本文将主要研究圆环上的亚纯函数的值分布问题.我们用$V$表示半径为1的Reimann球面.设$f(z)$是圆环$A(h-\epsilon, R):=\{h-\epsilon<|z|<R\}$ ($\epsilon>0, $$h-\epsilon\in(0, R)$)上的亚纯函数,我们定义

(1) $S(A(h, r), f)=\frac{1}{\pi}\int^{r}_h \int^{2\pi}_0 \frac{|f^\prime(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|^2 }{(1+|f(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|^2)^2} r{\rm d}r{\rm d}\theta$

为$(A(h, r), f)$对球面$V$的平均覆盖次数.

$n(A(h, r), f, a), \ \ \overline{n}(A(h, r), f, a)$

分别表示$f(z)-a$在圆环$A(h, r)$内的计重数和不计重数的零点个数.相应的,对于平面${\mathbb C}$上亚纯函数$f(z)$,我们分别用

$n(r, f, a), \ \ \overline{n}(r, f, a)$

表示$f(z)-a$在$|z|<r$内的计重数和不计重数的零点个数.

对于圆环上的亚纯函数,我们建立了如下的覆盖曲面不等式.

定理1.1 (圆环上的基本不等式)  设$f(z)$为$A(h-\epsilon, R)$内的亚纯函数, $a_1, \cdots, a_q$为球面$V$上的$q\geq3$个不同的点,其中任意两点间的球距不小于$\delta \in (0, \pi/2)$.则对任意的$r\in (h, R)$,有

$(q-2)S(A(h, r), f)<\sum\limits^{q}_{j=1}\overline{n}(A(h, R), a_j)+\frac{2^{14}\pi^6}{(\ln R-\ln r)\delta^6}+\frac{2^6\pi^2}{\delta ^3}L(h, f), $

$(q-2)S(A(h, r), f)<\sum\limits^{q}_{j=1}\overline{n}(A(h, R), a_j)+\frac{2^{14}\pi^4R}{(R-r)\delta ^6}+\frac{2^6\pi^2}{\delta ^3}L(h, f).$

在平面上的亚纯函数值分布理论中,有如下著名的Picard定理.

定理A (Picard)  设$f(z)$是平面${\mathbb C}$上的一个超越亚纯函数,则对任意的$a\in\widehat{{\mathbb C}}$,有$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}n(r, f, a)=\infty$,至多除去两个例外值.

用Leb$(E)$表示集合$E$的Lebesque测度,能否将Picard定理中的复平面${\mathbb C}$换成一个无穷圆环序列^[4]?也即是

问题A^[4]  设$f(z)$是一个超越亚纯函数.问是否存在一个互不相交的圆环序列${\cal A}=\{A_n\}_{n=1}^{\infty}$,使之满足

1) Leb$({\mathbb C}\backslash\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}A_n) > 0;$

2)对任意的$a\in\widehat{{\mathbb C}}$,都有$n(\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} A_n, f, a)=\infty$,至多除去两个例外值.

应用我们所建立的圆环上的亚纯函数的覆盖曲面不等式,我们肯定了上述问题,并且得到了更好的结果.实际上,我们证明了如下定理.

定理1.2  设$f(z)$是一个超越亚纯函数.则存在一个互不相交的圆环序列${\cal A}=\{A_n\}_{n=1}^{\infty}$,使之满足

1) Leb$({\mathbb C}\backslash\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}A_n) =\infty;$

2)对任意的$a\in\widehat{{\mathbb C}}$,都有$n(\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} A_n, f, a)=\infty$,至多除去两个例外值.

Borel将函数的增长性与取值点的速度等概念引入Picard定理,对于有限正级的亚纯函数,将Picard定理进一步精确化为

定理B (Borel)  设$f(z)$是平面${\mathbb C}$上的一个$\lambda(>0)$级亚纯函数,则对任意的$a\in\widehat{{\mathbb C}}$,有

$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\frac{\log n(r, f, a)}{\log r}=\lambda$

至多除去两个例外值.

