的整函数. 由 (3.8) 和 (3.9) 式知, 在 ${\mathbb C}\setminus{\{0\}}$ 内

\begin{eqnarray} \label{eq: add 1 of quasinormal lemma I} 0\neq F^{(k)}_n(z)-\psi_n(z_n+(\widehat{z}_n-z_n)z)\Rightarrow \big(z^k\widehat{F}(z)/k!\big)^{(k)}-1. \end{eqnarray}

(3.10)

假设在 ${\mathbb C}$ 内 $\big(z^k\widehat{F}(z)/k!\big)^{(k)}-1\equiv 0$. 显然,在 ${\mathbb C}$ 内 $\widehat{F}(z)\equiv\frac{P_k(z)}{z^k}$, 其中 $P_k(z)$ 是一个次数为 $k$ 的多项式. 由 $\widehat{F}(0)=1$ 知,$P_k(z)\equiv z^k$,进而 $\widehat{F}(z)\equiv1$, 但这与 $\widehat{F}(1)=0$ 矛盾. 于是在 ${\mathbb C}$ 内 $\big(z^k\widehat{F}(z)/k!\big)^{(k)}-1\not\equiv 0$. 注意到 $F^{(k)}_n(z)-\psi_n(z_n+(\widehat{z}_n-z_n)z)\neq 0$, 由最大模原理和 (3.10)式 知,在 ${\mathbb C}$ 内 $$0\neq F^{(k)}_n(z)-\psi_n(z_n+(\widehat{z}_n-z_n)z)\Rightarrow \big(z^k\widehat{F}(z)/k!\big)^{(k)}-1.$$ 根据 Hurwitz 定理, 在 ${\mathbb C}$ 内 $\big(z^k\widehat{F}(z)/k!\big)^{(k)} - 1\neq0$, 但这与 $ \big(z^k\widehat{F}(z)/k!\big)^{(k)} - 1\big|_{z=0}=0$ 矛盾.

于是,存在 $\delta_1\in(0,\delta^*)$ 使得当 $n$ 充分大时 $\widehat{f}_n$ 在 $\Delta(0,\delta_1)$ 内无零点, 再由条件 (a),(3.5) 和 (3.6) 式知, 当 $n$ 充分大时 $\widehat{f}_n$ 在 $\Delta(0,\delta_1)$ 内既无零点也无极点. 由 条件(c),(3.5) 和 (3.6) 式知, $\{\widehat{f}_n\}$ 在 $D\setminus \{0\}$ 内正规, 再由最大模原理知, $\{\widehat{f}_n\}$ 在点 $0$ 也正规,进而 $\{\widehat{f}_n\}$ 在整个区域 $D$ 内正规. 选取 $\{\widehat{f}_n\}$ 的一个子列(仍然记作 $\{\widehat{f}_n\}$), 使得在 $D$ 内 $\widehat{f}_n \mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}\widehat{f}$. 由$\widehat{f}_n(z_n)=\widehat{g}_n(0)\rightarrow1$ 知, $\widehat{f}(0)=1$.于是 $\widehat{f}$ 在 $\Delta(0,\delta_1)$ 内解析. 由 (3.5) 和 (3.6)式 知, 在 $D\setminus\{0\}$ 内 $f_n \mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}f=z^k\widehat{f}/k!$, 进而在 $\Delta'(0,\delta_1)$ 内

\begin{eqnarray} \label{later one quasinormal lemma I} 0\neq f^{(k)}_n(z)-\psi_n(z)\Rightarrow f^{(k)}(z)-\psi(z)=(z^k\widehat{f}/k!)^{(k)}-\psi(z).% \end{eqnarray}

(3.11)

