设 $D$ 是复平面 ${\mathbf C}$ 上的一个区域,${\cal F}$ 是定义在区域 $D$ 内的一族亚纯函数. 在 Montel 的定义下,如果任意函数列 $\{f_n\}\subset{\cal F}$,存在一个子序列 $\{f_{n_j}\}$ 在 $D$ 内按照球面距离一致收敛到一个亚纯函数或者 $\infty$,我们则称 ${\cal F}$ 在 $D$ 内是正规的^[1-3].

1959 年 ,Hayman ^[4] 提出了几个著名的猜想,后来这些猜想都被证实,大家对这些猜想的研究促使了正规族理论的发展,下面是一个著名的结果.

定理 1.1 ^[4] 设 ${\cal F}$ 为区域 $D$ 内的一族亚纯函数,$n\geq5$ 为正整数,$a(\neq0),b$ 为两个有穷复数. 如果对任意函数 $f\in{\cal F}$,满足 $f'-af^{n}\neq b$,则 $f$ 是一个常数.

Mues ^[5] 用了一些举例证明了 $n=3$ ,$n=4$ 时,定理 $1.1$ 是不成立的.

到了 $1967$ 年,Hayman ^[6]得到了一个区别于定理 $1.1$ 的结论. 这个结论中的形式十分重要,引起了后继学者们的研究.

定理 1.2 ^[6] 设 ${\cal F}$ 为区域 $D$ 内的一族亚纯 $($全纯$)$ 函数,$a(\neq0),b$ 为两个有穷复数,$n\geq3$ $(n\geq2)$ 为正整数,对任意 $f\in{\cal F}$,有 $f'-af^{n}\neq b$,则 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内正规.

在定理 $1.2$ 中,就全纯函数情形,Drasin^[7] 得到 $n\geq3$ 成立. 庞学诚^[8]得到 $n=3$ 成立. 陈怀惠和方明亮^[9],叶亚盛^[10] 得到 $n=2$ 成立.

对于亚纯函数的情形,李松鹰和李先进得出 $n\geq5$ 时成立,庞学诚证明了 $n=4$ 时成立,陈怀惠和方明亮,Zalcman 分别得到 $n=3$ 时成立,这些结果请参见文献[9-14].

Ye ^[10],庞学诚 ^[14],Schwick ^[15],Ye 和 Pang ^[16],许焱^[17] 考虑将定理 $1.2$ 中的 $f'$ 推广到 $f^{(k)}$,并且得到了下面的结论.

定理 1.3 ^[17] 设 ${\cal F}$ 为区域 $D$ 内的一族亚纯函数,$a(\neq0),b$ 为两个有穷复数,$n\geq (k+3),k$ 为正整数,如果对任意 $f\in{\cal F}$,有 $f^{(k)}-af^{n}\neq b$,则 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内正规.

关于定理 $1.3$ 中的形式 $f^{(k)}-af^{n}\neq b$ 后来被学者们广泛研究,得到了许多结果,这里不再一一表述.

2014年,邓炳茂等人 ^[18] 研究了涉及零点个数的亚纯函数的正规性问题,并得出下面的结论.

定理 1.4 ^[18] 设 ${\cal F}$ 为区域 $D$ 内的一族亚纯函数,$a(\neq0),b$ 为两个有穷复数,$m,n,k$ 为正整数,其中 $n\geq k+m+2$. 设任意函数 $f\in{\cal F}$,其零点重级至少是 $k$. 当 $f^{(k)}-af^{n}-b$ 至多有 $m$ 个不同零点时,则 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内正规.

自然地,我们会问上述定理中的条件 $n\geq k+m+3$ 在什么情况下可以降低? 就这个问题,我们做出了相应的研究,推广和提高了前人的结论,得到了如下新的正规定则.

定理 1.5 设 ${\cal F}$ 为区域 $D$ 内的一族亚纯函数,$a(\neq0),b$ 为两个有穷复数,$m,n,k$ 为正整数,其中 $n$ 满足 $n\geq m+3$. 设任意函数 $f\in{\cal F}$ 且 $f$ 的零点重级和极点重级都至少是 $k$,当 $f^{(k)}-af^{n}-b$ 至多有 $m$ 个不同零点时,则 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内正规.

那么对于 $n\geq m+2$ 的情形,我们又能得到什么样的结果呢 ？我们对此问题进行了仔细的研究并得到下面的结论.

定理 1.6 设 ${\cal F}$ 为区域 $D$ 内的一族亚纯函数,$a(\neq0),b$ 为两个有穷复数,$m,n,k$ 为正整数,其中 $n\geq m+2$. 设任意函数 $f\in{\cal F}$ 且 $f$ 零点重级至少是 $k$ 和极点重级至少是 $k+1$,当 $f^{(k)}-af^{n}-b$ 至多有 $m$ 个不同零点时,则 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内正规.