进一步的,应用定理$1.1$所建立的圆环上的亚纯函数的覆盖曲面不等式以及Valiron型函数,我们对Borel定理也做了类似的推广,建立了圆环列上的Borel定理.也即是,对于有限正级的亚纯函数,我们得到

定理1.3  设$f(z)$是一个$\lambda(>0)$级亚纯函数.则存在一个互不相交的圆环序列${\cal A}=\{A_n\}_{n=1}^{\infty}$,使之满足

1) Leb$({\mathbb C}\backslash\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}A_n) =\infty;$

2)对任意的$a\in\widehat{{\mathbb C}}$,都有$\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\frac{\log n(r, {\cal A}, f, a)}{\log r}=\lambda, $至多除去两个例外值.其中$n(r, {\cal A}, f, a)$表示$f(z)-a$在$\{|z|<r\}\bigcap\{\bigcup\limits_{A_n\in{\cal A}}A_n\}$内计重数的零点个数.

注1.1  实际上,对零级和无限级亚纯函数,我们可分别运用零级型函数^[6]和熊庆来的无限级型函数^[3],得到类似的${\mathrm{Borel}}$型定理.

在定理$1.2$和定理$1.3$中,无穷圆环序列是由具体的亚纯函数来确定的.所以一个自然的问题就是:是否存在一个互不相交的无穷圆环序列${\cal A}=\{A_n\}_{n=1}^{\infty}$ (满足Leb$({\mathbb C}-{\cal A})=\infty$),使得对任意超越亚纯函数$f(z)$,任意的$a\in\widehat{{\mathbb C}}$,都有$n(\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} A_n, f, a)=\infty$,至多除去两个例外值?

然而可以肯定的说,这样的圆环列是不存在的,实际上我们可以证明如下面更广泛的定理.

定理1.4  如果无界区域$\Omega\subset{\mathbb C}$的内部存在无穷多个小圆盘$C_n:=\{|z-b_n|<\delta_n\}\subset\Omega, $$ n=1, 2, \cdots$,且每个圆心满足$|b_n|>3$,及$|b_{n+1}|-|b_n|>3$.则一定存在超越亚纯函数$f(z)$,使得有无穷多个$a\in\widehat{{\mathbb C}}$,都满足

$n(z\in \widehat{{\mathbb C}}-\Omega; f(z)=a)<\infty;$

当然此时有

$\overline{\lim\limits_{r\rightarrow\infty}} n(z\in (\{|z|<r\} - \Omega); f(z)=a)<\infty.$

定理$1.4$说明,对于任意圆环列${\cal A}$,只要Leb$({\mathbb C}-{\cal A})=\infty$,那么: (1)若在${\mathbb C}-{\cal A}$上取满足定理$1.4$条件的小圆盘列,那么满足定理$1.4$的亚纯函数$f(z)$在圆环列${\cal A}$上就不满足问题A; (2)而若在圆环列${\cal A}$内取满足定理$1.4$条件的小圆盘列,那么通过定理$1.4$构成的亚纯函数$f(z)$在圆环列${\cal A}$上就一定满足问题A.

引理2.1  设$f(z)$是环$\{h-\epsilon<|z|<R\}$ ($\epsilon>0, $$h-\epsilon\in(0, R)$)上的亚纯函数,则对于任意的$r\in(h, R)$都有

$ L^2(r, f)\leq 2\pi^2r\frac{{\rm d}S(A(h, r), f)}{{\rm d}r}, $

其中$L(r, f)$表示覆盖曲面在球面$V$上的边界曲线$(|z|=r, f)$的长度.

