本文所使用的符号和术语, 除特别说明外均可参见文献[5, 9, 10].

设$ V $是直径为1的Riemann球面, 本文中我们认为扩充复平面$ \hat{{\Bbb C}} $与$ V $是等同的, 并且在使用的时候不加区分. 设$ F $是$ \hat{{\Bbb C}} $的有限连通覆盖曲面, 其边界$ \partial F $由有限条解析Jordan曲线组成, $ \partial F $的长度记为$ L $. 设区域$ D\subset \hat{{\Bbb C}} $是一个Jordan区域, 我们用$ |D| $表示区域$ D $的球面面积, 用$ |a, b| $表示$ a, b(\in D) $二点间的球面距离. 记$ F $盖在$ D $上的部分为$ F(D) $. 我们分别称

$ S = \frac{|F|}{|V|} = \frac{|F|}{\pi}, {\qquad} S(D) = \frac{|F(D)|}{|D|} $

为$ F $对$ V $和$ D $的平均覆盖次数. 设$ F(D) $由有限个连通曲面$ \{F_k(D)\} $组成. 若$ F_k(D)\in\{F_k(D)\} $没有对$ D $的相对边界, 我们就称之为岛, 记为$ F_k^i(D) $; 否则就称之为半岛, 记为$ F_k^p(D) $. 关于岛, Ahlfors曾得到如下著名的五岛定理:

定理A^[1]  设$ D_v, v = 1, 2, \cdots, 5, $是Riemann球面$ \hat{{\Bbb C}} $上的5个单连通区域, 它们的边界由分段解析的曲线组成, 并且它们的闭包互不相交. $ U\subset {\Bbb C} $是一个平面区域, $ {\cal F}_A(U) = {\cal F}_A(U, \{D_v\}_{v = 1}^5) $表示所有定义在$ U $上的并且在$ D_v $上没有单叶岛的亚纯函数所组成的函数族, 那么$ {\cal F}_A(U, \{D_v\}_{v = 1}^5) $是正规的.

Bloch和Valiron分别应用Nevanlinna理论得到了如下与Ahlfors五岛定理相应的Nevanlinna五单值定理:

定理B  设$ a_v, v = 1, 2, \cdots, 5, $表示Riemann球面$ \hat{{\Bbb C}} $上的5个相互判别的点. $ U\subset {\Bbb C} $是一个平面区域, $ {\cal F}_N(U) = {\cal F}_N(U, \{a_v\}_{v = 1}^5) $表示所有定义在$ U $上的并且没有单叶$ a_v $ -值点的亚纯函数所组成的函数族, 那么$ {\cal F}_N(U, \{a_v\}_{v = 1}^5) $是正规的.

由文献[3]可知, 定理A与定理B实际上是等价的. 在本文中, 我们推广了定理A与定理B, 得到了一个更为普遍的关于单叶岛的正规定理和一个关于离散值的正规定理:

定理1.1  设$ D_v, v = 1, 2, \cdots, 5, $是Riemann球面$ \hat{{\Bbb C}} $上的5个圆盘, 并且它们的闭包互不相交; $ U\subset {\Bbb C} $是一个平面区域, $ {\cal F} $是定义在$ U $上的亚纯函数族. 如果对于任意的$ f\in{\cal F} $, 有$ f(U) $在$ \{D_v\}_{v = 1}^{5} $上至多有一个单叶岛, 则$ {\cal F} $在$ U $上正规.

定理1.2  若区域$ U $上的亚纯函数族$ {\cal F} $存在5个不同的单叶离散值, 则$ {\cal F} $在$ U $上正规.

为了叙述的方便, 我们先给出亚纯函数的单叶分担值和单叶离散值的定义.

定义1.1  设$ {\cal F} = \{f\} $是定义在$ U $上的一个亚纯函数族, $ a\in {\Bbb C} $是一个复数. 对$ f\in{ \mathcal F} $, $ \eta\geq 0 $, 记离散集合

$ E(\eta, f = a): = \{z_0\in U_\eta; f(z_0) = a, f^\prime(z_0)\ne 0\}, $

其中$ U_\eta: = \{z_0\in U; |z_0, \overline{U}|\ge 0\}, $$ \overline{U} $表示$ U $的边界.

