设${\cal F}$是复平面${\mathbf C}$上的一族亚纯函数, $D$是复平面${\mathbf C}$上的一个区域.如果任意函数列$\{f_n\}\subset{\cal F}$, 存在一个子序列$\{f_{n_j}\}$在$D$内按照球面距离内闭一致收敛于一个亚纯函数或者$\infty$, 则称${\cal F}$在$D$内正规^[1-3].

1959年, Hayman ^[4]证明了如下著名的结果.

定理1.1  设$f$是复平面${\mathbf C}$上的一个亚纯函数, $n\geq5$是一个正整数, $a(\neq0), b$是两个有穷复数.若$f'-af^{n}\neq b$, 则$f$是一个常数.

Mues ^[5]举例说明了当$n=3$, $n=4$时, 定理$1.1$是不成立的.相应于定理$1.1$, Hayman ^[6]又证明了

定理1.2  设$n\geq3$是一个正整数, $a(\neq0), b$是两个有穷复数, ${\cal F}$是区域$D$内的一族亚纯函数.若对于任意$f\in{\cal F}$, $f'-af^{n}\neq b$, 则${\cal F}$在$D$内正规.

后来, 庞学诚^[7], Schwick^[8], 叶亚盛^[9-10], 徐焱^[11]考虑将定理$1.2$中的$f'$推广到$f^{(k)}$, 得到了

定理1.3  设$n, k$是两个正整数, 满足$n\geq k+3, $ $a(\neq0), b$是两个有穷复数, ${\cal F}$是区域$D$内的一族亚纯函数.若对于任意$f\in{\cal F}$, $f^{(k)}-af^{n}\neq b$, 则${\cal F}$在$D$内正规.

最近, 邓炳茂等人^[12]研究了涉及零点个数的亚纯函数的正规性问题, 并证明了

定理1.4  设$m, n, k$是三个正整数, 满足$n\geq k+m+2$, $a(\neq0), b$是两个有穷复数, ${\cal F}$是区域$D$内的一族亚纯函数, 其族中每个函数的零点重级至少是$k$.若对于任意$f\in{\cal F}$, $f^{(k)}-af^{n}-b$至多有$m$个不同的零点, 则${\cal F}$在$D$内正规.

自然地, 我们会问定理1.4中的$f^{(k)}-af^{n}-b$能否推广成$(f^{(k)})^d-af^{n}-b$?就这个问题, 我们做出了相应的研究, 得到了

定理1.5  设$m, n, k, d$是四个正整数, 满足$n\geq (k+m+1)d+1$, $a(\neq0), b$是两个有穷复数, ${\cal F}$是区域$D$内的一族亚纯函数, 其族中每个函数的零点重级至少是$k$.若对于任意$f\in{\cal F}$, $(f^{(k)})^d-af^{n}-b$至多有$md$个不同的零点, 则${\cal F}$在$D$内正规.

注1  在定理1.5中, 当$d=1$时, 我们可以得到定理1.4.

在定理1.5中, 能否把条件$n\geq (k+m+1)d+1$减弱?我们对此问题进行了详细的研究并得到了

定理1.6  设$m, n, k, d$是四个正整数, 满足$n\geq (m+1)d+2$, $a(\neq0), b$是两个有穷复数, ${\cal F}$是区域$D$内的一族亚纯函数, 其族中每个函数的零点重级至少是$k$, 极点重级至少是$kd$.若对于任意$f\in{\cal F}$, $(f^{(k)})^d-af^{n}-b$至多有$md$个不同的零点, 则${\cal F}$在$D$内正规.

定理1.7  设$m, n, k, d$是四个正整数, 满足$n\geq (m+1)d+1$, $a(\neq0), b$是两个有穷复数, ${\cal F}$是区域$D$内的一族亚纯函数, 其族中每个函数的零点重级至少是$k$, 极点重级至少是$kd+1$.若对于任意$f\in{\cal F}$, $(f^{(k)})^d-af^{n}-b$至多有$md$个不同的零点, 则${\cal F}$在$D$内正规.

下面给出的一些例子说明定理1.5到定理1.7的条件是最好的.

例1  设$n, k, d$是三个正整数, $a$是一个非零有限常数, ${\cal F}=\{f_{j}=jz^{k-1}: j=1, 2, 3, \cdots\}$, $D=\{z:|z|<1\}$.对任意的$f\in{\cal F}, (f^{(k)})^d-af^{n}-0$在$D$内仅有一个零点, 但${\cal F}$在$D$内不正规.

这说明:在定理$1.5$到定理$1.7$中, ${\cal F}$中任意函数的零点重级至少是$k$, 这一条件是最佳的.

例2  设$m, k, d$是三个正整数, $a$是一个非零有限常数, $D=\{z: |z|<1\}$.令${\cal F}=\{f_{n}\}$, 其中$f_{n}(z)=\frac{1}{nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}}, n=1, 2, 3, \cdots$, 则有

$ \begin{eqnarray*} (f_n^{(k)})^d-af_n^{(k+m+1)d}&=&\frac{(-1)^{kd}(k!)^{d}n^{kd}}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd+d}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{(k+m+1)d}}\\ &= &\frac{(-1)^{kd}(k!)^{d}n^{kd}[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{md}-a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{(k+m+1)d}}.\\ (f_n^{(k)})^d-af_n^{(k+m+1)d+1}&=&\frac{(-1)^{kd}(k!)^{d}n^{kd}}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd+d}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{(k+m+1)d+1}}\\ &= &\frac{(-1)^{kd}(k!)^{d}n^{kd}[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{md+1}-a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{(k+m+1)d+1}}. \end{eqnarray*} $

显然, 对于任意函数$f\in{\cal F}$, $(f^{(k)})^d-af^{(k+m+1)d}-0$在区域$D$内有$md$个不同的零点, 并且$(f^{(k)})^d-af^{(k+m+1)d+1}-0$在区域$D$内有$md+1$个不同的零点, 但是${\cal F}$在区域$D$内是不正规的.