注 我们推测条件 $n\geq m+1$ $(mk>2)$ 在定理 $1.6$ 中仍是成立的,这一结果应当是合理的.

注意到当 $n=2$ 时在定理 $1.6$ 中是不成立的,所以对于这个问题我们得到：

定理 1.7 设 ${\cal F}$ 为区域 $D$ 内的一族亚纯函数,$a(\neq0),b$ 为两个有穷复数,$k$ 为正整数. 设任意函数 $f\in{\cal F}$ 且 $f$ 零点重级至少是 $k+1$ 和极点重级至少是 $k+2$,当 $f^{(k)}-af^{2}-b$ 至多有 $1$ 个零点时,则 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内正规.

下面给出的一些例子可以展示我们结论的精确性.

例 1 ^[18] 亚纯函数族 ${\cal F}=\{f_{j}=jz^{k-1}: j=1,2,3,\cdots\}$ 在 $D=\{z:|z|＜1\}$ 内不正规. 但是对于任意的 $f\in{\cal F},f^{(k)}-af^{n}-0$ 在 $D$ 内仅有一个零点.

此例可以说明:在定理 $1.5$ 和定理 $1.6$ 中,${\cal F}$ 中任意函数的零点重级至少是 $k$,这一条件是精确的.

例 2 令 $k$ 是正整数,$a$ 是非零有限常数,$D=\{z: |z|＜1\}$ 且 ${\cal F}=\{f_{n}\}$,这里 $f_{n}(z)=\frac{1}{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{k}},n=1,2,3,\cdots.$ 则有

$f_{n}^{(k)}(z)-af_{n}^{m+3}(z)=\frac{(-1)^{k}n^{k}C_{k}^{2k} }{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{2k}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+3k}}\\ =\frac{{(-1)^{k}n^{k}C_{k}^{2k}[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+k}}-a}{{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+3k}}},\\ f_{n}^{(k)}(z)-af_{n}^{m+2}(z)=\frac{(-1)^{k}n^{k}C_{k}^{2k} }{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{2k}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+2k}}\\ =\frac{{(-1)^{k}n^{k}C_{k}^{2k}[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km}}-a}{{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+2k}}}.$

显然,对于任意函数 $f\in{\cal F}$,$f^{(k)}(z)-af^{m+3}(z)-0$ 在区域 $D$ 内有 $k(m+1)\geq m+1$ 个不同零点,并且 $f^{(k)}(z)-af^{m+2}(z)-0$ 在区域 $D$ 内有 $km\geq m$ 个不同零点,但是 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内是不正规的.

这表明,$n\geq (m+3)$,$f^{(k)}-af^{n}-b$ 至多有 $m$ 个不同零点和任意函数 $f$ 的极点重级至少是 $k$ 在定理 $1.5$ 中是精确的.

例 3 令 $k$ 是正整数,$a$ 是非零有限常数和 $D=\{z:|z|＜1\}$,且 ${\cal F}=\{f_{n}\}$,这里 $ f_{n}(z)=\frac{1}{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{k+1}},n=1,2,3,\cdots.$ 则有

$f_{n}^{(k)}(z)-af_{n}^{m+2}(z)=\frac{(-1)^{k}n^{k}C_{k+1}^{2k+1} }{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{2k+1}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+2k+m+2}}\\ =\frac{{(-1)^{k}n^{k}C_{k+1}^{2k+1}[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+m+1}}-a}{{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+2k+m+2}}},\\ f_{n}^{(k)}(z)-af_{n}^{m+1}(z)=\frac{(-1)^{k}n^{k}C_{k+1}^{2k+1} }{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{2k+1}}-\frac{a}{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+k+m+1}}\\ =\frac{{(-1)^{k}n^{k}C_{k+1}^{2k+1}[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km-k+m}}-a}{{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{km+k+m+1}}}.$

由此例看到,对于任意函数 $f\in{\cal F}$,$f^{(k)}(z)-af^{m+2}(z)-0$ 在区域 $D$ 内确实有 $km+m+1\geq m+1$ 个不同零点,且 $f^{(k)}(z)-af^{m+1}(z)-0$ 在区域 $D$ 内有 $km-k+m\geq m$ 个不同零点,但 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内是不正规的.

这表明：$n\geq m+2$ 和 $f^{(k)}(z)-af^{m+2}(z)-b$ 至多有 $m$ 个不同零点,并且任意函数 $f$ 的极点重级至少是 $k+1$ 在定理 $1.6$ 中是精确的.

例 4 令 $k$ 是正整数,$a$ 是非零有限常数和 $D=\{z: |z|＜1\}$,且 ${\cal F}=\{f_{n}\}$,这里 $ f_{n}(z)=\frac{1}{[nz+\frac{a}{(-1)^{k}k!n^{k}}]^{k+2}},n=1,2,3,\cdots.$

从例 $4$ 可以得到,对于任意函数 $f\in{\cal F}$,$f^{(k)}(z)-af^{2}(z)$ 在区域 $D$ 内确实有 $2$ 个不同零点,但是${\cal F}$ 在区域 $D$ 内是不正规的. 例 $4$ 表明 $f^{(k)}(z)-af^{2}(z)$ 在区域 $D$ 内只能有 $1$ 个零点.