证  对$(1)$式两端求导得

(2) $\frac{{\rm d}S(A(h, r), f)}{{\rm d}r}=\frac{1}{\pi}\int^{2\pi}_0\frac{|f^\prime(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|^2 } {(1+|f(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|^2)^2}r{\rm d}\theta.$

再对

$L(r, f)=\int^{2\pi}_0\frac{|f^\prime(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|}{1+|f(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|^2}r{\rm d}\theta$

应用Schwarz不等式便有

$\begin{eqnarray*}L^2(r, f)&=&\bigg\{\int^{2\pi}_0\frac{|f^\prime(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|}{1+|f(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|^2}r{\rm d}\theta\bigg\}^2\\&\leq &\int^{2\pi}_0\bigg(\frac{|f^\prime(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|}{1+|f(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|^2}\bigg)^2r^2{\rm d}\theta\cdot\int^{2\pi}_01^2{\rm d}\theta\\&\stackrel{(2)}{=}&2\pi^2r\frac{{\rm d}S(A(h, r), f)}{{\rm d}r}.\end{eqnarray*}$

证毕.

引理2.2^[5]  设$F_0$是单位球面$V$上的连通区域,其边界是$q$个互相外离的圆周$\{\partial B_j\}$ (可能一部分或全部退化为点),其中任意不同二个圆周间的球距$d(\partial B_i, \partial B_j)\geq\delta \in (0, \pi/2]$,则对任何有限连通覆盖曲面$F$ (其边界可以是可列条可求长曲线),恒有

$\rho ^+(F)\geq (q-2)S-\frac{2^6\pi ^2}{\delta ^3}L$

其中$\rho ^+=\max(0, \rho)$, $L$是$F$对$F_0$的相对边界长度.

定理1.1的证明  记$A^r_h=A(h, r)$,则$\rho (A_h^r)=0.$从球面$V$上挖去$q$个点$a_1, \cdots, a_q$,记剩下的部分为$F_0$,则$\rho (F_0 )=q-2$.从$A_h^r$上挖去$\sum\limits^{q}_{j=1}\overline{n}(A(h, r), a_j)$个使$\prod\limits^{q}_{j=1}(f(z)-a_j)$等于零的点,记剩下的部分为$A^{r-}_h$.则$F_r:=(A^{r-}_h, f)$是$F_0$的有限覆盖,其特征数

$\rho (F_r)=\rho(A^{r-}_h)=\sum\limits^{q}_{j=1}\overline{n}(A(h, r), a_j)\leq\sum\limits^{q}_{j=1}\overline{n}(A(h, R), a_j):=N.$

由引理2.2,有

$N\geq S(A(h, r))-\frac{2^6\pi ^2}{\delta ^3}(L(r, f)+L(h, f))$

也即是

(3) $ L(r, f)\geq [S(A(h, r))-N]\cdot \frac{\delta ^3}{2^6\pi ^2}-L(h, f).$

(ⅰ)若对任何$t\in (r, R)$,恒有

$ [S(A(h, t))-N]\cdot \frac{\delta ^3}{2^6\pi^2}-L(h, f)>0$

则将(3)式两边平方,并结合引理2.1便得到

$[[S(A(h, r))-N]\cdot \frac{\delta ^3}{2^6\pi ^2}-L(h, f)]^2 \leqL^2(r, f)\leq 2\pi ^2r\frac{{\rm d}S(A(h, r))}{{\rm d}r}.$

从而有

$\begin{eqnarray*}\ln R-\ln r&=&\int ^R_r\frac{{\rm d}t}{t} <{2\pi^2} \int ^R_r\frac{{\rm d}S(A(h, t))}{[[S(A(h, t))-N]\cdot \frac{\delta ^3}{2^6\pi ^2}-L(h, f)]^2}\\&=&{2\pi^2}\cdot \frac{2^6\pi ^2}{\delta ^3}\\&&\cdot\bigg\{\frac{1}{[S(A(h, r))-N]\cdot \frac{\delta ^3}{2^6\pi ^2}-L(h, f)}-\frac{1}{[S(A(h, R))-N]\cdot \frac{\delta ^3}{2^6\pi ^2}-L(h, f)}\bigg\}\\&\leq&\frac{2^8\pi^4/\delta^3}{[S(A(h, r))-N]\cdot \frac{\delta ^3}{2^6\pi ^2}-L(h, f)}, \end{eqnarray*}$