由 Hurwitz 定理和 (3.11) 式知, 在 $\Delta'(0,\delta_1)$ 内 $f^{(k)}(z) - \psi(z)\equiv 0$ 或 $f^{(k)}(z) - \psi(z)\neq 0$. 假设在 $\Delta'(0,\delta_1)$ 内 $f^{(k)}(z)-\psi(z)\neq 0$. 由最大模原理和 (3.11) 式知,在 $\Delta(0,\delta_1)$ 内

\begin{eqnarray} \label{later 2 quasinormal lemma I} 0\neq f^{(k)}_n(z)-\psi_n(z)\Rightarrow f^{(k)}(z)-\psi(z)=(z^k\widehat{f}/k!)^{(k)}(z)-\psi(z).%. \end{eqnarray}

(3.12)

由 Hurwitz 定理和 (3.12)式 知, 在 $\Delta(0,\delta_1)$ 内 $f^{(k)}(z)-\psi(z)\neq 0$, 但这与 $\left.[f^{(k)}(z)-\psi(z)]\right|_{z=0}=\big[(z^k\widehat{f}/k!)^{(k)}(z)-\left.\psi(z)\big]\right|_{z=0}=0$ 矛盾. 于是,在 $\Delta'(0,\delta_1)$ 内 $f^{(k)}(z)-\psi(z)\equiv0$. 显然,$0$ 是 $f^{(k)}$ 的可去奇点,进而 $0$ 也是 $f$ 的可去奇点, 通过定义 $f$ 在 $0$ 点的函数值,可以假设 $D$ 内 $f^{(k)}(z)\equiv\psi(z)$. 由 (3.5) 和 (3.6) 式知,$\widehat{f}(z)=\frac{k!f(z)}{z^k}$, 又因 $\widehat{f}(0)=1$,所以 $0$ 为 $f(z)$ 的 $k$ 级零点. 故而,在 $D$ 内 $f(z)=\int^z_{0}\int^{\zeta_1}_{0}\cdots\int^{\zeta_{k-1}}_{0}\psi(\zeta_{k})\mathrm{d}\zeta_{k}% \mathrm{d}\zeta_{k-1}\cdots \mathrm{d}\zeta_{1}$. 于是 (i) 成立.

下一步证明 (ii) 也成立. 注意到当 $n$ 充分大时 $\widehat{f}_n$ 在 $\Delta(0,\delta_1)$ 内无零点, 由 (3.6) 式知,当 $n$ 充分大时 $n(\Delta (0,{\delta _1}),\frac{1}{{{f_n}}}) < m + k + 1.$ 根据引理 3.3, 存在 $M^*>0$ 使得当 $n$ 充分大时 $S(\Delta (0,{\delta _1}/4),{f_n}) < {M^*}.{\eta ^*} = {\delta _1}/4$,于是 (ii) 成立.

引理 3.7 设 $f\in\Re_{{\mathbb C},k,M}$. 如果 $f$ 的级是无穷的, 且存在常数 $A(\neq0)$ 使得 $f^{(k)}(z)\neq A$, 那么 $f$ 有无穷多个判别的零点对 $(a_n,b_n)$ 具有下述性质 $$ a_n\rightarrow \infty,\mbox{} b_n\rightarrow \infty,\mbox{} |a_n-b_n|\rightarrow0 ~~ \mbox{和}~~ \sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}L_n^\#(z)\rightarrow \infty, $$ 其中 $L_n(z)=\frac{f((a_n+b_n)/2+(a_n-b_n)z)}{(a_n-b_n)^k}.$

证 根据引理 2.2, 存在点列 $\tau_n \rightarrow \infty$ 和正数列 $\delta_n \rightarrow 0$ 使得 $f^\#(\tau_n)\rightarrow \infty$ 和 $S(\Delta(\tau_n,\delta_n),$ $f)\rightarrow \infty$. 记 $f_n(z):=f(z+\tau_n)$,于是

\begin{eqnarray} \label{eq: spherical derivative of infinite order 1} f_n^\#(0)\rightarrow \infty~~ \mbox{和}~~ S(\Delta(0,\delta_n),f_n)\rightarrow \infty. \end{eqnarray}

(3.13)

由 Marty 正规定则和 (3.13)式 知,$\{f_n\}$ 的任意子列在点 $0$ 不正规.