这表明,在定理 $1.7$ 中 $f^{(k)}(z)-af^{2}(z)-b$ 至多有 $1$ 个零点和任意函数 $f$ 的极点重级至少是 $k+2$ 是精确的.

引理 2.1 ^[13] 设 $f$ 是复数域内的非常数亚纯函数,$a(\neq 0)$ 是有限常数,$n$ 是正整数且 $n\geq 4$,则 $f'(z)-af^{n}$ 至少有 $2$ 个不同零点.

引理 2.2 ^[10] 设 $f$ 是复数域内的非常数亚纯函数,$a(\neq 0)$ 是有限常数和 $n,k,d$ 是正整数且 $n\geq 3,d\geq\frac{k+1}{n-2}$. 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 $2$ 个不同零点.

引理 2.3 ^[19] 设 $f$ 是复数域内的非常数亚纯函数,$a(\neq 0)$ 是有限常数和 $k$ 是正整数. 若 $f$ 的零点重级至少是 $k+1$ 和极点重级至少是 $k+2$,则 $f^{(k)}(z)-af^{2}$ 至少有 $2$ 个不同零点.

引理 2.4 ^[20] 设 ${\cal F}$ 是 $\Delta =\{ z: \mid z\mid＜1\}$ 内的亚纯函数族,对任意 $f\subseteq {\cal F}$,其零点重级至少是 $p$,极点重级至少是 $q$. 若 ${\cal F}$ 在 $D$ 内不正规,则对于每一个 $\alpha ,-q＜\alpha ＜p$,存在:

$(1)$ 实数 $r,0＜r＜1$;

$(2)$ 点列 $z_{n}\in \bigtriangleup,\mid z_{n}\mid＜r＜1$;

$(3)$ 函数列 $\{f_{n}(z)\}\subseteq {\cal F}$;

$(4)$ 正数列 $ \rho_{n},\rho_{n}\rightarrow 0^{+}$.

使得 $g_{n}(\xi)=\frac{f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\xi)}{\rho_{n}^{\alpha }}$ 在复平面内按球面距离内闭一致收敛于非常数的 $g(z)$,其零点重数至少是 $p$,极点重级要至少是 $q$,且级至多是 $2$.

定理 2.5 ^[21] 设 ${\cal F}$ 为区域 $D$ 内的亚纯函数族,则 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内的每一点都正规是 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内正规的充要条件.

定理 1.5 的证明 假设 ${\cal F}$ 在区域 $D$ 内不正规,由引理 $2.5$ 可知至少存在一点,我们不妨将其设为 $z_{0}$ ,使得 ${\cal F}$ 在 $z_{0}$ 处不正规. 由引理 $2.4$,存在 $f_{j}\in {\cal F},z_{j}\rightarrow z_{0}$,以及 $\rho_{j}\rightarrow 0^{+}$ 使得

$g_{j}(\xi)=\rho_{j}^{\frac{k}{n-1}}f_j(z_j+\rho_j\xi)\rightarrow g(\xi),$

按球面距离内闭一致收敛. 其中 $g(\xi)$ 为非常数亚纯函数,且其极点和零点重级至少为 $k$. 特别地,$g(\xi)$ 的级至多为 $2$.

显然,$g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)\not\equiv0$. 接下来,我们将证明 $g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 至多有 $m$ 个不同零点. 假设 $g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 有 $m+1$ 不同个零点 $\xi_{i}(i=1,2,\cdots,m+1)$. 因此

$\eqalign{ & g_j^{(k)}(\xi ) - ag_j^n(\xi ) - \rho _j^{{{nk} \over {n - 1}}}b = \rho _j^{{{nk} \over {n - 1}}}[f_j^{(k)}({z_j} + {\rho _j}\xi ) - af_j^n({z_j} + {\rho _j}\xi ) - b] \cr & \to {g^{(k)}}(\xi ) - a{g^n}(\xi ). \cr} $

按球面距离内闭一致收敛到 $g$.

利用 Hurwitz 定理,令 $j$ 充分大,存在点 $\xi_{j,i}(i=1,2,\cdots,m+1)$,满足 $\xi_{j,i}\rightarrow \xi_{i}$,并且有

$f_{j}^{(k)}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-af_{j}^{n}(z_{j}+\rho_{j}\xi)=b.$

又由于 $f_{j}^{(k)}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-af_{j}^{n}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-b$ 在区域 $D$ 内至多有 $m$ 个不同零点与 $z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}\rightarrow z_{0}$ 相矛盾. 所以,$g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 至多有 $m$ 个不同零点.