$ E(\eta, {\cal F} = a): = \bigcup\limits_{f\in{\cal F}} E(\eta, f = a). $

若对任意$ f\in {\mathcal F} $, 恒有$ E(0, f = a) = E(0, {\cal F} = a) $, 则称$ a $是$ {\cal F} $的一个单叶分担值. 若对任意$ \eta>0 $, 恒有$ \# E(\eta, {\cal F} = a)<\infty $, 则称$ a $是$ {\cal F} $的一个单叶限制值(其中$ \# E $表示集合$ E $中含有元素的个数).

定义1.2  令

$ d_f(a): = \min\{|u, v|; u, v\in E(\eta, f = a), u\ne v \}>0, $

若$ \# E = 0, 1 $, 则令$ d_f(a): = 1 $, 再令

$ d_{{\cal F}}(a): = \min\limits_{f\in {\bf {\cal F}}}\{d_f(a)\}\geq 0, $

若对任意的$ \eta>0 $, 都有$ d_{{\cal F}}(a)>0 $, 则称$ a $为$ {\cal F} $的一个单叶离散值.

由于对任意$ \eta>0 $, 任意$ a\in\hat{{\Bbb C}} $, 以及任意$ f\in{\cal F} $, 在$ E(\eta, f = a) $中仅含有限个单叶复数, 所以$ {\cal F} $的单叶分担值必为$ {\cal F} $的单叶限制值; $ {\cal F} $的单叶限制值必为$ {\cal F} $的单叶离散值; 这样由定理1.2马上能得到如下推论:

推论1.1  若在$ U $上的亚纯函数族$ {\cal F} $存在5个不同的单叶分担值, 则$ {\cal F} $在$ U $上正规.

推论1.2  若在$ U $上的亚纯函数族$ {\cal F} $存在5个不同的单叶限制值, 则$ {\cal F} $在$ U $上正规.

另外, 由于单叶例外值必是单叶分担值, 从而也是单叶限制值, 也是单叶离散值, 因此定理B也是定理1.2的直接推论.

根据定义可以知道: 单叶限制值必然是单叶离散值, 但是离散值未必是限制值. 下面的注1.1说明了离散值不是限制值的情形.

注1.1  设$ {\cal F} = \{f_n = z-\frac{1}{n}\} $是定义在包含原点的区域$ U $上的亚纯函数族.容易看出

$ d_{f_n}(0) = \min\{|u, v|; u, v\in E(\eta, f = 0), u\ne v \} = 1\Rightarrow d_{{\cal F}}(0) = 1, $

所以$ 0 $是函数族$ {\cal F} $的一个离散值. 但是由于

$ E(\eta, {\cal F} = 0) = \bigcup\limits_{n = n_0}^{\infty}\{\frac{1}{n}\}, \mbox{($n_0$ 是一个足够大的正整数)} $

是一个无穷点集, 所以$ 0 $不是限制值, 当然也不是分担值.

设$ D_v, v = 1, 2, \cdots, q, $是Riemann球面$ \hat{{\Bbb C}} $上的$ q $个圆盘, 它们的闭包两两之间的距离不小于$ \delta\in(0, 1/2) $. 记

$ F_0 = V-\bigcup\limits_{v = 1}^{q}D_{v}, $

则$ \rho(F_0) = q-2 $. 我们先给出Ahlfors的两个基本不等式. 这里采用的是孙道椿在文献[6] 中的改进形式.

引理2.1^[6]  设$ F $是$ F_0 $的一个有限覆盖曲面, 则对任何区域$ D\subset F_0 $, 有

$ |S-S(D)|<\frac{\pi^2}{|D|\delta}L, $

其中$ L $是$ F $的相对边界长.

引理2.2^[6]  设$ F $是$ F_0 $的一个有限覆盖曲面, 则有

$ \rho^+(F)>\rho(F_0)S-\frac{2^5\pi^2}{\delta^3}L. $

为了证明本文的主要结论, 我们改进了Ahlfors关于岛的不等式, 得到如下的引理2.3.