这表明: $n\geq (k+m+1)d+1$和$(f^{(k)})^d-af^n - b$至多有$md$个不同的零点在定理$1.5$中是最佳的.

例3  设$k, d$是两个正整数, $a$是一个非零有限常数, $D=\{z:|z|<1\}$.令${\cal F}=\{f_{n}\}$, 其中$f_n=\frac{1}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd}}, n=1, 2, 3, \cdots$, 则有

$ \begin{eqnarray*} &&(f_n^{(k)})^d-af_n^{(m+1)d+1}\\ &=&\frac{(-1)^{kd}n^{kd}[kd(kd+1)\cdots(kd+k-1)]^d}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd^2+kd}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd[(m+1)d+1]}}\\ &=& \frac{(-1)^{kd}n^{kd}[kd(kd+1)\cdots(kd+k-1)]^d[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kmd^2}-a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd[(m+1)d+1]}}, \\ &&(f_n^{(k)})^d-af_n^{(m+1)d+2}\\ &=&\frac{(-1)^{kd}n^{kd}[kd(kd+1)\cdots(kd+k-1)]^d}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd^2+kd}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd[(m+1)d+2]}}\\ &= &\frac{(-1)^{kd}n^{kd}[kd(kd+1)\cdots(kd+k-1)]^d[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd(md+1)}-a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd[(m+1)d+2]}}. \end{eqnarray*} $

显然, 对于任意函数$f\in{\cal F}$, $(f^{(k)})^d-af^{(m+1)d+1}-0$在区域$D$内确实有$kmd^2\geq md$个不同的零点, 并且$(f^{(k)})^d-af^{(m+1)d+2}-0$在区域$D$内有$kd(md+1)\geq md+1$个不同的零点, 但${\cal F}$在区域$D$内是不正规的.

这表明:$n\geq (m+1)d+2$, $(f^{(k)})^d-af^{(m+1)d+2}-b$至多有$md$个不同的零点和$f$的极点重级至少是$kd$在定理$1.6$中是最佳的.

例4  设$k, d$是两个正整数, $a$是一个非零有限常数, $D=\{z:|z|<1\}$.令${\cal F}=\{f_{n}\}$, 其中$f_n=\frac{1}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd+1}}, n=1, 2, 3, \cdots$, 则有

$ \begin{eqnarray*} &&(f_n^{(k)})^d-af_n^{(m+1)d}\\ &=&\frac{(-1)^{kd}n^{kd}[(kd+1)(kd+2)\cdots(kd+k)]^d}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd^2+kd+d}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{(kd+1)(m+1)d}}\\ &=& \frac{(-1)^{kd}n^{kd}[(kd+1)(kd+2)\cdots(kd+k)]^d[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kmd^2+md-kd}-a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{(kd+1)(m+1)d}}.\\ &&(f_n^{(k)})^d-af_n^{(m+1)d+1}\\ &=&\frac{(-1)^{kd}n^{kd}[(kd+1)(kd+2)\cdots(kd+k)]^d}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kd^2+kd+d}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{(kd+1)[(m+1)d+1]}}\\ &= &\frac{(-1)^{kd}n^{kd}[(kd+1)(kd+2)\cdots(kd+k)]^d[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{kmd^2+md+1}-a}{[nz+\frac{a}{(-1)^kk!n^k}]^{(kd+1)[(m+1)d+1]}}. \end{eqnarray*} $

显然, 对于任意函数$f\in{\cal F}$, $(f^{(k)})^d-af^{(m+1)d}-0$在区域$D$内确实有$kmd^2+md-kd\geq md$个不同的零点, 并且$(f^{(k)})^d-af^{(m+1)d+1}-0$在区域$D$内有$kmd^2+md+1\geq md+1$个不同的零点, 但${\cal F}$在区域$D$内是不正规的.

这表明:$n\geq (m+1)d+1$, $(f^{(k)})^d-af^n - b$至多有$md$个不同的零点和$f$的极点重级至少是$kd+1$在定理1.7中是最佳的.

引理2.1^[13]  设${\cal F}$是单位圆盘$\Delta =\{ z: \mid z\mid<1\}$上的一族亚纯函数, 对任意$f\in{\cal F}$, 其零点重级至少是$p$, 极点重级至少是$q$.设$\alpha$是一个满足$-p<\alpha<q$的实数.则${\cal F}$在$\Delta$内一点$z_0$不正规的充要条件是存在:

(1) 一个点列$z_n \in \Delta, z_n\rightarrow z_0$,

(2) 一个正数列$\rho _n, \rho _n\rightarrow 0$,

(3) 一个函数列$f_n\in \mathcal F$,

使得$g_n(\zeta)=\rho_n^{\alpha}f_n(z_n+\rho_n\zeta)$在复平面${\mathbf C}$上按球面距离内闭一致收敛于非常数的亚纯函数$g(\zeta)$, 其零点重数至少是$p$, 极点重级要至少是$q$, 且$g$的级至多是$2$.

引理2.2^[14]  设$f$是复数域内的非常数亚纯函数, $a(\neq 0)$是一个有限常数, $n$是一个正整数且$n\geq 4$, 则$f'(z)-af^{n}$至少有$2$个不同的零点.

引理2.3^[15]  设$f$是复数域内的非常数亚纯函数, $a(\neq 0)$是一个有限常数, $k, n, d$是三个正整数且$n\geq 3, d\geq\frac{k+1}{n-2}$.若$f$的零点重级至少是$k, $极点重级至少是$d$, 则$f^{(k)}(z)-af^{n}$至少有$2$个不同的零点.