下面我们证明 $g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 至少有 $m+1$ 个不同零点.

当 $mk=1$时,我们可以得到 $m=1,k=1$. 事实上这就是引理 $2.1$ 的结果,所以接下来仅仅考虑 $mk\geq2$ 的情形.

这里假设

$\Psi(z)=\frac{f^{(k)}(z)}{af^{n}(z)}.$

(3.1)

因为条件中 $f$ 的零点重级至少是 $k$,则 $f^{(k)}(z)\not\equiv 0$. 因此由 (3.1) 式,得到 $\Psi(z)\not\equiv 0$.

再通过 (3.1) 式,由简单计算可以得到

$af^{n}(z)=\frac{f^{(k)}(z)}{\Psi(z)}.$

(3.2)

由 (3.2) 式,我们获得

$\begin{align} & nm(r,f)=m(r,{{f}^{n}})\le m(r,a{{f}^{n}})+{{\log }^{+}}\frac{1}{\mid a\mid } \\ & \le m(r,\frac{{{f}^{(k)}}}{\Psi })+{{\log }^{+}}\frac{1}{\mid a\mid } \\ & \le m(r,\frac{1}{\Psi })+m(r,{{f}^{(k)}})+{{\log }^{+}}\frac{1}{\mid a\mid } \\ & \le m(r,\frac{1}{\Psi })+m(r,f)+m(r,\frac{{{f}^{(k)}}}{f})+{{\log }^{+}}\frac{1}{\mid a\mid }, \\ \end{align}$

由上式可得

$(n-1)m(r,f)\leq m(r,\frac{1}{\Psi})+S(r,f).$

(3.3)

从另一方面,由 (3.2) 式,可以得到

$nN(r,f)=N(r,af^{n})=N(r,\frac{f^{(k)}}{\Psi})\leq N(r,f^{(k)})+N(r,\frac{1}{\Psi})-\overline{N}_{0}(r),$

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

$nN(r,f)\leq N(r,f)+k\overline{N}(r,f)+N(r,\frac{1}{\Psi})-\overline{N}_{0}(r),$

$(n-1)N(r,f)\leq k\overline{N}(r,f)+N(r,\frac{1}{\Psi})-\overline{N}_{0}(r).$

(3.4)

通过 (3.2) 式,可以得到

$\overline{N}(r,\Psi)+\overline{N}(r,\frac{1}{\Psi})\leq \overline{N}(r,\frac{1}{f})+\overline{N}(r,f)+\overline{N}_{0}(r),$

(3.5)

这里 $\Psi(z)\not\equiv1$. 否则,有 $\Psi(z)\equiv1$,那么 $f^{(k)}(z)\equiv af^{n}(z)$. 假设 $f$ 的极点重级为 $q$,有 $f^{(k)}$ 和 $f^{n}$ 的极点重级分别为 $q+k$ 和 $nq$. 注意到 $f^{(k)}(z)\equiv af^{n}(z)$,我们得到 $q+k=nq$,有 $q=\frac{k}{n-1}$. 这是不可能的. 因为 $q\geq k$ 和 $n\geq m+3$.

因此,通过 (3.3)-(3.5) 式和 Nevanlinna 第一和第二基本定理,容易得到

$\begin{align} & (n-1)T(r,f) \\ & \le k\bar{N}(r,f)+T(r,\frac{1}{\Psi })-{{{\bar{N}}}_{0}}(r)+S(r,f) \\ & \le k\bar{N}(r,f)+T(r,\Psi )-{{{\bar{N}}}_{0}}(r)+S(r,f) \\ & \le k\bar{N}(r,f)+\bar{N}(r,\Psi )+\bar{N}(r,\frac{1}{\Psi })+\bar{N}(r,\frac{1}{\Psi -1})-{{{\bar{N}}}_{0}}(r)+S(r,f) \\ & \le k\bar{N}(r,f)+\bar{N}(r,\frac{1}{f})+\bar{N}(r,f)+{{{\bar{N}}}_{0}}(r)+\bar{N}(r,\frac{1}{{{f}^{(k)}}-a{{f}^{n}}})-{{{\bar{N}}}_{0}}(r)+S(r,f) \\ & =(k+1)\bar{N}(r,f)+\bar{N}(r,\frac{1}{f})+\bar{N}(r,\frac{1}{{{f}^{(k)}}-a{{f}^{n}}})+S(r,f). \\ \end{align}$

假设 $f^{(k)}-af^{n}$ 有 $l(\leq m)$ 个不同零点. 则

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

(3.6)

再由

$\overline{N}(r,\frac{1}{f})\leq\frac{1}{k}{N}(r,\frac{1}{f})\leq\frac{1}{k}T(r,f)+S(r,f),$

(3.7)

$\overline{N}(r,f)\leq \frac{1}{k}T(r,f),$

(3.8)

通过 (3.6)-(3.8) 式,可得

$(n-1-\frac{k+1}{k}-\frac{1}{k})T(r,f)\leq l\log r+S(r,f).$

(3.9)

考虑到条件 $ n\geq m+3,mk\geq 2,$ 再由 (3.9) 式,得到不等式

$T(r,f)\leq\frac{mk}{(m+1)k-2}\log r+S(r,f).$

因此,我们断定 $f$ 是一个非常数的有理函数并且满足 deg $f\leq 2$,这里 $k=1,m\geq 2$. deg $f=1$ 这里 $k\geq 2,m\geq 1$.