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

\begin{eqnarray} \label{eq: zalcman of infinite order 1} g_n(\zeta)=\rho_n^{-k}f_n(z_n+\rho_n\zeta)\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}g(\zeta)=% \frac{A\prod\limits_{i=1}^{m+k}(\zeta-\alpha_i)}{k!(\zeta-\beta)^m}, \end{eqnarray}

(3.14)

其中 $m\in{\mathbb N}$,$\alpha_i,\beta\in{\mathbb C}$ 且 $\alpha_i\neq\beta$ $(i=1,\cdots,m+k)$. 根据 Hurwitz 定理, 存在点列 $\alpha_{n,i}\rightarrow \alpha_i$ 和点列 $\beta_{n,j}\,\rightarrow \beta$ 使得当 $n$ 充分大时 $g_n(\alpha_{n,i})=0$ 和 $g_n(\beta_{n,j})=\infty$, 其中 $i=1,2,\cdots,m+k$ 和 $j=1,2,\cdots,m$. 记 $z_{n,i}:=z_n+\rho_n\alpha_{n,i}$ 和 $t_{n,j}:=z_n+\rho_n\beta_{n,j}$. 显然有,$f_n(z_{n,i})=0$ 和 $z_{n,i}\rightarrow 0$; $f_n(t_{n,j})=\infty$ 和 $t_{n,j}\rightarrow 0$.

我们断言,对任意的 $\delta>0$,恒有当 $n$ 充分大时 $n(\Delta(0,\delta),\frac{1}{f_n})>m+k$. 否则,由 (3.14)式 知, 存在 $\delta_1>0$ 和 $\{f_n\}$ 的一个子列(仍然记作 $\{f_n\}$)使得 $f_n$ 在 $\Delta(0,\delta_1)$ 内有且仅有 $m+k$ 个零点 $z_{n,i}$,其中 $i=1,2,\cdots,m+k$. 注意到 $z_{n,i}\rightarrow0$, 根据引理 2.1,$\{f_n\}$ 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 ${f}_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}{f}$.

我们断言在 $\Delta'(0,\delta_1)$ 内 $f\not\equiv0$. 假设在 $\Delta'(0,\delta_1)$ 内 $f\equiv0$. 显然,在 $\Delta'(0,\delta_1)$ 内 $f_n(z)\Rightarrow 0$,$f^{(k)}_n\Rightarrow 0$,以及 $f^{(k+1)}_n\Rightarrow 0$. 于是, $$ \left|n\left(\frac{\delta_1}{2},f^{(k)}_n-A\right) -n\left(\frac{\delta_1}{2},\frac{1}{f^{(k)}_n-A}\right)\right| =\frac{1}{2\pi}\left|\int_{\Gamma}\frac{f^{(k+1)}_n}{f^{(k)}_n-A}{\rm d}z\right| %\rightarrow\frac{1}{2\pi}\left|\int_{\Gamma}\frac{\psi'}{\psi}{\rm d}z\right| \rightarrow0, $$ 其中 $\Gamma=\Gamma(0,\delta_1/2)$. 因而,当 $n$ 充分大时 $$ n\left(\frac{\delta_1}{2},f^{(k)}_n-A\right)=n\left(\frac{\delta_1}{2}, \frac{1}{f^{(k)}_n-A}\right)=0, $$ 但这是不可能的,因为 $t_{n,1}\rightarrow0$ 为 $f^{(k)}_n-A$ 的一个极点.

故而在 $\Delta'(0,\delta_1)$ 内 $\widehat{f}\not\equiv 0$. 根据引理 3.3, 则存在 $M>0$ 使得当 $n$ 充分大时 $n(\Delta (0,{\delta _1}/{\rm{4}}),{f_n} > M,$, 但这与 (3.13) 式矛盾.