引理2.3  设$ D_v, v = 1, 2, \cdots, q, $是Riemann球面$ \hat{{\Bbb C}} $上的$ q $个圆盘, 并且它们的闭包两两之间的距离不小于$ \delta\in(0, 1/2) $. $ F $是Riemann球面$ \hat{{\Bbb C}} $上的有限单连通覆盖曲面, $ n_v $是岛集$ F(D_v) $中含单连通岛的个数, 则有

$ (\sum\limits^{q}_{v = 1}n_v-1)^+>(q-2)S-hL, $

其中$ h $是仅与$ F_0 = V-\sum\limits^{q}_{v = 1}D_v $有关的非负实常数, $ L $是$ F $的相对边界长度.

证   当$ q\leq 2 $时定理显然成立. 以下我们假定$ q\geq 3 $.

设$ F^p $是一个半岛. 我们先证明从曲面$ F $上挖去$ F^p $之后剩下的部分$ F-F^p $必定全是一些单连通的曲面. 设$ X $是$ F-F^p $中的一个连通曲面, 在$ X $中任取一条简单闭曲线$ L\subset X\subset F $, $ L $的内部记为$ D_L $. 由于$ F $是单连通的, 所以$ D_L\subset F $. 因此$ D_L $中不会含有$ F $的边界点, 即$ D_L\cap \partial F = \emptyset $. 另一方面, 由于半岛$ F^p $含有相对边界, 故在$ L $的外部必含有$ F^p $的点. 由$ F^p $连通性可知半岛$ F^p $全在$ L $的外部, 因此在$ L $的内部也不含$ F^p $的边界点, 即$ D_L\cap F^p = \emptyset $. 由于$ \partial X\subset\partial F\cup \partial F^p $, 因此在$ L $的内部不含$ X $的边界点, 这就说明$ X $是单连通的.

记从$ F $中挖掉$ \{D_v\}_{v = 1}^q $上所有的半岛$ \{F^p_j(D_v)\} $之后所剩下的部分为$ F^\prime $, 则根据前面的讨论, 可设$ F^\prime = F-\sum\limits ^{q}_{v = 1}\sum\limits_{j}F^p_j(D_v) $是由$ N = N(F^\prime)\geq 1 $个单连通曲面$ \{F^\prime_t\}^N_{t = 1} $组成, 它的Euler特征数为

$ \rho(F^\prime) = \sum\limits^{N}_{t = 1}\rho(F^\prime_t) = -N(F^\prime). $

我们再从每个单连通曲面$ F^\prime_t $中挖去岛$ \{F^i_j(D_v)\} $. 注意: 如果一个岛$ F^i_j(D_v) $是单连通的, 则$ \rho (F^i_j(D_v)) = -1 = \rho^+(F^i_j(D_v))-1 $; 若$ F^i_j(D_v) $是多连通的, 则$ \rho(F^i_j(D_v)) = \rho^+(F^i_j(D_v)) $. 记$ F^*_t = F^\prime_t-\{F^i_j(D_v)\} $, 则$ F^*_t $是由若干连通曲面$ \{F^*_{t\mu }\} $组成. 设$ \{F^*_{t\mu }\} $中有$ N(F^*_t) $个连通曲面是单连通的. 由于岛不含$ F^\prime_t $的边界, 因此从$ F^\prime_t $中挖去岛后的割口均是不接触边界的“环”. 用$ n_v $表示$ F(D_v) $中单连通岛的个数, 则它们的Euler特征数应满足

$ -N(F^\prime) = \bigg[\sum\limits^{q}_{v = 1}\sum\limits_j \rho^+(F^i_j(D_v))-\sum\limits^{q}_{v = 1}n_v\bigg]+ \bigg[\sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu \rho^+(F^*_{t\mu})-\sum\limits^{N}_{t = 1}N(F^*_t)\bigg]. $

由于$ \sum\limits^{q}_{v = 1}\sum\limits_j \rho^+(F^i_j(D_v))\geq0 $, 所以我们得到

(2.1) $ \begin{equation} \sum\limits^{q}_{v = 1}n_v\geq \sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu \rho^+(F^*_{t\mu})+N(F^\prime)-\sum\limits^{N}_{t = 1}N(F^*_t). \end{equation} $

下面我们估计$ \{F^*_{t\mu }\} $中的单连通曲面的个数$ N(F^*_t) $.