接下来我们考虑两种情形.

情形 I deg $f=1$,这里 $k\geq 2,m\geq 1$.

假如 $f$ 至少有一个极点,注意 $f$ 的极点重级至少是 $k(\geq 2)$,得到 deg $f \geq 2$. 这与 deg $f=1$ 矛盾. 假如 $f$ 没有极点,由 (3.6) 式,有

$ T(r,f)\leq\frac{mk}{(m+2)k-1}\log r+S(r,f). $

得到 $f$ 是一个常数,因此得到矛盾.

情形 II deg $f\leq 2$ 这里 $k=1,m\geq 2$. 讨论两种情形: deg $f=2$,当 $k=1,m=2$ 和 deg $f=1$,当 $k=1,m>2.$

情形 1 当 $k=1,m=2,$ deg $f=2$. 再讨论两种情形.

情形 1.1 $f\neq 0.$ 令

$f=\frac{1}{A_{2}z^{2}+B_{2}z+C_{2}},$

这里 $A_{2}\neq0$ 是一个常数. 然而通过 (3.6) 式并且注意到 $n\geq m+3,l\leq m=2$,得到

$(n-1)T(r,f)\leq (k+1)\overline{N}(r,f)+l\log r+S(r,f).$

(3.10)

注意到 $\overline{N}(r,f)\leq T(r,f).$

再通过 (3.10) 式且注意到 $n\geq m+3,k=1,l\leq m=2$,可得

$2T(r,f)\leq(n-1-k-1)T(r,f)\leq 2\log r+S(r,f).$

这给出 $T(r,f)\leq \log r+S(r,f)$. 因此 $f$ 是一个有理函数并且 deg $f=1$. 这与 deg $f=2$ 矛盾.

情形 1.2 $f$ 至少有一个零点. 令

$f=\frac{A_{1}z^{2}+B_{1}z+C_{1}}{A_{2}z^{2}+B_{2}z+C_{2}},$

这里 $(A_{1},A_{2})\neq(0,0)$,讨论两种情形.

情形 1.2.1 $A_{1}z^{2}+B_{1}z+C_{1}$ 有一个零点. 则有

$\overline{N}(r,\frac{1}{f})\leq \frac{1}{2}T(r,f),$

$(n-1)T(r,f)\leq(k+1)T(r,f)+\frac{1}{2}T(r,f)+2\log r+S(r,f),$

故 $T(r,f)\leq \frac{4}{3}\log r+S(r,f)＜2\log r+S(r,f)$,这表明 deg $f=1$,所以得到矛盾.

情形 1.2.2 $A_{1}z^{2}+B_{1}z+C_{1}=A_{1}(z-\alpha _{1})(z-\alpha _{2}),\alpha _{1}\neq \alpha _{2}$. 并注意到 $ n\geq m+3=5$.

假如 $n\geq6$,再通过 (3.6) 式,可得

$(n-1)T(r,f)\leq(k+1)T(r,f)+T(r,f)+l\log r+S(r,f).$

并注意到 $l\leq m=2,k=1$. 可得 $T(r,f)\leq \log r+S(r,f)$,矛盾.

假如 $n=5$,再次讨论两种情形.

情形 1.2.2.1 假如 $f$ 有两个不同极点,并注意到

$f(z)=A\frac{(z-\alpha _{1})(z-\alpha _{2})}{(z-\beta_{1})(z-\beta_{2})},$

(3.11)

这里 $A=\frac{A_{1}}{A_{2}}(\neq0)$ 和 $\alpha _{1},\alpha _{2},\beta_{1},\beta_{2}$ 是不同的复数. 设 $\phi=1/f$,则有 $f'-af^{5}=-\frac{\phi'\phi^{3}+a}{\phi^{5}}$. 由此可知 $\phi$ 没有重极点,所以 $f'-af^{5}$ 和$\phi'\phi^{3}+a$ 有相同的零点.

设 $\psi=\phi^{4}/4$,则 $\psi'=\phi'\phi^{3}$. 由 (3.11) 式,有

$\psi(z)=B\frac{(z-\beta_{1})^{4}(z-\beta_{2})^{4}}{(z-\alpha _{1})^{4}(z-\alpha _{2})^{4}},$

这里 $B=\frac{1}{4A^{4}}$ 是非零常数.