这就得到

$[S(A(h, r))-N]\cdot \frac{\delta ^3}{2^6\pi^2}-L(h, f)<\frac{2^8\pi^4}{(\ln R-\ln r)\delta^3}.$

因此

$S(A(h, r))<N + \bigg[\frac{2^8\pi^4}{(\ln R-\ln r)\delta^3}+L(h, f)\bigg]\cdot \frac{2^6\pi^2}{\delta ^3}.$

也即是

(4) $ S(A(h, r))<\sum\limits^{q}_{j=1}\overline{n}(A(h, R), a_j)+\frac{2^{14}\pi^6}{(\ln R-\ln r)\delta^6}+\frac{2^6\pi^2}{\delta ^3}L(h, f). $

或者可以由

$R-r=\int ^R_r{\rm d}t \leq \frac{2^8\pi^4R/\delta^3}{[S(A(h, r))-N]\cdot \frac{\delta ^3}{2^6\pi ^2}-L(h, f)}$

推出

(5) $S(A(h, r))<\sum\limits^{q}_{j=1}\overline{n}(A(h, R), a_j)+ \frac{2^{14}\pi^4R}{(R-r)\delta ^6}+\frac{2^6\pi^2}{\delta ^3}L(h, f). $

(ⅱ)若存在$t\in (r, R)$,使$S(A(h, t))-N\leq 0, $则$S(A(h, r))\leq S(A(h, t))\leq N.$从而(4), (5)式也成立.

在定理1.1中令$q=3, R=2r$,我们便得到

引理3.1  设$f(z)$为$A(h-\epsilon, R)$内的亚纯函数, $a_1, a_2, a_3$为球面$V$上的3个不同的点,其中任意两点间的球距不小于$\delta \in (0, \pi/2)$.则对任意的$r\in (h, 2r)$,有

(6) $S(A(h, r))-c(\delta, h, f)<\sum\limits^{3}_{j=1}\overline{n}(A(h, 2r), a_j), $

其中$c(\delta, h, f)$是一个仅与$\delta, h, f$有关的常数.

定理1.2的证明  设$f(z)$为一超越亚纯函数,则

$\lim\limits_{r\rightarrow\infty}S(r, f)=\infty.$

并且对任意的$h\in {\mathbb R}$,显然有

(7) $\lim\limits_{r\rightarrow\infty}S(A(h, r), f)=\infty.$

令

$\delta_n=2^{-n}, h_1=1, r_1=2, A_1=A(h_1, 2r_1).$

当$n>1$时,取$h_n=2r_{n-1}+n$.由$(7)$式,我们可以选择正实数$r_n$使

$S(A(h_n, r_n))-c(\delta_n, h_n, f)>n.$

记$A_n=A(h_n, 2r_n)$.则由$(6)$式知对球面$V$上的任意三个点$a_1, a_2, a_3$,只要其中任意两点间的球距不小于$\delta_n=2^{-n}$,就有

(8) $\sum\limits^{3}_{j=1}\overline{n}(A_n, a_j)>S(A(h_n, r_n))-c(\delta_n, h_n, f)>n.$

取圆环序列${\cal A}=\{A_n\}_{n=1}^{\infty}$,则对任意的$a\in\widehat{{\mathbb C}}$都有$\overline{n}(f, \bigcup\limits_{n=1}^{\infty}A_n;a)=\infty, $至多有两个例外.另外,由$h_n=2r_{n-1}+n$可知$ {\rm Leb}({\mathbb C}\backslash \bigcup\limits_{n=1}^{\infty}A_n)=\infty.$

为了叙述和证明的方便,我们先给出有限正级的亚纯函数的Valiron型函数定理^[8].