于是,对任意的 $\delta>0$,恒有当 $n$ 充分大时 $n(\Delta(0,\delta),\frac{1}{f_n})>m+k$. 不妨假设 $\widehat{z}_n$ 为 $f_n$ 的一个零点且满足 $\widehat{z}_n\rightarrow 0$ 和 $\widehat{z}_n\neq z_{n,i}$, 其中 $i=1,2,\cdots,m+k$.记 $\widehat{z}_n:=z_n+\rho_n\widehat{\alpha}_n$. 由 Hurwitz 定理和 (3.14) 式知, $\widehat{\alpha}_n\rightarrow\infty$.

记 $a_n:=\tau_n+z_n+\rho_n\alpha_{n,1}$, $b_n:=\tau_n+z_n+\rho_n\widehat{\alpha}_n$, $c_n:=\tau_n+z_n+\rho_n\beta_{n,1}$,以及 $$ L_n(z):=\frac{f((a_n+b_n)/2+(a_n-b_n)z)}{(a_n-b_n)^k}. $$ 显然有, $$ \gamma_n=\frac{c_n - (a_{n}+b_n)/2}{a_{n} - b_n}=\frac{2\beta_{n,1} - \alpha_{n,1} - \widehat{\alpha}_n}{2(\alpha_{n,1} - \widehat{\alpha}_n)}\rightarrow\frac{1}{2}, $$ $$ L_n(\gamma_n)=\frac{f_n(t_{n,1})}{(a_{n} - b_n)^k}=\infty ~~\mbox{和}~~ L_n(\frac{1}{2})=0, $$ 所以 $\{L_n\}$ 在点 $1/2$ 不正规. 由 Marty 正规定则知,$\sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}L_n^\#(z)\rightarrow\infty$. 很明显,$|a_n-b_n|=|z_{n,1}-\widehat{z}_n|\rightarrow 0$. 注意到 $\tau_n\rightarrow \infty$, 如果必要的话,选取 $(a_n,b_n)$ 的一个子列(仍然记作 $(a_n,b_n)$), 总可以保证零点对 $(a_n,b_n)$ 相互是判别的并满足 $a_n\rightarrow \infty$ 和 $b_n\rightarrow \infty$.

引理 3.8 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,并且满足

(a) $\{f_n\}$ 在点 $a^*$ 不正规;

(b) 每一个 $f_n$ 至少有两个判别的极点 $v_{n,1}\rightarrow a^*$ 和 $v_{n,2}\rightarrow a^*$.则从 $\{f_n\}$ 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 $(a_n,b_n)$ 具有下述性质 $$ a_n\rightarrow a^*,b_n\rightarrow a^* ~ \mbox{和}~ \sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}L_n^\#(z)\rightarrow \infty,\ \mbox{其中}\ L_n(z)=\frac{f((a_n+b_n)/2+(a_n-b_n)z)}{(a_n-b_n)^k}. $$

证

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

\begin{eqnarray} \label{eq: two poles of normal 1} g_n(\zeta)=\rho_n^{-k}f_n(z_n+\rho_n\zeta)\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}g(\zeta)=% \frac{\prod\limits_{i=1}^{m+k}(\zeta-\alpha_i)}{k!(\zeta-\beta)^m}, \end{eqnarray}

(3.15)

其中 $m\in{\mathbb N}$,$\alpha_i,\beta\in{\mathbb C}$ 且 $\alpha_i\neq\beta$ $(i=1,\cdots,m+k)$. 由 (3.15) 式知, $f_n$ 有 $m+k$ 个零点 $z_{n,i}=z_n+\rho_n\alpha_{n,i}$ 和一个极点 $t_{n}=z_n+\rho_n\beta_{n}$, 其中 $\alpha_{n,i}$ 为 $g_n$ 的零点且满足 $\alpha_{n,i}\rightarrow \alpha_i$, $\beta_{n}$ 为 $g_n$ 的极点且满足 $\beta_{n}\,\rightarrow \beta$.