(ⅰ) 若每个曲面$ F^\prime_t $在$ \{D_v\} $上均没有岛, 即$ \sum\limits^{q}_{v = 1}n_v = 0 $, 这时$ F^\prime_t = F^*_t = F^*_{t\mu} $, 于是

$ N(F^\prime) = \sum\limits^{N}_{t = 1}N(F^*_t) = N, \quad \rho(F^*_{t\mu}) = -1, \quad \sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu \rho^+(F^*_{t\mu}) = 0. $

(ⅱ) 若至少有一个曲面$ F^\prime_t $在$ \{D_v\} $上有岛, 则对任何一个有岛的曲面$ F^\prime_t $, 由于$ F^\prime_t $是单连通的, 其边界$ \partial F^\prime_t $是连通的, 所以$ F^*_t = \{F^*_{t\mu }\} $中仅有一曲面$ A\in \{F^*_{t\mu}\} $的边界$ \partial A $包含$ \partial F^\prime_t $, 而$ A $上因挖走了岛必然有“洞”, 故$ A $不是单连通的. 其余的曲面$ B\in \{F^*_{t\mu}\}-A $的边界$ \partial B $与$ \partial F^\prime_t $无公共点, 因此$ B $对$ F_0 $的相对边界长$ L(F_0) = 0 $. 由引理2.2可知$ \rho^+(B)\geq (q-2)S(F_0)>0 $. 所以这些曲面都不是单连通的. 因此对任何一个有岛的曲面$ F^\prime_t $, 在$ \{F^*_{t\mu }\} $中没有单连通曲面. 这样在挖掉所有的岛之后, $ F^\prime $中至少减少了一个单连通曲面, 于是$ N(F^\prime)\geq \sum\limits^{N}_{t = 1}N(F^*_t)+1 $. 再结合(2.1) 式便得到

$ \sum\limits^{q}_{v = 1}n_v-1\geq \sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu \rho^+(F^*_{t\mu}). $

对每个曲面$ F^*_{t\mu} $应用引理2.2, 然后求和

(2.2) $ \begin{eqnarray} \sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu \rho^+(F^*_{t\mu})&>&(q-2)\sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu S_{t\mu }(F_0)-\frac{2^5\pi^2}{\delta^3} \sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu L_{t\mu }(F_0){}\\ & = &(q-2)S(F_0)-\frac{2^5\pi^2}{\delta^3}L(F_0), \end{eqnarray} $

其中

$ S_{t\mu }(F_0) = \frac{|F^*_{t\mu}|}{|F_0|}, S(F_0) = \sum\limits^N_{t = 1}\frac{|F^*_t|}{|F_0|} = \sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu S_{t\mu}(F_0), $

$ L_{t\mu}(F_0) $是$ F^*_{t\mu } $对$ F_0 $的相对边界长, $ L(F_0) = \sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu L_{t\mu }(F_0) $是$ F $对$ F_0 $的相对边界长. 结合(2.2) 式及引理2.2, 并注意$ q(\frac{\delta}{2})^2<|F_0| $便得到

$ \begin{eqnarray*} \sum\limits^{N}_{t = 1}\sum\limits_\mu \rho^+(F^*_{t\mu})&>&(q-2)(S-\frac{\pi^2}{\delta|F_0|}L)-\frac{2^5\pi^2}{\delta^3}L\\ &>&(q-2)S-(\frac{q\pi^2}{\delta|F_0|}+\frac{2^5\pi^2}{\delta^3})L\\ &>&(q-2)S-\frac{2^6\pi^2}{\delta^3}L. \end{eqnarray*} $

结合(ⅰ) 有

(2.3) $ \begin{align} 0>(q-2)S-\frac{2^6\pi^2}{\delta^3}L. \end{align} $

结合(ⅱ) 有

(2.4) $ \begin{align} \sum\limits^{q}_{v = 1}n_v-1>(q-2)S-\frac{2^6\pi^2}{\delta^3}L. \end{align} $

在(2.4) 式中取$ \sum\limits^{q}_{v = 1}n_v = 1 $, 再结合(2.3) 式即得引理2.3.