引理4.1 (Valiron有限正级型函数)  设$S(r)$是$[1, \infty)$上连续的正值实函数,满足

$\overline{\lim\limits_{r\rightarrow\infty}} \frac{\log S(r)}{\log r}=\lambda\in (0, \infty).$

则存在$[1, \infty)$上的单调连续可微函数(称为精确级) $\lambda(r)$满足

1) $\lambda (r)$单调趋于$\lambda$;

2) $\lim\limits_{r\rightarrow \infty} r\lambda ^\prime(r)\log r=0$;

3)型函数$U(r):=r^{\lambda (r)}\geq S(r)$,且存在无穷序列$r_n\rightarrow\infty$使$U(r_n)=S(r_n)$;

4)对充分大$r$,型函数$U(r)$单调上升;

5)对任意正数$k>1$,有$U(kr)=(k^\lambda +o(1))U(r)$.

定理1.3的证明  设$U(r)=r^{\lambda(r)}$是有限正级亚纯函数$f(z)$的Valiron型函数, $S(r)=S(r, f)$是$(|z|<r, f)$对球面$V$的平均覆盖次数.由引理4.1知,存在单调无穷序列$r_n\rightarrow\infty$,使$U(r_n)=S(r_n)$.选择$\{r_n\}$的子序列,不妨仍记为$\{r_n\}$,使对任意$n$有

(9) $S(r_n)<\frac{1}{3}S(r_{n+1}).$

假设已经取定了$v_0-1$个不交的圆环$\{A(h_v, R_v)\}^{v_0-1}_{v=1}$.现任取$h_{v_0}=r_n>R_{v_0-1}+v_0$,对$q=3$及任意的$m\geq1$运用定理1.1得到

(10) $S(A(h_{v_0}, r_{n+m}), f)<\sum\limits^{3}_{j=1}\overline{n}(A(h_{v_0}, 2r_{n+m}), a_j)+\frac{2^{14}\pi^6}{\delta^6 \ln 2}+\frac{2^6\pi^2}{\delta ^3}L(h_{v_0}, f).$

由于$f(z)$为超越亚纯函数,所以我们总可以选择$m_0\geq1$使上式的余项满足

(11) $S(A(h_{v_0}, r_{n+m_0}), f) >3\bigg[\frac{2^{14}\pi^6}{\delta^6 \ln 2}+\frac{2^6\pi^2}{\delta ^3}L(h_{v_0}, f)\bigg].$

(10)式两边同时除以$S(r_{n+m_0})$,得

$\frac{S(A(h_{v_0}, r_{n+m_0}), f)}{S(r_{n+m_0})}<\frac{\sum\limits^{3}_{j=1}\overline{n}(A(h_{v_0}, 2r_{n+m_0}), a_j)}{S(r_{n+m_0})}+\frac{\frac{2^{14}\pi^6}{\delta^6 \ln 2}+\frac{2^6\pi^2}{\delta ^3}L(h_{v_0}, f)}{S(r_{n+m_0})}, $

结合(9)式及(11)式便得到

$\frac{2}{3}<\frac{\sum\limits^{3}_{j=1}\overline{n}(A(h_{v_0}, 2r_{n+m_0}), a_j)}{S(r_{n+m_0})}+\frac{1}{3}$

也即是

(12) $\frac{1}{3}r_{n+m_0}^{\lambda (r_{n+m_0})}=\frac{1}{3}S(r_{n+m_0})<\sum\limits^{3}_{j=1}\overline{n}(A(h_{v_0}, 2r_{n+m_0}), a_j).$

现在取$R_{v_0}=r_{n+m_0}$,这样就得到圆环$A_{v_0}=A(h_{v_0}, R_{v_0})$.如此继续可构造出无穷圆环列${\cal A}=\{A_v\}$.由(12)式,并结合引理4.1就得到定理1.3.