引理2.4  设$f$是复数域内的非常数亚纯函数, $a(\neq 0)$是有限常数, $n, m, d, k$是四个正整数且满足$n\geq (k+m+1)d+1, mdk\geq2$.如果$f$的零点重级至少是$k$, 那么

$ (n-d-dk-1-\frac{1}{k})T(r, f)\leq \overline{N}(r, \frac{1}{(f^{(k)})^d-af^n})+S(r, f). $

证  设

$ \begin{equation}\label{2.1} \Psi(z)=\frac{(f^{(k)}(z))^d}{af^n(z)}. \end{equation} $

(2.1)

由于$f$的零点重级至少是$k$, 我们有$f^{(k)}(z)\not\equiv 0$.否则, $f$是一个多项式并且$\deg f\leq k-1$, 从而$f$是一个常数, 这与已知条件矛盾.因此$\Psi(z)\not\equiv 0$.

由(2.1) 式有

$ \begin{equation}\label{2.2} af^n(z)=\frac{(f^{(k)}(z))^d}{\Psi(z)}. \end{equation} $

(2.2)

一方面, 由(2.2) 式可以得到

$ \begin{eqnarray*} nm(r, f)&=&m(r, f^n)\leq m(r, \frac{(f^{(k)})^d}{\Psi})+\log^{+}\frac{1}{|a|}\\ &\leq &m(r, \frac{1}{\Psi})+ m(r, {(f^{(k)})^d})+\log^{+}\frac{1}{|a|}\\ &\leq &m(r, \frac{1}{\Psi})+ dm(r, \frac{f^{(k)}}{f})+dm(r, f)+\log^{+}\frac{1}{|a|}, \end{eqnarray*} $

由上式可得

$ \begin{equation}\label{2.3} (n-d)m(r, f)\leq m(r, \frac{1}{\Psi})+ S(r, f). \end{equation} $

(2.3)

另一方面, 由(2.2) 式又可以得到

$ \begin{eqnarray*} nN(r, f)&\leq& N(r, af^n)=N(r, \frac{(f^{(k)})^d}{\Psi})\\ &\leq& dN(r, f^{(k)})+ N(r, \frac{1}{\Psi})-\overline{N_0}(r)\\ &\leq &dN(r, f)+dk\overline{N}(r, f)+N(r, \frac{1}{\Psi})-\overline{N_0}(r), \end{eqnarray*} $

这里$\overline{N}_{0}(r)$是$\Psi$和$f^{(k)}$的共同零点的计数函数, 不计其重数.

故有

$ \begin{equation}\label{2.4} (n-d)N(r, f)\leq dk\overline{N}(r, f)+N(r, \frac{1}{\Psi})-\overline{N_0}(r). \end{equation} $

(2.4)

由(2.2) 式, 我们得到

$ \begin{equation}\label{2.5} \overline{N}(r, \Psi)+\overline{N}(r, \frac{1}{\Psi})\leq\overline{N}(r, \frac{1}{f})+\overline{N}(r, {f})+\overline{N_0}(r), \end{equation} $

(2.5)

这里$\Psi(z)\not\equiv 1.$否则, 如果$\Psi(z)\equiv 1$, 那么

$ (f^{(k)})^d\equiv af^n(z). $

因为$n\geq (k+m+1)d+1$, 所以$f$是一个全纯函数.故有

$ \begin{eqnarray*} nT(r, f)&=& T(r, f^n)=T(r, \frac{(f^{(k)})^d}{a})\leq dT(r, f^{(k)})+O(1)\\ &\leq &dN(r, f^{(k)})+dm(r, f^{(k)})+O(1)\\ &\leq &dN(r, f)+dk\overline{N}(r, f)+dm(r, f)+S(r, f)\\ &\leq &dT(r, f)+S(r, f), \end{eqnarray*} $

即$(n-d)T(r, f)\leq S(r, f)$, 这意味着$T(r, f)=S(r, f)$, 矛盾.因此, 根据(2.3) 式, (2.4) 式, (2.5) 式和Nevanlinna第一、第二基本定理, 容易得到

$ \begin{eqnarray*} (n-d)T(r, f)&\leq& dk\overline{N}(r, f)+T(r, \frac{1}{\Psi})-\overline{N_0}(r)+S(r, f)\\ &\leq &dk\overline{N}(r, f)+T(r, {\Psi})-\overline{N_0}(r)+S(r, f)\\ &\leq &dk\overline{N}(r, f)+\overline{N}(r, \frac{1}{\Psi})+\overline{N}(r, {\Psi})+\overline{N}(r, \frac{1}{\Psi-1}) -\overline{N_0}(r)+S(r, f)\\ &\leq &(dk+1)\overline{N}(r, f)+\overline{N}(r, \frac{1}{f})+\overline{N}(r, \frac{1}{(f^{(k)})^d-af^n})+S(r, f), \end{eqnarray*} $

即

$ \begin{equation}\label{2.6} (n-d)T(r, f)\leq(dk+1)\overline{N}(r, f)+\overline{N}(r, \frac{1}{f})+\overline{N}(r, \frac{1}{(f^{(k)})^d-af^n})+S(r, f). \end{equation} $

(2.6)

又因为

$ \begin{equation}\label{2.7} \overline{N}(r, \frac{1}{f})\leq \frac{1}{k}{N}(r, \frac{1}{f})\leq \frac{1}{k}{T}(r, \frac{1}{f})+S(r, f), \end{equation} $

(2.7)

$ \begin{equation}\label{2.8} \overline{N}(r, f)\leq T(r, f), \end{equation} $

(2.8)

由(2.6)-(2.8) 式可得

$ (n-d-dk-1-\frac{1}{k})T(r, f)\leq \overline{N}(r, \frac{1}{(f^{(k)})^d-af^n})+S(r, f). $

引理2.4得证.

类似于引理2.4的证明过程, 我们能得到以下引理.