引理2.4  在引理2.3的条件下, 令$ n^\prime_v $表示是岛集$ F(D_v) $中的单叶单连通岛的个数, 则有

$ (\sum\limits^{q}_{v = 1}n^\prime_v-1)^+\geq(q-4)S-h_0L. $

证   设$ n^{\prime\prime}_v $表示$ F(D_v) $中所含多叶单连通岛的个数, 于是有

$ n_v = n^{\prime}_v+n^{\prime\prime}_v = 2n_v- n^{\prime}_v. $

由于对区域$ D_v $的平均覆盖次数$ S(D_v) $必定满足

$ S(D_v)\geq n^{\prime}_v+n^{\prime\prime}_v, $

所以根据引理2.1可以得到

$ S+hL\geq S(D_v)\geq 2n_v- n^{\prime}_v, $

也即

$ S+hL+n^{\prime}_v\geq 2n_v. $

对所有的$ v $求和得到

(2.5) $ \begin{align} qS+qhL+\sum\limits^q_{v = 1}n^{\prime}_v\geq 2\sum\limits^q_{v = 1}n_v. \end{align} $

下面再应用引理2.3于(2.5) 式:

当$ \sum\limits^q_{v = 1}n_v\geq 1 $时

$ qS+qhL+\sum\limits^q_{v = 1}n^{\prime}_v-2\geq 2(\sum\limits^q_{v = 1}n_v-1)\geq 2(q-2)S-hL, $

整理后有

(2.6) $ \begin{align} \sum\limits^q_{v = 1}n^{\prime}_v\geq (q-4)S-h_1L . \end{align} $

当$ \sum\limits^q_{v = 1}n_v = 0 $时, 有$ \sum\limits^q_{v = 1}n^\prime_v = 0 $, 于是

$ qS+qhL\geq 2(q-2)S-hL, $

整理后有

(2.7) $ \begin{align} 0\geq (q-4)S-h_2L . \end{align} $

结合(2.6) 和(2.7)式, 即得引理2.4.

引理2.5  设$ f = f(z) $为$ U: = \{|z|<R\} $内的亚纯函数, $ D_v, v = 1, 2, \cdots, q\ (q \geq 5), $为球面$ \hat{{\Bbb C}} $上的$ q $个不同的单连通区域, 其中$ n_v = n_v(R, D_v) $表示$ f(U) $盖在$ D_v $上的单叶单连通岛的个数, 则对任意的$ r\in (0, R) $, 有

$ (q-4)S(r, f)\leq (\sum\limits^{q}_{v = 1}n_v-1)^+ +\frac{2\pi^2h^2_0}{\ln R-\ln r}. $

证   圆盘$ {D}_r: = \{|z|\leq r\} $的Euler特征数为

$ \rho({D}_r) = -1. $

从球面$ \hat{{\Bbb C}} $上挖去$ q $个区域$ D_1, D_2, \cdots, D_q $, 记剩下的部分为$ F_0 $, 则

$ \rho (F_0 ) = q-2. $

从$ {D}_r $上挖去区域$ D_1, D_2, \cdots , D_q $上所有的单叶单连通岛, 记剩下的部分为$ {D}^-_r $. 那么$ F_r: = ({D}^-_r, f) $是$ F_0 $的有限覆盖, 其Euler特征数

$ \rho (F_r) = \rho ({D}^-_r) = -1+\sum\limits^{q}_{v = 1}n_v(r, D_v) \leq -1+\sum\limits^{q}_{v = 1}n_v(R, D_v): = N. $