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

\begin{eqnarray} \label{eq: two poles of normal 3} 0\neq g_n^{(k)}(\zeta)-\psi_n(z_n+\rho_n\zeta) \mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} g^{(k)}(\zeta)-1. \end{eqnarray}

(3.16)

显然,$t_{n,j}$ 为 $[g_n^{(k)}(\zeta)-\psi_n(z_n+\rho_n\zeta)]$ 的 $m_j+k$ 级极点, 再由 Hurwitz 定理和 (3.16) 式知, $\beta$ 为 $[g^{(k)}(\zeta)-1]$ 的 $m+sk$ 级极点. 但由 (3.15)式 知, $\beta$ 为 $[g^{(k)}(\zeta)-1]$ 的 $m+k$ 级极点,矛盾.

我们分两种情形讨论.

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

\begin{eqnarray} \label{eq: two poles of def 1} R_n(z):=\frac{\prod\limits_{i=1}^{m+k}(z-z_{n,i})}{k!(z-t_{n})^m}\Rightarrow \frac{z^k}{k!}~ \mbox{(收敛区域为}\ {\mathbb C}\setminus\{0\} ), \end{eqnarray}

(3.17)

\begin{eqnarray} \label{eq: two poles of def 2} \widehat{f}_n(z):=\frac{f_n(z)}{R_n(z)}~~ \mbox{和}~~ \widehat{g}_n(\zeta):=\widehat{f}_n(z_n+\rho_n\zeta). \end{eqnarray}

(3.18)

显然,$1/\widehat{g}_n(\zeta)$ 在 ${\mathbb C}$ 内内闭一致解析, 根据最大模原理,在 ${\mathbb C}$ 内

\begin{eqnarray} \label{eq: zalcman tow poles of normal 1} \widehat{g}_n(\zeta)=\widehat{f}_n(z_n+\rho_n\zeta)=\frac{k!(\zeta-\beta_n)^mg_n(\zeta)}{\prod\limits_{i=1}^{m+k}(\zeta-\alpha_{n,i})}\Rightarrow\widehat{g}(\zeta)=1. \end{eqnarray}

(3.19)

由 (3.17) 和 (3.18)式 知, 在 $\Delta'(0,\delta_1)$ 内 $\widehat{f}_n(z)\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi} \widehat{f}(z)=\frac{k!f(z)}{z^k}$.

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

\begin{eqnarray} \label{eq: 0 one pole} \mbox{对任意的}\ z\in\overline{\Delta}(0,\delta),\ \mbox{恒有}\ 1/2\leq|\psi(z)|\leq2. \end{eqnarray}

(3.20)

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

\begin{eqnarray} \label{eq: -1 zeros pairs} \mu_n\rightarrow 0,~~\nu_n\rightarrow 0, \end{eqnarray}

(3.21)

\begin{eqnarray} \label{eq: 0 zeros pairs} \sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}G_n^\#(z)>K+1, \end{eqnarray}

(3.22)

其中 $G_n(z)=\frac{f_n((\mu_n+\nu_n)/2+(\mu_n-\nu_n)z)}{(\mu_n-\nu_n)^k}$, 常数 $K$ 由引理 3.2 确定.

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 $T_n(z)=\frac{f_n((\mu+\nu)/2+(\mu-\nu)z)}{(\mu-\nu)^k}$}.

由 (3.21) 和 (3.22) 式知, 当 $n$ 充分大时 $(\mu_n,\nu_n)\in E_n$,因而当 $n$ 充分大时 $E_n$ 不是空集. 假设 $(a_n,b_n)$ 为 $f_n$ 在 $\Delta(0,\delta)$ 内的一对零点,并且满足

\begin{eqnarray} \label{eq: minimal zeros pairs 1} (a_n,b_n)\in E_n ~~\mbox{和}~~ \rho(a_n,b_n)=\min\{\rho(u,v)|\,(u,v)\in E_n\}, \end{eqnarray}

(3.23)

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

\begin{eqnarray} \label{eq: minimal zeros pairs 3} \rho(a_n,b_n)\rightarrow0~~\mbox{和}~~|a_n-b_n|\rightarrow0. \end{eqnarray}

(3.24)

记 $$ H_n(z):=\frac{f_n((a_n+b_n)/2+(a_n-b_n)z)}{(a_n-b_n)^k}. $$ 不难证明 $\{H_n\}$ 具有下述性质

(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 $\psi_n((a_n+b_n)/2+(a_n - b_n)z)\Rightarrow\psi(d_0)$.