引理2.5  设$f$是复数域内的非常数亚纯函数, $a(\neq 0)$是一个有限常数, $n, m, d, k$是四个正整数且满足$n\geq (m+1)d+2, mdk\geq2$.如果$f$的零点重级至少是$k$, 极点重级至少是$kd$, 那么

$ (n-d-\frac{dk+1}{dk}-\frac{1}{k})T(r, f)\leq \overline{N}(r, \frac{1}{(f^{(k)})^d-af^n})+S(r, f). $

引理2.6  设$f$是复数域内的非常数亚纯函数, $a(\neq 0)$是一个有限常数, $n, m, d, k$是四个正整数且满足$n\geq (m+1)d+1, mdk\geq2$.如果$f$的零点重级至少是$k$, 极点重级至少是$kd+1$, 那么

$ (n-d-1-\frac{1}{k})T(r, f)\leq \overline{N}(r, \frac{1}{(f^{(k)})^d-af^n})+S(r, f). $

定理1.5的证明  假设${\cal F}$在点$z_0$不正规, 由引理$2.1$可知, 存在$f_{j}\in {\cal F}, z_{j}\rightarrow z_{0}$, 以及$\rho_{j}\rightarrow 0^{+}$使得

$ g_{j}(\xi)=\rho_{j}^{\frac{dk}{n-d}}f_{j}(z_{j}+\rho_{j}\xi)\rightarrow g(\xi) $

在复平面${\mathbf C}$上按球面距离内闭一致收敛于一个非常数亚纯函数$g(\xi)$, 且其零点重级至少为$k$.

显然, $(g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi) \not\equiv 0$.否则, 由条件$n\geq (k+m+1)d+1$知$g$是一个全纯函数.因此有

$ \begin{eqnarray*} nT(r, g)&=& T(r, g^n)=T(r, \frac{(g^{(k)})^d}{a})\leq dT(r, g^{(k)})+O(1)\\ &\leq &dN(r, g^{(k)})+dm(r, g^{(k)})+O(1)\\ &\leq &dm(r, g)+S(r, g)\leq dT(r, g)+S(r, g), \end{eqnarray*} $

从而$(n-d)T(r, g)\leq S(r, g)$, 故$g$是常数, 矛盾.

我们断言$(g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi)$至多有$md$个不同的零点.用反证法, 假设$(g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi)$有$md+1$个不同的零点$\xi_i (i=1, 2, \cdots, md+1)$.由于

$ \begin{eqnarray*} &&\rho_{j}^{\frac{ndk}{n-d}}[(f_{j}^{(k)}(z_{j}+ \rho_{j}\xi))^d- af_{j}^{n}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-b]\\ &=&(g_{j}^{(k)}(\xi))^d-ag_{j}^{n}(\xi)-\rho_{j}^{\frac{ndk}{n-d}}b \rightarrow (g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi) \end{eqnarray*} $

在复平面${\mathbf C}$的任何不含$g(\xi)$极点的有界闭集上一致地成立.由Hurwitz定理, 对充分大的$j$, 存在点$\xi_{j, i}(i=1, 2, \cdots, md+1)$, 满足$\xi_{j, i}\rightarrow \xi_{i}$和$(f_{j}^{(k)}(z_{j}+ \rho_{j}\xi_{j, i}))^d- af_{j}^{n}(z_{j}+\rho_{j}\xi_{j, i})=b.$又由于$(f_{j}^{(k)}(z_{j}+ \rho_{j}\xi))^d- af_{j}^{n}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-b$在区域$D$内至多有$md$个不同的零点与$z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}\rightarrow z_{0}$相矛盾.所以, $(g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi)$至多有$md$个不同的零点.

当$mdk=1$时, 我们可以得到$m=1, d=1, k=1$.事实上这与引理$2.2$的结果矛盾, 所以接下来我们考虑$mdk\geq2$的情形.

假设$(g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi)$有$l(\leq md)$个不同的零点.根据引理2.4有

$ \begin{equation}\label{3.1} (n-d-dk-1-\frac{1}{k})T(r, g)\leq l\log r+S(r, g). \end{equation} $

(3.1)

考虑到$n\geq (k+m+1)d+1$和$mdk\geq 2$, 由(3.1) 式得,

$ \begin{equation}\label{3.2} T(r, g)\leq \frac{kl}{mdk-1}\log r +S(r, g)\leq \frac{mdk}{mdk-1}\log r +S(r, g). \end{equation} $

(3.2)

因此, 我们得到$g$是一个非常数的有理函数并且满足:当$mdk=2$时, $\deg$ $g\leq 2$; 当$mdk>2$时, $\deg$ $g=1$.接下来我们考虑两种情形.

情形1  $\deg$ $g=1$.令

$ g(\xi)=\frac{B_1\xi+C_1}{B_2\xi+C_2}, $

其中$(B_1, B_2)\neq(0, 0)$且$B_1C_2-B_2C_1\neq 0.$我们讨论两种情形.

情形1.1  $B_1=0$.令

$ g(\xi)=\frac{C_1}{B_2\xi+C_2}, $

其中$B_2\neq 0$是常数.所以

$ \begin{eqnarray*} (g^{(k)})^d-ag^n &=&\frac{[(-1)^kC_1B_2^kk!]^d}{(B_2\xi+C_2)^{(k+1)d}}-\frac{aC_1^n}{(B_2\xi+C_2)^n}\\ &=&\frac{[(-1)^kC_1B_2^kk!]^d(B_2\xi+C_2)^{n-(k+1)d}-aC_1^n}{(B_2\xi+C_2)^{n}}. \end{eqnarray*} $

因为$n-(k+1)d\geq md+1$, 显然由上式可看出$(g^{(k)})^d-ag^n$至少有$md+1$个不同的零点, 矛盾.

情形1.2  $B_1\neq0$.那么$k=1$.我们再讨论两种情形.

情形1.2.1  $B_2=0$.令$g(\xi)=A(\xi-c), $其中$A\neq 0$.有

$ (g^{\prime})^d-ag^n=A^d-aA^n(\xi-c)^n. $

显然, $(g^{\prime})^d-ag^n$至少有$n\geq (k+m+1)d+1$个不同的零点, 矛盾.