因此

$\psi'(z)=\frac{(z-\beta_{1})^{3}(z-\beta_{2})^{3}h_{2}(z)}{(z-\alpha _{1})^{5}(z-\alpha _{2})^{5}},$

(3.12)

这里 $h_{2}(z)$ 是多项式且 deg $h_{2}\leq2.$

通过引理 $2.1$,我们得到 $f'-af^{5}$ 至少有两个不同零点,因此 $\psi'+a$ 至少有两个不同零点.

假设 $\psi'+a$ 有两个不同零点 $z_{1},z_{2}$ $(\alpha _{1},\alpha _{2},\beta_{1},\beta_{2}$ 和 $z_{1},z_{2}$ 是不同的复数). 设

$\psi'(z)+a=\frac{C(z-z_{1})^{l_{1}}(z-z_{2})^{l_{2}}}{(z-\alpha _{1})^{5}(z-\alpha _{2})^{5}},$

这里 $C$ 是非零常数,并且 $l_{1}+l_{2}=10$.

$\psi"(z)=\frac{C(z-z_{1})^{l_{1}-1}(z-z_{2})^{l_{2}-1}P_{2}(z)}{(z-\alpha _{1})^{6}(z-\alpha _{2})^{6}},$

(3.13)

这里 $P_{2}(z)$ 是多项式且 deg $P_{2}\leq2.$

从 (3.12) 式,我们得到

$\psi"(z)=\frac{(z-\beta_{1})^{2}(z-\beta_{2})^{2}P_{3}(z)}{(z-\alpha _{1})^{6}(z-\alpha _{2})^{6}},$

(3.14)

这里 $P_{3}(z)$ 是多项式且有 deg $P_{3}\leq5.$

注意到 $\alpha _{1},\alpha _{2},\beta_{1},\beta_{2}$ 和 $z_{1},z_{2}$ 是不同的复数,从 (3.13) 式和 (3.14) 式,我们得到 $l_{1}+l_{2}-2\leq$ deg $P_{3}\leq5,$ 并且 $l_{1}+l_{2}\leq7$,这与 $l_{1}+l_{2}=10$ 矛盾. 因此 $\psi'+a$ 至少有 $3$ 个不同零点,所以 $f'(z)-af^{5}(z)$ 至少有 $3$ 个不同零点. 这是不可能的,因为我们的假设是 $f'(z)-af^{5}(z)$ 至多有 $2$ 个不同零点.

情形 1.2.2.2 假如 $f$ 至多有一个极点,则 $\overline{N}(r,f)\leq\frac{1}{2}T(r,f)$. 并且通过 (3.6) 式和注意到 $m=2,k=1$,可得 $(n-1)T(r,f)\leq\frac{k+1}{2}T(r,f)+T(r,f)+2\log r+S(r,f)$. 便得到 $T(r,f)\leq \log r+S(r,f)$.

情形 2 当 $k=1,m>2$,有 deg $f=1$. 令

$ f(z)=\frac{B_{1}z+C_{1}}{B_{2}z+C_{2}},$

这里 $\frac{B_{1}}{B_{2}}(\neq0)$ 和 $B_{1}C_{2}-B_{2}C_{1}\neq0$. 我们讨论两种情形.

情形 2.1 $B_{1}=0$. 令

$f(z)=\frac{C_{1}}{B_{2}z+C_{2}},$

$B_{2}\neq0$ 是常数. 所以

$f^{(k)}-af^{n}(z)=\frac{(-1)^{k}C_{1}{B_{2}}^{k}k!}{(B_{2}z+C_{2})^{k+1}}-\frac{a{C_{1}}^{n}}{(B_{2}z+C_{2})^{n}}\\ =\frac{(-1)^{k}C_{1}{B_{2}}^{k}k!(B_{2}z+C_{2})^{n-k-1}-a{C_{1}}^{n}}{(B_{2}z+C_{2})^{n}}.$

特别地,$f^{(k)}-af^{n}(z)$ 至少有 $m+1$ 个不同零点,因为 $n-k-1\geq m+1$,矛盾.

情形 2.2 $B_{1}\neq0$. 我们再次讨论两种情形.

情形 2.2.1 $B_{2}=0$. 令 $f(z)=A(z-c)$,$A\neq0$ 是常数. 有

$f'-af^{n}(z)=A-aA^{n}(z-c)^{n}.$

显然,$f'-af^{n}(z)$ 至少有 $n\geq m+3$ 不同零点,矛盾.