我们分两种情形讨论.

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

\begin{eqnarray} \label{eq: infinite of quasinormal lemma I of pai 1} |\alpha-\beta|<1/4~~ \mbox{和}~~ \sup\limits_{z\in\overline{\Delta}}L^\#(z)>K+2,\ \mbox{其中}\ L(z)=\frac{H((\alpha+\beta)/2+(\alpha-\beta)z)}{(\alpha-\beta)^k}. \end{eqnarray}

(3.25)

因为在 ${\mathbb C}$ 内 $H_n\mathop{\Longrightarrow}\limits^{\chi}H$, 所以存在点列 $\alpha_n\rightarrow\alpha$ 和 $\beta_n\rightarrow\beta$ 使得 $H_n(\alpha_n)=H_n(\beta_n)=0$, 再由 (3.25) 式知,当 $n$ 充分大时

\begin{eqnarray} \label{eq: infinite of quasinormal lemma I of pai 2} \sup\limits_{z\in \overline{\Delta}}L_n^\#(z)>K+1,\ \mbox{其中}\ L_n(z)=\frac{H_n((\alpha_n+\beta_n)/2+(\alpha_n-\beta_n)z)}{(\alpha_n-\beta_n)^k}. \end{eqnarray}

(3.26)

记

\begin{eqnarray} \label{} \widehat{a}_n:=\frac{a_n+b_n}{2}+(a_n-b_n)\alpha_n~~\mbox{和}~~ \widehat{b}_n:=\frac{a_n+b_n}{2}+(a_n-b_n)\beta_n. \end{eqnarray}

(3.27)

由 (3.24) 式知, 当 $n$ 充分大时 $\widehat{a}_n\in\Delta(0,\delta)$ 和 $\widehat{b}_n\in\Delta(0,\delta)$. 记

\begin{eqnarray} \label{final of minimal zeros pairs 1} \widehat{H}_n(z):=\frac{f_n((\widehat{a}_n+\widehat{b}_n)/2+(\widehat{a}_n-\widehat{b}_n)z)}{(\widehat{a}_n-\widehat{b}_n)^k}. \end{eqnarray}

(3.28)

注意到 $\widehat{H}_n(z)=L_n(z)$, 由 (3.26) 式知,当 $n$ 充分大时

\begin{eqnarray} \label{} \sup\limits_{z\in \overline{\Delta}}\widehat{H}_n(z)^\#(z)>K+1, \end{eqnarray}

(3.29)

因而 $(\widehat{a}_n,\widehat{b}_n)\in E_n$.

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

\begin{eqnarray} \rho ({a_n},{b_n}) = \frac{{|{a_n} - {b_n}|}}{{\delta - |({a_n} + {b_n})/2|}} < \varepsilon ,\;进而\;|{a_n} - {b_n}| < \varepsilon (\delta - |\frac{{{a_n} + {b_n}}}{2}|). \end{eqnarray}

(3.30)