情形1.2.2  $B_2\neq0$.令

$ g(\xi)=A\frac{\xi-\alpha}{\xi-\beta}, $

其中$A\neq 0$, $\alpha \neq \beta$.

设$\varphi=\frac{1}{g}$, 那么$(g^{\prime})^d-ag^n=\frac{(-1)^d (\varphi^{\prime})^d\varphi^{n-2d}-a}{\varphi^n}.$容易看出, $(g^{\prime})^d-ag^n$和$(-1)^d(\varphi^{\prime})^d \varphi^{n-2d}-a$有相同的零点.通过计算有

$ \begin{equation}\label{3.3} (-1)^d(\varphi^{\prime})^d\varphi^{n-2d}=(-1)^d \frac{(\beta-\alpha)^d} {A^{n-d}}\frac{(\xi-\beta)^{n-2d}}{(\xi-\alpha)^n}. \end{equation} $

(3.3)

显然, $(-1)^d(\varphi^{\prime})^d\varphi^{n-2d}-a$至少有一个零点, 令$(-1)^d(\varphi^{\prime})^d\varphi^{n-2d}-a$有$s(\geq 1)$个不同的零点, 则有

$ (-1)^d(\varphi^{\prime})^d\varphi^{n-2d}-a=\frac{C\prod\limits_{j=1}^{s}(\xi-b_i)^{l_i}}{(\xi-\alpha)^n}, $

其中$C$是非零常数, $l_i\geq1(i=1, 2, \cdots, s)$并且满足$\sum\limits_{i=1}^{s}l_i=n.$故有

$ \begin{equation}\label{3.4} [(-1)^d(\varphi^{\prime})^d\varphi^{n-2d}]^{\prime}=[(-1)^d (\varphi^{\prime})^d\varphi^{n-2d}-a]^{\prime}= \frac{C\prod\limits_{j=1}^{s}(\xi-b_i)^{l_i-1}h_1(\xi)}{(\xi-\alpha)^{n+1}}, \end{equation} $

(3.4)

其中$h_1(\xi)$是多项式且$\deg h_1\leq s.$

由(3.3) 式, 可得

$ \begin{equation}\label{3.5} [(-1)^d(\varphi^{\prime})^d\varphi^{n-2d}]^{\prime}=\frac{(\xi-\beta) ^{n-2d-1}P_1(\xi)}{(\xi-\alpha)^{n+1}}, \end{equation} $

(3.5)

其中$P_1(\xi)$是多项式且$\deg P_1\leq 1.$

注意到$\alpha, \beta$和$b_i(i=1, 2, \cdots, s)$是不同的, 结合(3.4) 式和(3.5) 式, 我们得到$\sum\limits_{i=1}^{s}(l_i-1)\leq \deg P_1 \leq 1, $则$s\geq n-1 \geq (k+m+1)d$.因此$(-1)^d(\varphi^{\prime})^d\varphi^{n-2d}-a$至少有$md+2$个不同的零点, 所以, $ (g^{\prime})^d-ag^n$至少有$md+2$个不同的零点, 矛盾.

情形2  如果$\deg g =2$, 那么有$m=1, d=1, k=2$; $m=1, $ $d=2, k=1$或者$m=2, $ $d=1, k=1.$下面, 我们分三种情形讨论.

情形2.1  $m=1, d=1, k=2$.此时, 我们再考虑两种情形.

情形2.1.1  $g\neq 0$.令

$ g(\xi)=\frac{1}{A_2\xi^2+B_2\xi+C_2}, $

其中$A_2\neq 0$是常数.由(2.6) 式并注意到$l\leq md=1$有

$ (n-d)T(r, g)\leq (dk+1)T(r, g)+\log r+S(r, g). $

从而

$ T(r, g)\leq \log r+S(r, g). $

因此$g$是一个有理函数并且$\deg g=1$.这与$\deg g=2$矛盾.

情形2.1.2  $g$至少有一个零点.注意到$g$的零点重级至少是$k$并且$k=2$, 我们可令

$ g(\xi)=\frac{(\xi-c)^2}{A_2\xi^2+B_2\xi+C_2}. $

下面, 我们再考虑两种情形.

情形2.1.2.1  如果$A_2\xi^2+B_2\xi+C_2$至多有一个不同的零点, 那么$\overline{N}(r, g)\leq \log r$.因为$\deg g=2$, 所以$T(r, g)=2\log r.$故

$ \overline{N}(r, g)\leq \frac{1}{2}T(r, g)+S(r, g). $

由(2.6) 式并注意到$m=1, d=1, k=2$有

$ (n-d)T(r, g)\leq \frac{dk+1}{2}T(r, g)+T(r, g)+\log r+S(r, g). $

我们得到$T(r, g)\leq \frac{2}{3}\log r +S(r, g)$, 矛盾.

情形2.1.2.2  如果$A_2\xi^2+B_2\xi+C_2=A_2(\xi-c_1)(\xi-c_2), c_1\neq c_2, $那么有

$ g(\xi)=\frac{(\xi-c)^2}{A_2(\xi-c_1)(\xi-c_2)}. $

通过简单的计算, 我们得到

$ g(\xi)=\frac{1}{A_2}[1+\frac{a_1}{\xi-c_1}+\frac{a_2}{\xi-c_2}], $

其中

$ a_1=\frac{(c-c_1)^2}{c_1-c_2}, a_2=\frac{(c-c_2)^2}{c_2-c_1}. $

故

$\begin{eqnarray*} g^{\prime\prime}-ag^n&=&\frac{2}{A_2}[\frac{a_1}{(\xi-c_1)^3}+\frac{a_2}{(\xi-c_2)^3}]-\frac{a(\xi-c)^{2n}}{A_2^n(\xi-c_1)^n(\xi-c_2)^n}\\ &=&\frac{2A_2^{n-1}[a_1(\xi-c_1)^{n-3}(\xi-c_1)^{n}+a_2(\xi-c_1)^{n}(\xi-c_2)^{n-3}]-a(\xi-c)^{2n}}{A_2^n(\xi-c_1)^n(\xi-c_2)^n}. \end{eqnarray*} $

显然, $g^{\prime\prime}-ag^n$至少有$md+1=2$个不同的零点, 矛盾.