情形 2.2.2 $B_{2}\neq0$. 令

$f(z)=A\frac{z-\alpha }{z-\beta},$

$A\neq0$ 是常数和 $\alpha \neq \beta$. 设 $\varphi=1/f$,则有 $f'(z)-af^{n}(z)=-\frac{\varphi'\varphi^{n-2}+a}{\varphi^{n}}$. 由此可知 $\varphi$ 没有重极点,所以 $f'-af^{n}$ 和 $\varphi'\varphi^{n-2}+a$ 有相同的零点. 设 $\psi=\varphi^{n-1}/(n-1)$,因此有 $\psi'=\varphi'\varphi^{n-2}$. 即

$\psi(z)=\frac{1}{(n-1)A^{n-1}}\cdot\frac{(z-\beta)^{n-1}}{(z-\alpha )^{n-1}}.$

则有

$\psi'(z)=\frac{\beta-\alpha }{A^{n-1}}\cdot\frac{(z-\beta)^{n-2}}{(z-\alpha )^{n}}.$

(3.15)

清楚地看到,$\psi'(z)+a$ 至少有一个零点. 设 $\psi'(z)+a$ 有 $s(\geq1)$ 个不同零点,则

$ \psi'(z)+a=\frac{ C\prod\limits_{i=1}^{s}(z-z_{i})^{l_{i}}}{(z-\alpha )^{n}},$

这里 $C$ 是非常数,且 $l_{i}\geq1(i=1,2,\cdots,s)$ 是正数,满足 $\sum\limits_{i=1}^{s}l_{i}=n.$

则有

$\psi"(z)=\frac{ C\prod\limits_{i=1}^{s}(z-z_{i})^{l_{i}-1}h_{1}(z)}{(z-\alpha )^{n+1}},$

(3.16)

这里 $h_{1}(z)$ 是多项式且 deg $h_{1}\leq s.$

从 (3.15) 式,区别于 (3.16) 式,可得

$\psi"(z)=\frac{(z-\beta)^{n-3}h_{2}(z)}{(z-\alpha )^{n+1}},$

(3.17)

$h_{2}(z)$ 是多项式且 deg $h_{2}\leq 1.$ 注意到 $\alpha ,\beta$ 和 $z_{i}(i=1,2,\cdots,s)$ 是不同的,从 (3.16) 和 (3.17) 式,我们得到 $\sum\limits_{i=1}^{s}{({{l}_{i}}-1)}\le \text{deg }{{h}_{2}}\le 1$,则 $s\geq n-1\geq m+2$. 因此 $\psi'(z)+a$ 至少有 $m+2$ 个不同零点,所以 $f'(z)-af^{n}(z)$ 至少有 $m+2$ 个不同零点,得到矛盾. 可知 $g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 至少有$m+1$ 个不同零点. 所以 ${\cal F}$ 在 $z_{0}$ 处不正规. 因此,${\cal F}$ 在区域 $D$ 内不正规. 定理 $1.5$ 证毕.

定理 1.6 的证明 正如定理 $1.5$ 的假设一样,我们仍设 ${\cal F}$ 在 $z_{0}$ 处不正规. 由引理 $2.4$,存在 $f_{j}\in {\cal F},z_{j}\rightarrow z_{0}$,以及 $\rho_{j}\rightarrow 0^{+}$ 使得

$g_{j}(\xi)=\rho_{j}^{\frac{k}{n-1}}f_j(z_j+\rho_j\xi)\rightarrow g(\xi),$

按球面距离内闭一致收敛. 其中$g(\xi)$ 为非常数亚纯函数,且其极点重级至少为 $k$和零点重级至少为 $k+1$. 特别地,$g(\xi)$ 的级至多为 $2$.

显然,$g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)\not\equiv0$. 接下来,我们将证明 $g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 至多有 $m$ 个不同零点. 假设 $g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 有 $m+1$ 个不同零点 $\xi_{i}(i=1,2,\cdots,m+1)$. 因此

$\eqalign{ & g_j^{(k)}(\xi ) - ag_j^n(\xi ) - \rho _j^{{{nk} \over {n - 1}}}b = \rho _j^{{{nk} \over {n - 1}}}[f_j^{(k)}({z_j} + {\rho _j}\xi ) - af_j^n({z_j} + {\rho _j}\xi ) - b] \cr & \to {g^{(k)}}(\xi ) - a{g^n}(\xi ) \cr} $

按球面距离内闭一致收敛到 $g$.

利用 Hurwitz 定理,令 $j$ 充分大,存在点 $\xi_{j,i}(i=1,2,\cdots,m+1)$,满足 $\xi_{j,i}\rightarrow \xi_{i}$,且有 $f_{j}^{(k)}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-af_{j}^{n}(z_{j}+\rho_{j}\xi)=b.$ 则 $f_{j}^{(k)}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-af_{j}^{n}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-b$ 在区域 $D$ 内至多有 $m$ 个不同零点,且 $z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}\rightarrow z_{0},$ 得到矛盾. 所以,$g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 至多有 $m$ 个不同零点.

接下来,我们要证明 $g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 至少有 $m+1$ 个不同零点.

假设 $f^{(k)}-af^{n}$ 有 $l(\leq m)$ 个不同零点. 假如 $mk=1$,则由引理 $2.2$,得到矛盾. 假如 $mk>1$,因此注意到 $n\geq m+2,$ 再通过 (3.6) 式,可得

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

所以,我们得到 $f$ 是一个有理函数且 deg $f\leq2$ 当 $mk=2$ 和 deg $f=1$ 当 $mk>2$. 接下来我们讨论三种情形.