于是,当 $n$ 充分大时 $$ \begin{array}{l} \rho ({{\hat a}_n},{{\hat b}_n}) = \frac{{|{{\hat a}_n} - {{\hat b}_n}|}}{{\delta - \left| {\frac{{{{\hat a}_n} + {{\hat b}_n}}}{2}} \right|}} = \frac{{|{a_n} - {b_n}||{\alpha _n} - {\beta _n}|}}{{\delta - \left| {\frac{{{a_n} + {b_n}}}{2} + \frac{{{a_n} - {b_n}}}{2}({\alpha _n} + {\beta _n})} \right|}}\\ = \frac{{\left( {\delta - \left| {\frac{{{a_n} + {b_n}}}{2}} \right|} \right)|{\alpha _n} - {\beta _n}|}}{{\delta - \left| {\frac{{{a_n} + {b_n}}}{2} + \frac{{{a_n} - {b_n}}}{2}({\alpha _n} + {\beta _n})} \right|}}\frac{{|{a_n} - {b_n}|}}{{\delta - \left| {\frac{{{a_n} + {b_n}}}{2}} \right|}}\\ \le \frac{{\left( {\delta - \left| {\frac{{{a_n} + {b_n}}}{2}} \right|} \right)|{\alpha _n} - {\beta _n}|}}{\% }\delta - \left| {\frac{{{a_n} + {b_n}}}{2}} \right| - \left| {({a_n} - {b_n})\frac{{{\alpha _n} + {\beta _n}}}{2}} \right|\rho ({a_n},{b_n})\\ \le \frac{{|{\alpha _n} - {\beta _n}|}}{2}1 - \varepsilon \left| {\frac{{{\alpha _n} + {\beta _n}}}{2}} \right|\rho ({a_n},{b_n}). \end{array} $$ 因为 $|\alpha-\beta|<1/4$, 所以当 $n$ 充分大和 $\varepsilon$ 充分小时 $\frac{|\alpha_n-\beta_n|}% {1-\varepsilon\left|\frac{\alpha_n+\beta_n}{2}\right|}\leq\frac{1}{2}$, 于是,$\rho(\widehat{a}_n,\widehat{b}_n)<\rho(a_n,b_n)$, 但这与 (3.23) 式矛盾.

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

\begin{eqnarray} \label{eq: not normal of two poles 1} |\alpha_n - \beta_n|<\frac{1}{4}~~\mbox{和}~~ \sup\limits_{z\in \overline{\Delta}}L_n^\#(z)>K+1,\ \mbox{其中}\ L_n(z)=\frac{H_n((\alpha_n+\beta_n)/2+(\alpha_n - \beta_n)z)}{(\alpha_n - \beta_n)^k}. \end{eqnarray}

(3.31)

记

\begin{eqnarray} \label{eq: not normal of two poles 2} \widehat{a}_n:=\frac{a_n+b_n}{2}+(a_n-b_n)\alpha_n~~\mbox{和}~~ \widehat{b}_n:=\frac{a_n+b_n}{2}+(a_n-b_n)\beta_n. \end{eqnarray}

(3.32)

与情形 1 中的证明类似, 可知当 $n$ 充分大时 $(\widehat{a}_n,\widehat{b}_n)\in E_n$ 和 $\rho(\widehat{a}_n,\widehat{b}_n)<\rho(a_n,b_n)$, 但这与 (3.23) 式矛盾.

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

\begin{eqnarray} \label{eq: main contradiciton about sequence 1} \left|g^{(k)}(z_0)\right|=\left|\sum_{i=0}^{i=k}C_k^i(z^{-d})^{(i)}f^{(k-i)}(z)\right|_{z=z_0} =\left|\frac{f^{(k)}(z_0)}{z_0^{d}}\right|\leq \frac{M}{|z_0|^d}. \end{eqnarray}

(3.33)

根据引理 2.2, 存在点列 $b_n\rightarrow\infty$ 和正数列 $\varepsilon_n \rightarrow 0$ 使得

\begin{eqnarray} \label{eq: main contradiciton about sequence 2} g^\#(b_n)\rightarrow \infty ~~\mbox{和} ~~ S(\Delta(b_n,\varepsilon_n),g)\rightarrow \infty. \end{eqnarray}

(3.34)

记 $$\{g_n(z)\}:=\{g_n(z)|\,g_n(z):=g(z+b_n),\,z\in\Delta\}.$$ 显然,当 $n$ 充分大时 $g_n$ 在 $\Delta$ 内的零点重级至少为 $k$. 由 (3.33) 式知, 对于充分大的 $n$,恒有当 $g_n(z)=0$ 时 $|g_n^{(k)}(z)|\leq 1$. 选取 $\{g_n\}$ 的一个子列(仍然记作 $\{g_n\}$)使得对于任意的 $n$ 恒有 $g_n\in \Re_{\Delta,k,1}$. 由 (3.34)式 知,$g_n^\#(0)\rightarrow\infty$, 所以 $\{g_n\}$ 的任意子列在点 $0$ 不正规.