引理5.1  设

1) $\delta_n(<1)$是单调下降的无穷实数序列;

2)乘积

$p_m:=\prod^\limits m_{n=1}(1+d _{n})^{m_n}$

满足$\lim\limits_{m\rightarrow \infty} p_m=p, $其中$0<p<\infty, 0<d_{n}\leq1, m_n\in {\mathbb N};$

3)复数序列$\{a_{n}\}$, $\{b_{n}\}$满足

$\lim\limits_{n\rightarrow \infty}|a_{n}|=\infty, |a_{n}|\geq1, |a_{n}-a_{v}|\geq 4 (n\ne v )$

$ \arg b_{n}=\arg a_{n}=\theta_{n}, 0<|b_{n}-a_{n}|=|b_{n}|-|a_{n}|<d_{n}\cdot\delta_n.$

在以上条件下我们有

(ⅰ)无穷乘积

(13) $f(z)=\prod^\limits \infty_{n=1}\Big(1+\frac{b_{n }-a_{n }}{z-b_{n }}\Big)^{m_{n}}$

定义了一个复平面${\mathbb C}$上的亚纯函数;

(ⅱ)任取$\epsilon>0$,存在$\Delta>0$,使当$z\in\{|z|>\Delta\}-\bigcup\limits^\infty_{n=1}\{z; |z-b_{n}|<\delta_n\}$时有$|f(z)-1|<\epsilon.$

证  (ⅰ)令

$C_{n}:=\{|z-b_{n }|<\delta_n\}, ~~~ \overline{C}_{n}:=\{|z-b_{n}|\leq\delta_n\}.$

任取

$z \in D:={\mathbb C}-\bigcup^\limits \infty_{n=1}C_{n}$

则$|z-b_{n }|>\delta_n$,从而有

$\bigg|\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\bigg|\leq \frac{d_{n}}{\delta_n} \cdot \delta_n=d_{n}.$

由于无穷和$\sum\limits^\infty_{n=1}(d_{n} m_{n})<\infty$收敛,故无穷乘积(13)必定在$D$上一致收敛,因此$f(z)$是$D$上的全纯函数.

注意$H(z):=(1+\frac{b_{v}-a_{v}}{z-b_{v}})^{m_{v}}$是平面${\mathbb C}$上的亚纯函数,与上面同样的分析可看出

$f^*(z):=\frac{f(z)}{H(z)}=\prod^\limits \infty_{n=1, n\ne v} \Big(1+\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\Big)^{m_{n}}$

是$D+\overline{C}_{v}$上的全纯函数,因此$f(z)$在每个$D+\overline{C}_{v}$上是亚纯函数.这样最终便得到$f(z)$是平面${\mathbb C}$上的亚纯函数.

(ⅱ)当$|z-b_{n}|\geq \delta_n$时,注意到$\Big|\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\Big|<d_n, $将多项式乘积展开便有

$\begin{eqnarray*}\bigg|\prod^\limits {n_0+t}_{n=n_0}\Big(1+\frac{b_{n }-a_{n}}{z-b_{n}}\Big)^{m_{n}}-1\bigg|&=&\bigg|\sum\limits^{n_0+t}_{n=n_0}{m_{n }}\frac{b_{n }-a_{n }}{z-b_{n }}+\cdots+\prod^\limits {n_0+t}_{n=n_0}\Big(\frac{b_{n }-a_{n }}{z-b_{n }}\Big)^{m_{n }}\bigg|\\&\leq&\sum\limits^{n_0+t}_{n=n_0}{m_{n }}\bigg|\frac{b_{n }-a_{n }}{z-b_{n }}\bigg|+\cdots +\prod^\limits {n_0+t}_{n=n_0}\bigg|\frac{b_{n }-a_{n }}{z-b_{n }}\bigg|^{m_{n }}\\&\leq&\sum\limits^{n_0+t}_{n=n_0}{m_{n }}d_n +\cdots +\prod^\limits {n_0+t}_{n=n_0}d _{n }^{m_{n }}\\&=&\prod^\limits {n_0+t}_{n=n_0}(1+d _{n })^{m_{n }}-1\\&=&\frac{p_{n_0+{t}}}{p_{n_0-1}}-1.\end{eqnarray*}$