情形2.2  $m=1, d=2, k=1$.此时, 我们再考虑两种情形.

情形2.2.1  $g\neq 0$.令

$ g(\xi)=\frac{1}{A_2\xi^2+B_2\xi+C_2}, $

其中$A_2\neq 0$是常数.则由(2.6) 式并注意到$l\leq md=2$, 有

$ (n-d)T(r, g)\leq (dk+1)T(r, g)+2 \log r+S(r, g). $

故

$ T(r, g)\leq \log r+S(r, g). $

所以$g$是一个有理函数并且$\deg g=1$.这与$\deg g=2$矛盾.

情形2.2.2  $g$至少有一个零点.令

$ g(\xi)=\frac{A_1\xi^2+B_1\xi+C_1}{A_2\xi^2+B_2\xi+C_2}, $

其中$(A_1, A_2)\neq (0, 0)$.我们再考虑两种情形.

情形2.2.2.1  如果$A_2\xi^2+B_2\xi+C_2$至多有一个不同的零点, 那么$\overline{N}(r, g)\leq \log r$.因为$\deg g=2$, 从而有$T(r, g)=2\log r.$故

$ \overline{N}(r, g)\leq \frac{1}{2}T(r, g)+S(r, g). $

由(2.6) 式并注意到$m=1, d=2, k=1$, 有

$ (n-d)T(r, g)\leq \frac{dk+1}{2}T(r, g)+T(r, g)+2\log r+S(r, g). $

因此我们得到$T(r, g)\leq \frac{4}{5}\log r +S(r, g)$, 矛盾.

情形2.2.2.2  $A_2\xi^2+B_2\xi+C_2=A_2(\xi-\beta_1)(\xi-\beta_2), \beta_1\neq\beta_2$.下面, 我们再考虑两种情形.

情形2.2.2.2.1  如果$A_1\xi^2+B_1\xi+C_1$只有一个零点, 那么$\overline{N}(r, \frac{1}{g})= \log r$.因为$\deg g=2$, 所以有$T(r, g)=2\log r.$故

$ \overline{N}(r, \frac{1}{g})\leq \frac{T(r, g)}{2}+S(r, g). $

正如情形2.2.2.1的讨论, 我们也得到矛盾.

情形2.2.2.2.2  $A_1\xi^2+B_1\xi+C_1=A_1(\xi-\alpha_1)(\xi-\alpha_2), \alpha_1\neq\alpha_2$.注意到$n\geq (k+m+1)d+1=7$.如果$n\geq 8$, 那么由(3.1) 式并注意到$m=1, d=2, k=1$, 我们得到$T(r, g)\leq\log r+S(r, g)$, 矛盾.如果$n= 7$, 注意到

$ g(\xi)=A\frac{(\xi-\alpha_1)(\xi-\alpha_2)}{(\xi-\beta_1)(\xi-\beta_2)}, $

其中$A=\frac{A_1}{A_2}\neq 0$, $\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2$是不同的复数.设$\varphi=\frac{1}{g}$, 那么$(g^{\prime})^2-ag^7=\frac{(\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a}{\varphi^7}$.容易看出, $(g^{\prime})^2-ag^7$和$(\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a$有相同的零点.

经过简单的计算得

$ \begin{equation}\label{3.6} (\varphi^{\prime})^2\varphi^3=\frac{(\xi-\beta_1)^3(\xi-\beta_2)^3h_2(\xi)}{(\xi-\alpha_1)^7(\xi-\alpha_2)^7}, \end{equation} $

(3.6)

其中$h_2(\xi)$是一个多项式并且$\deg h_2(\xi)\leq 5$.显然, $(\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a$至少有一个零点.下面, 我们证明$(\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a$至少有三个不同的零点.

若不然, 假设$(\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a$至多有两个不同的零点.我们再考虑两种情形.

情形2.2.2.2.2.1  $(\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a$仅有两个不同的零点$b_1$和$b_2$.令

$ (\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a=\frac{C(\xi-b_1)^{l_1}(\xi-b_2)^{l_2}}{(\xi-\alpha_1)^7(\xi-\alpha_2)^7}, $

其中$C$是非零常数, 并且$l_1+l_2=14$.故

$ \begin{equation}\label{3.7} [(\varphi^{\prime})^2\varphi^3]^{\prime}=[(\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a]^{\prime}=\frac{(\xi-b_1)^{l_1-1}(\xi-b_2)^{l_2-1}P_2(\xi)}{(\xi-\alpha_1)^8(\xi-\alpha_2)^8}, \end{equation} $

(3.7)

其中$P_2(\xi)$是多项式并且$\deg P_2\leq 2.$从(3.6) 式, 我们可以得到

$ \begin{equation}\label{3.8} [(\varphi^{\prime})^2\varphi^3]^{\prime}=\frac{(\xi-\beta_1)^{2}(\xi-\beta_2)^{2}P_3(\xi)}{(\xi-\alpha_1)^8(\xi-\alpha_2)^8}, \end{equation} $

(3.8)

其中$P_3(\xi)$是多项式并且$\deg P_3\leq 8.$

注意到$\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2$和$b_1, b_2$是不同的, 结合(3.7) 式和(3.8) 式, 有$l_1+l_2-2\leq \deg P_3 \leq 8, $即$l_1+l_2\leq 10$, 这与$l_1+l_2=14$矛盾.

情形2.2.2.2.2.2  $(\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a$仅有一个零点.正如情形2.2.2.2.2.1的讨论, 我们也得到矛盾.

所以, $(\varphi^{\prime})^2\varphi^3-a$至少有三个不同的零点, 从而$(g^{\prime})^2-ag^7$至少有$md+1=3$个不同的零点, 矛盾.