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 $\psi\neq 0,\infty$.

我们分两种情形讨论.

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

\begin{eqnarray} \label{equt: covering times} S(\Delta(a_n,\delta_n),g)\rightarrow \infty, \end{eqnarray}

(5.1)

\begin{eqnarray} \label{equt: sequence for quasinormal 1} \frac{f(a_n)}{a_n^{d}}\rightarrow 0~~ \mbox{和}~~ \frac{f^{(k)}(a_n)}{a_n^{d}}\rightarrow \infty. \end{eqnarray}

(5.2)

记 $f_n(z):=\frac{f(z+a_n)}{a_n^{d}}$,$z\in\Delta$. 由 $(5.2)$ 式知,

\begin{eqnarray} \label{equt: sequence for quasinormal 2} f_n(0)=\frac{f(a_n)}{a_n^{d}}\rightarrow 0~~ \mbox{和}~~ f_n^{(k)}(0)=\frac{f^{(k)}(a_n)}{a_n^{d}}\rightarrow \infty. \end{eqnarray}

(5.3)

因而,$\{f_n\}$ 的任意子列在点 $0$ 不正规.

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

\begin{eqnarray} \label{equt: limit of covering times} S\left(\Delta(0,\delta_3),f_n\right) \leq M_1. \end{eqnarray}

(5.4)

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

\begin{eqnarray} \label{equation:large 1} [g_n^{\#}(z)]^2\leq \frac{2\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}f'_n(z)\right|^2} {\left(\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}\right|^{2}+|f_n(z)|^2\right)^2}%one +\frac{2\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}(\frac{d}{a_n+z})f_n(z)\right|^2} {\left(\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}\right|^{2}+|f_n(z)|^2\right)^2}. \end{eqnarray}

(5.5)

利用不等式 $$ \frac{C}{C^2+x^2}\leq \max\left\{C,1/C\right\}\frac{1}{1+x^2}, $$ 其中 $C>0$,可得

\begin{eqnarray} \label{equation:large 2} \frac{2\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}f'_n(z)\right|^2} {\left(\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}\right|^{2}+|f_n(z)|^2\right)^2} \leq2\max\left\{\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}\right|^2,\,\,\frac{1}{\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}\right|^2}\right\}[f^\#_n(z)]^2. \end{eqnarray}

(5.6)

(5.5) 式右端第二项为

\begin{eqnarray} \label{equation:large 3} \frac{1}{2}\left|\frac{d}{a_n+z}\right|^2 \left(\frac{2\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}f_n(z)\right|}{\left|(1+\frac{z}{a_n})^{d}\right|^{2}+|f_n(z)|^2}\right)^2 \leq\frac{1}{2}\left|\frac{d}{a_n+z}\right|^2\rightarrow0. \end{eqnarray}

(5.7)

联立 $(5.5)$,$(5.6)$ 和 $(5.7)$ 式可得, 当 $|z|<\delta_3$ 和 $n$ 充分大时

\begin{eqnarray} \label{equt: limit of spherical} [g^\#_n(z)]^2\leq 4\cdot[f^\#_n(z)]^2+1. \end{eqnarray}

(5.8)

由 (2.1),(5.4) 和 (5.8)式 知, $S(\Delta(0,\delta_3),g_n)\leq 4M_1+1=M_2$. 于是 $$ S(\Delta(a_n,\delta_3),g)=S(\Delta(0,\delta_3),g_n)\leq M_2, $$ 但这与 $(5.1)$ 式矛盾.