情形 I 对于情形 $m=1,k=2$,则由引理 $2.2$,得到矛盾.

情形 II 当 $k=1,m=2$,有 deg $f\leq2$.

假如 $f$ 有极点并且注意到极点重极至少是 $k+1=2$,我们有

$f=\frac{A_{1}z^{2}+B_{1}z+c_{1}}{A_{2}(z-\beta_{1})^{2}},$

$A_{2}\not\equiv0$ 是一个常数,并且得到 deg $f=2$. 我们考虑两种情形.

情形 1 假如 $f$ 至多有一个零点,因此有 $\overline{N}(r,\frac{1}{f})\leq \frac{1}{2}T(r,f)$. 通过 (3.6) 式和 $m=2,k=1$,我们得到

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

便会得到 $T(r,f)\leq\frac{4}{3}\log r +S(r,f)$,矛盾.

情形 2 $A_{1}z^{2}+B_{1}z+C_{1}=A_{1}(z-\alpha _{1})(z-\alpha _{2})$,$\alpha _{1}\neq\alpha _{2}\neq\beta_{1}$. 注意到 $n\geq m+2=4$. 相似的,正如定理 $1.5$ 中的情形 $1.2.2$ 的证明,会很容易得到一个矛盾.

假如在情形 $2$ 中 $f$ 没有极点,便有 deg $f=1$. 正如定理 $1.5$ 中的情形 $2.1$ 的证明,会很容易得到一个矛盾.

情形 III 对于情形 $mk>2$,我们得到 deg $f=1$.

假如 $f$ 至少有一个极点,因此注意到 $f$ 的极点重极至少是 $k+1\geq2$,我们有 deg $f\geq2$. 这矛盾与 deg $f=1$. 假如 $f$ 没有极点,则有 $k=1$ 和 deg $f=1$. 正如定理 $1.5$ 中的情形 $2.1$ 的证明,会很容易得到一个矛盾. 可知 $g^{(k)}(\xi)-ag^{n}(\xi)$ 至少有 $m+1$ 个不同零点. 所以 ${\cal F}$ 在 $z_{0}$ 处不正规. 因此,${\cal F}$ 在区域 $D$ 内不正规. 定理 $1.6$ 证毕.

定理 1.7 的证明 同样,我们假设 ${\cal F}$ 在 $z_{0}$ 处不正规. 由引理 $2.4$,存在 $f_{j}\in {\cal F},z_{j}\rightarrow z_{0}$,以及 $\rho_{j}\rightarrow 0^{+}$ 使得

$g_{j}(\xi)=\rho_{j}^{k}f_j(z_j+\rho_j\xi)\rightarrow g(\xi).$

按球面距离内闭一致收敛. 其中 $g(\xi)$ 为非常数亚纯函数,且其极点和零点重级分别至少为 $k+1$ 和 $k+2$. 特别地,$g(\xi)$ 的级至多为 $2$.

显然

$g^{(k)}(\xi)-ag^{2}(\xi)\not\equiv0.$

接下来,我们将证明 $g^{(k)}(\xi)-ag^{2}(\xi)$ 至多有 $1$ 个零点. 假设 $g^{(k)}(\xi)-ag^{2}(\xi)$ 有 $2$ 个不同零点 $\xi_{i}(i=1,2)$. 因此

$\rho_{j}^{2k}[f_{j}^{(k)}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-af_{j}^{2}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-b]=g_{j}^{(k)}(\xi)-ag_{j}^{2}(\xi)-\rho_{j}^{2k}b\rightarrow g^{(k)}(\xi)-ag^{2}(\xi),$

按球面距离内闭一致收敛到 $g$.

然后通过 Hurwitz 定理,让 $j$ 充分大,存在点 $\xi_{j,i}(i=1,2)$,以至于有 $\xi_{j,i}\rightarrow \xi_{i}$ 和

$f_{j}^{(k)}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-af_{j}^{2}(z_{j}+\rho_{j}\xi)=b. $

然而,$f_{j}^{(k)}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-af_{j}^{2}(z_{j}+\rho_{j}\xi)-b$ 在区域 $D$ 内至多有 $1$ 个零点,且 $z_{j}+\rho_{j}\xi_{j}\rightarrow z_{0},$ 得到矛盾. 所以,$g^{(k)}(\xi)-ag^{2}(\xi)$ 至多有 $1$ 个零点.

由引理 $2.3$,我们推断 $g^{(k)}(\xi)-ag^{2}(\xi)$ 至少有 $2$ 个不同零点,矛盾. 可知 ${\cal F}$ 在 $z_{0}$ 处不正规. 因此,${\cal F}$ 在区域 $D$ 内不正规. 定理 $1.7$ 证毕.