情形2.3  $m=2, d=1, k=1$.此时, 我们考虑两种情形.

情形2.3.1  $g\neq 0$.正如情形2.2.1的讨论, 我们也得到矛盾.

情形2.3.2  $g= 0$至少有一个零点.令

$ g(\xi)=\frac{A_1\xi^2+B_1\xi+C_1}{A_2\xi^2+B_2\xi+C_2}, $

其中$(A_1, A_2)\neq (0, 0)$.我们再考虑两种情况.

情形2.3.2.1  $A_2\xi^2+B_2\xi+C_2$至多有一个零点.正如情形2.2.2.1的讨论, 我们也得到矛盾.

情形2.3.2.2  $A_2\xi^2+B_2\xi+C_2=A_2(\xi-\beta_1)(\xi-\beta_2), $$\beta_1\neq\beta_2$.下面, 我们再考虑两种情况.

情形2.3.2.2.1  $A_1\xi^2+B_1\xi+C_1$仅有一个零点.正如情形2.2.2.2.1的讨论, 我们也得到矛盾.

情形2.3.2.2.2  $A_1\xi^2+B_1\xi+C_1=A_1(\xi-\alpha_1)(\xi-\alpha_2), \alpha_1\neq\alpha_2$.注意到$n\geq (k+m+1)d+1=5$.如果$n\geq 6$, 那么由(3.1) 式并结合$m=2, d=1, k=1$, 可得$T(r, g)\leq\log r+S(r, g)$, 矛盾.如果$n= 5$, 令

$ g(\xi)=A\frac{(\xi-\alpha_1)(\xi-\alpha_2)}{(\xi-\beta_1)(\xi-\beta_2)}, $

其中$A=\frac{A_1}{A_2}\neq 0$并且$\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2$是不同的复数.设$\varphi=\frac{1}{g}$, 则$g^{\prime}-ag^5=-\frac{\varphi^{\prime}\varphi^3+a}{\varphi^5}$.显然, $g^{\prime}-ag^5$和$\varphi^{\prime}\varphi^3+a$有相同的零点.

令$\psi=\frac{\varphi^4}{4}$, 则$\psi^{\prime}=\varphi^{\prime}\varphi^3$和$ \psi(\xi)=B\frac{(\xi-\beta_1)^4(\xi-\beta_2)^4}{(\xi-\alpha_1)^4(\xi-\alpha_2)^4}, $其中$B=\frac{1}{4A^4}$是非零常数.

因此我们得到

$ \begin{equation}\label{3.9} (\psi(\xi))^{\prime}=\frac{(\xi-\beta_1)^3(\xi-\beta_2)^3h_3(\xi)}{(\xi-\alpha_1)^5(\xi-\alpha_2)^5}, \end{equation} $

(3.9)

其中$h_3(\xi)$是多项式并且$\deg h_3(\xi)\leq 2$.

根据引理2.2, 可以得到$g^{\prime}-ag^5$至少有两个不同的零点, 从而$\psi^{\prime}+a$至少有两个不同的零点.假设$\psi^{\prime}+a$仅有两个不同的零点$b_3$和$b_4$.令

$ \psi^{\prime}+a=\frac{C(\xi-b_3)^{l_1}(\xi-b_4)^{l_2}}{(\xi-\alpha_1)^5(\xi-\alpha_2)^5}, $

其中$C$是非零常数, 并且$l_1+l_2=10$.从而

$ \begin{equation}\label{3.10} \psi^{\prime\prime}=\frac{(\xi-b_3)^{l_1-1}(\xi-b_4)^{l_2-1}P_4(\xi)}{(\xi-\alpha_1)^6(\xi-\alpha_2)^6}, \end{equation} $

(3.10)

其中$P_4(\xi)$是多项式并且$\deg P_4\leq 2.$

由(3.9) 式有

$ \begin{equation}\label{3.11} \psi^{\prime\prime}=\frac{(\xi-\beta_1)^{2}(\xi-\beta_2)^{2}P_5(\xi)}{(\xi-\alpha_1)^6(\xi-\alpha_2)^6}, \end{equation} $

(3.11)

其中$P_5(\xi)$是多项式并且$\deg P_5\leq 5.$

注意到$\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2$和$b_3, b_4$是不同的, 结合(3.10) 式和(3.11) 式可得$l_1+l_2-2\leq \deg P_5 \leq 5, $即$l_1+l_2\leq 7$, 这与$l_1+l_2=10$矛盾.

因此, $\psi^{\prime}+a$至少有三个不同的零点, 故$g^{\prime}-ag^5$至少有$md+1=3$个不同的零点, 矛盾.

所以我们得到$(g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi)$至少有$md+1$个不同的零点, 矛盾.这说明${\cal F}$在点$z_0$正规.故${\cal F}$在$D$上正规.定理$1.5$证毕.

由于定理1.5和定理1.6的证明是类似的, 根据引理2.5, 我们用下面的式子

$ T(r, g)\leq \frac{mdk}{mdk+k-\frac{1}{d}-1}\log r +S(r, g) $

来代替(3.2) 式.因此, 我们可得到$g$是一个非常数有理函数满足:当$dk=1, m=2$时, $\deg g \leq 2$; 当$dk\geq2, m\geq1$时, $\deg g =1$.接下来, 类似于定理$1.5$的证明过程, 我们很容易证明定理$1.6$, 在此, 我们省略了定理$1.6$的证明过程.

定理1.7的证明  假设${\cal F}$在点$z_0$不正规, 由引理$2.1$可知, 存在$f_{j}\in {\cal F}, z_{j}\rightarrow z_{0}$, 以及$\rho_{j}\rightarrow 0^{+}$使得

$ g_{j}(\xi)=\rho_{j}^{\frac{dk}{n-d}}f_{j}(z_{j}+\rho_{j}\xi)\rightarrow g(\xi) $

在复平面${\mathbf C}$上按球面距离内闭一致收敛于一个非常数亚纯函数$g(\xi)$, 且其零点重级至少为$k$, 极点重级至少为$kd+1$.正如定理$1.5$中的证明一样, 我们可以得到$(g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi)$至多有$md$个不同的零点.当$mdk=1$时, 我们可以得到$m=1, d=1, k=1$.事实上这与引理$2.2$的结果矛盾, 所以接下来我们考虑$mdk\geq2$的情形.