由于无穷乘积$\lim\limits_{n\rightarrow \infty} p_n$收敛,故对任意$\epsilon>0$,存在$\Delta_1>0$,使得无论$t$有多大,对任意$n_0>\Delta_1$,恒有

$\bigg|\frac{p_{n_0+t}}{p_{n_0-1}}-1\bigg|\leq\frac{\epsilon}{2p}.$

因此,对任意固定的$N>\Delta_1$,有

$A:=\bigg|\prod^\limits {\infty}_{n=N}\Big(1+\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\Big)^{m_{n}}-1\bigg|<\frac{\epsilon}{2p}.$

令$ b:=\max\{|b_{n}|; 1\leq n\leq N\}, $$ \Delta_2:=2 \frac{p_{N-1}-1}{\epsilon}+b, $则对任意$|z|>\Delta_2$有$|z-b_n|>|z|-|b_n|\geq|z|-b>2 \frac{p_{N-1}-1}{\epsilon}.$

于是可知

$\begin{eqnarray*}B:&=&\bigg|\prod^\limits {N-1}_{n=1}\Big(1+\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\Big)^{m_{n}}-1\bigg|\\&\leq&\sum\limits^{N-1}_{n=1}{m_{n}}\bigg|\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\bigg|+\cdots+\prod^\limits {N-1}_{n=1}\bigg|\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\bigg|^{m_{n}}\\&\leq&\sum\limits^{N-1}_{n=1}{m_{n}}\frac{d_{n }}{|z-b_{n }|}+\cdots+\prod^\limits {N-1}_{n=1}\bigg|\frac{d _{n}}{z-b_{n}}\bigg|^{m_{n}}\\&\leq&\frac{\sum\limits^{N-1}_{n=1}m_{n}d_{n}+\cdots+\prod\limits^{N-1}_{n=1}d^{m_n}_n}{|z|-b}\\&=&\frac{p_{N-1}-1}{|z|-b}<\frac{\epsilon}{2}.\end{eqnarray*}$

至此,对任意$\epsilon>0$,我们已选取$\Delta_1$, $N$, $b$, $\Delta_2$,使得当$|z|>\Delta:=\max\{\Delta_1, \Delta_2\}$,并且$|z-b_{n}|\geq\delta_n$时,有

$\begin{eqnarray*}|f(z)-1|&=&\bigg|\prod^\limits {N-1}_{n=1}\Big(1+\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\Big)^{m_{n}}\bigg[\prod^\limits {\infty}_{n=N}\Big(1+\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\Big)^{m_{n}}-1\bigg]+\prod^\limits {N-1}_{n=1}\Big(1+\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\Big)^{m_{n}}-1\bigg|\\&\leq&\bigg|\prod^\limits {N-1}_{n=1}\Big(1+\frac{b_{n}-a_{n}}{z-b_{n}}\Big)^{m_{n}}\bigg|\cdot A+B\\&\leq&\bigg|\prod^\limits {N-1}_{n=n_0}(1+d_{n})^{m_{n}}\bigg|\cdot A+B\\&\leq&p\cdot A+B\leq \epsilon.\end{eqnarray*}$

证毕.

定理1.4的证明  由于无穷多个小圆盘$C_n:=\{|z-b_n|<\delta_n\}\subset\Omega, n=1, 2, \cdots$ (其中的$\delta_n$满足引理5.1)的每个圆心满足$|b_n|>3$,及$|b_{n+1}|-|b_n|>3$,所以由引理$5.1$可以看出,存在亚纯函数$f(z)$,使当$r$充分大时, $f(z)$在圆盘列$C_n$外不会取距1较远的值.因此存在有无穷多个$a\in\widehat{{\mathbb C}}$,使满足

$n(z\in \widehat{{\mathbb C}}-\Omega; f(z)=a)\leq n(z\in \widehat{{\mathbb C}}-\bigcup\overline{C}_n; f(z)=a)<\infty.$

证毕.