由引理2.4得

$ N^+\geq (q-4)S(r)-h_0L(r). $

也即是

$ L(r)\geq [(q-4)S(r)-N^+]\cdot h^{-1}_0. $

下面分情况讨论:

(ⅰ) 若对任意的$ t\in (r, R) $, 恒有

$ (q-4)S(t)-N^+>0, $

则将上式两边分别平方并应用Schwarz不等式得到

$ [(q-4)S(r)-N^+]^2\cdot h^{-2}_0 \leq L^2(r)\leq 2\pi ^2r\frac{{\rm d}S(r)}{{\rm d}r}. $

因此

$ \frac{{\rm d}r}{r}\leq\frac{2\pi^2h^{2}_0}{(q-4)^2}\cdot\frac{{\rm d}S(r)}{[S(r)-\frac{N^+}{q-4}]^2}. $

两边分别从$ r $到$ R $求积分得到

$ \begin{eqnarray*} \ln R-\ln r&\leq&\frac{2\pi^2h^{2}_0}{(q-4)^2} \int ^R_r\frac{{\rm d}S(t)}{[S(t)-\frac{N^+}{q-4}]^2} \\ & = &\frac{2\pi^2h^{2}_0}{(q-4)^2}(\frac{1}{S(r)-\frac{N^+}{q-4}}-\frac{1}{S(R)-\frac{N^+}{q-4}}) \\ &\leq &\frac{2\pi^2 h^{2}_0 }{(q-4)S(r)-N^+}. \end{eqnarray*} $

整理得

(2.8) $ \begin{align} (q-4)S(r)<N^++\frac{2\pi^2h^{2}_0 }{\ln R-\ln r}\leq [\sum\limits^{q}_{v = 1}n_v (R, D_v)-1]^+ +\frac{2\pi^2h^2_0}{\ln R-\ln r}. \end{align} $

(ⅱ) 若存在$ t\in (r, R) $, 使

$ (q-4)S(t)-N^+\leq 0, $

则

$ (q-4)S(r)\leq (q-4)S(t)\leq N^+. $

这时(2.8) 式也成立. 这样我们就证明了引理2.5.

引理2.6^[7]  设$ {\cal F} $是在平面区域$ U $上的一亚纯函数族, 则$ {\cal F} $在$ U $内正规的充要条件是: 对$ \forall \varepsilon>0, \forall z\in D $, 都存在$ r>0 $, 使得对所有的$ f\in{\cal F} $都有

$ S(z, r, f)<\varepsilon. $

定理1.1的证明  由于正规性是局部性质, 所以不妨设$ U = \{|z|<R\} $. 对任意的$ f\in{\cal F} $, 由引理2.5可知

$ (q-4)S(r, f)\leq (\sum\limits^{q}_{v = 1}n_v-1)^+ +\frac{2\pi^2h^2_0}{\ln R-\ln r}. $

因为$ f(U) $在$ \{D_v\}_{v = 1}^{5} $上至多有一个单叶岛, 所以

$ (\sum\limits^{q}_{v = 1}n_v-1)^+ = 0. $

于是

$ S(r, f) = (5-4)S(r, f)\leq \frac{2\pi^2h^2_0}{\ln R-\ln r}. $

对任意的$ \varepsilon>0 $, 当$ r<R\exp(-\frac{2\pi^2h^2_0}{\varepsilon}) $时, 有

$ S(r, f)\leq \frac{2\pi^2h^2_0}{\ln R-\ln r}<\varepsilon $

成立, 从而由引理2.6可知$ {\cal F} $在$ U $内正规.

定理1.2的证明  设$ a_v, v = 1, 2, \cdots, 5, $是$ {\cal F} $的5个相互判别的单叶离散值, 则存在充分小的$ \delta_v>0 $, 使得$ |z-a_v|\leq\delta_v $互不相交. 于是对任意的$ f\in{\cal F} $, $ f(U) $在$ \{D_v\}_{v = 1}^{5} $上至多有一个单叶岛, 从而由定理1.1可知$ {\cal F} $在$ U $内正规.