假设$(g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi)$有$l(\leq md)$个不同的零点.根据引理$2.6$有

$ T(r, g)\leq \frac{mdk}{mdk-1}\log r +S(r, g). $

从而, 我们得到$g$是一个非常数有理函数并且满足:当$mdk=2$时, $\deg g \leq 2$; 当$mdk>2$时, $\deg g =1$.下面, 我们分三种情形来讨论.

情形1  当$m=1, d=1, k=2$, 由引理$2.3$, 我们得到矛盾.

情形2  当$m=1, d=2, k=1$或$m=2, d=1, k=1$时, 有$\deg g \leq 2$.

如果$g$有极点, 注意到$g$的极点重级至少是$kd+1\geq 2$, 可令

$ g=\frac{A_1\xi^2+B_1\xi+C_1}{A_2(\xi-\beta)^2}, $

其中$A_2\not\equiv 0$是常数, 并且$\deg g=2$.这意味着$m=2, k=1, d=1, $我们考虑两种情况.

情形2.1  如果$g$至多有一个零点, 那么$\overline{N}(r, \frac{1}{g})\leq \frac{1}{2}T(r, g)$.根据(2.6) 式和$m=2, $ $d=1, $ $k=1$, 我们得到

$ 3T(r, g)\leq T(r, g)+\frac{1}{2}T(r, g)+2\log r+S(r, g)=\frac{3}{2}T(r, g)+2\log r+S(r, g), $

即$T(r, g)\leq \frac{4}{3} \log r+S(r, g)$, 矛盾.

情形2.2  如果$g$有两个不同的零点, 那么$A_1\xi^2+B_1\xi+C_1=A_1(\xi-\alpha_1)(\xi-\alpha_2)$, 其中$\alpha_1\, \alpha_2, \beta$是不同的.因为$n\geq (m+1)d+1=4$, 如果$n\geq 5$, 根据(2.6) 式并注意到$m=2, k=1, d=1, $可以得到$T(r, g)\leq \log r+S(r, g)$, 矛盾; 如果$n=4$, 令

$ g(\xi)=\frac{A_1(\xi-\alpha_1)(\xi-\alpha_2)}{A_2(\xi-\beta)^2}, $

设$\varphi=\frac{1}{g}$, 那么$g^{\prime}-ag^4=-\frac{\varphi^{\prime}\varphi^2+a}{\varphi^4}$.容易看出, $g^{\prime}-ag^4$和$\varphi^{\prime}\varphi^2+a$有相同的零点.

经过简单的计算可得

$ \begin{equation}\label{3.12} \varphi^{\prime}\varphi^2=\frac{(\xi-\beta)^4h_4(\xi)}{(\xi-\alpha_1)^4(\xi-\alpha_2)^4}, \end{equation} $

(3.12)

其中$h_4(\xi)$是多项式并且$\deg h_2(\xi)\leq 2$.由引理$2.2$, $g^{\prime}-ag^4$至少有两个不同的零点, 从而$\varphi^{\prime}\varphi^2+a$至少有两个不同的零点.下面, 我们证明$\varphi^{\prime}\varphi^2+a$至少有三个不同的零点.若不然, $\varphi^{\prime}\varphi^2+a$仅有两个不同的零点$b_1, b_2$, 令

$ \varphi^{\prime}\varphi^2+a=\frac{C(\xi-b_1)^{l_1}(\xi-b_2)^{l_2}}{(\xi-\alpha_1)^4(\xi-\alpha_2)^4}, $

其中$C$是非零常数, 并且$l_1+l_2=8$.故

$ \begin{equation}\label{3.13} [\varphi^{\prime}\varphi^2]^{\prime}=[\varphi^{\prime}\varphi^2+a]^{\prime}=\frac{(\xi-b_1)^{l_1-1}(\xi-b_2)^{l_2-1}P_6(\xi)}{(\xi-\alpha_1)^5(\xi-\alpha_2)^5}, \end{equation} $

(3.13)

其中$P_6(\xi)$是多项式并且$\deg P_6\leq 2.$

由(3.12) 式, 我们又得到

$ \begin{equation}\label{3.14} [\varphi^{\prime}\varphi^2]^{\prime}=\frac{(\xi-\beta)^{3}P_7(\xi)}{(\xi-\alpha_1)^5(\xi-\alpha_2)^5}, \end{equation} $

(3.14)

其中$P_7(\xi)$是多项式并且$\deg P_7\leq 4.$

注意到$\alpha_1, \alpha_2, \beta$和$b_1, b_2$是不同的, 结合(3.13) 式和(3.14) 式, 我们得到$l_1+l_2-2\leq \deg P_7\leq 4, $即$l_1+l_2\leq 6$, 这与$l_1+l_2=8$矛盾.

如果$g$没有极点, 根据(2.6) 式, 可知$\deg g=1$.类似于定理$1.5$中情形$1.2.1$的证明, 我们很容易得出矛盾.

情形3  当$mdk>2$时, 有$\deg g=1$.

如果$g$至少有一个极点, 注意到$g$极点重级至少是$kd+1\geq 2$, 从而$\deg g\geq2$.这与$\deg g=1$矛盾.

如果$g$没有极点, 我们得到$k=1$并且$\deg g=1$.类似于定理$1.5$中情形$1.2.1$的证明, 我们很容易得出矛盾.

因此, 我们推出$(g^{(k)}(\xi))^d-ag^{n}(\xi)$至少有$md+1$个不同的零点, 矛盾.这说明${\cal F}$在点$z_0$正规.于是${\cal F}$在$D$内正规.定理$1.7$证毕.