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user: 3. 定理1的证明 假设 F 在D内不正规，则 ∃   z 0 ∈ D 使得 F 在 z 0 处不正规。由引理1，可知存在 1) 实数 r ， 0 < r < 1 ； 2) 点列 z n ， z n → z 0 ， | z n | < r ； 3) 函数列 f n ∈ F ； 4) 正数列 ρ n → 0 + 使得 g n ( ξ ) = f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k 在复平面上按球面距离内闭一致收敛于一个非常数亚纯函数 g ( ξ ) ，且 g ( ξ ) 的级至多为2。 下面我们分两种情况来考虑 情形1. c ∈ S ，即 a = c 或者 b = c ，不失一般性，不妨设 a = c 。由此可断言： 1) g ( k ) ( ξ ) = a a k ( z 0 ) ⇒ g ( ξ ) = 0 2) g ( k ) ( ξ ) = b a k ( z 0 ) ⇒ g ( ξ ) = 0 由于 g n ( ξ ) = f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k → g (ξ) 则 g n ( k ) ( ξ ) = f n ( k ) ( z n + ρ n ξ ) → g ( k ) ( ξ ) ， ξ ∈ { ξ : g ( ξ ) ≠ ∞ } 且 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 。 下面我们证明断言1)，显然 g ( k ) ( ξ ) ≡ a a k ( z 0 ) 。否则 g ( k ) ( ξ ) ≡ a a k ( z 0 ) ，则 g ( ξ ) 是一个次数至多为 k 的多项式，由于 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 ，即知 g ( ξ ) 为常数，矛盾。假设存在一点 ξ 0 ，使得 g ( k ) ( ξ 0 ) = a a k ( z 0 ) ，取 δ 使得 g ( ξ ) 在 Δ = { ξ : | ξ − ξ 0 | < δ } 内全纯，则在 Δ 内有 D k ( f n ( z n + ρ n ξ ) ) − a = a k ( z n + ρ n ξ ) f ( k ) ( z n + ρ n ξ ) + ⋯ + a 0 ( z n + ρ n ξ ) f ( z n + ρ n ξ ) − a = a k ( z n + ρ n ξ ) g n ( k ) ( z n + ρ n ξ ) + ρ n a k − 1 ( z n + ρ n ξ ) g n ( k − 1 ) ( z n + ρ n ξ )         + ⋯ + ρ n ( k ) a 0 ( z n + ρ n ξ ) g n ( z n + ρ n ξ ) − a → a k ( z 0 ) g ( k ) ( ξ ) − a 由于 a k ( z 0 ) g ( k ) ( ξ 0 ) − a = 0 ，根据Hurwitz定理，由上式可得，存在一个点列 { ξ n } ⊂ Δ ， ξ n → ξ 0 ，使得 D k ( f n ( z n + ρ n ξ n ) ) − a = 0 。由条件2)可知 f n ( z n + ρ n ξ n ) = a 或者 f n ( z n + ρ n ξ n ) = b 。 若 f n ( z n + ρ n ξ n ) = a ，则有 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ n ) − c ρ n k = lim n → ∞ a − c ρ n k = 0 ，所以断言1)成立。 若 f n ( z n + ρ n ξ n ) = b ，则有 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ n ) − c ρ n k = lim n → ∞ b − c ρ n k = ∞ ，显然 ξ 0 是 g ( ξ ) 的极点，这与 g ( k ) ( ξ 0 ) = a a k ( z 0 ) 矛盾。故这种情况不成立。 同理可证断言2)。 下面我们再分三种情况讨论： 情形1.1. g ( k ) ( ξ ) ≠ a a k ( z 0 ) 且 g ( k ) ( ξ ) ≠ b a k ( z 0 ) ，则由Nevanlinna第二基本定理可知， T ( r ， g ( k ) ) ≤ N ¯ ( r ， g ( k ) ) + N ¯ ( r ， 1 g ( k ) − a a k ( z 0 ) ) + N ¯ ( r ， 1 g ( k ) − b a k ( z 0 ) ) + S ( r ， g ( k ) ) ≤ 1 k + 1 N ( r ， g ( k ) ) + S ( r ， g ( k ) ) ≤ 1 k + 1 T ( r ， g ( k ) ) + S ( r ， g (k)) 于是即得 T ( r ， g ( k ) ) ≤ S ( r ， g (k)) 所以 g ( k ) ( ξ ) 是常数，因而 g ( ξ ) 是一个次数至多为 k 次的多项式，这与 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 矛盾。 情形1.2. g ( k ) ( ξ ) ≠ a a k ( z 0 ) 或者 g ( k ) ( ξ ) ≠ b a k ( z 0 ) ，不失一般性，我们假设 g ( k ) ( ξ ) ≠ a a k ( z 0 ) ，则有 g ( k ) ( ξ ) = b a k ( z 0 ) ⇒ g ( ξ ) = 0 。显然 b = 0 ，否则 b ≠ 0 ，存在 ξ 0 ，使得 g ( k ) ( ξ 0 ) = b a k ( z 0 ) ⇒ g ( ξ 0 ) = 0 ，即 ξ 0 是 g ( ξ ) 的零点，根据条件可得， ξ 0 也是 g ( k ) ( ξ ) 的零点，即 b = 0 ，矛盾。所以有 g ( k ) ( ξ ) = 0 ⇒ g ( ξ ) = 0 。由于 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 ，所以 g ( ξ ) = 0 ⇒ g ( k ) ( ξ ) = 0 。因此 g ( ξ ) 和 g ( k ) ( ξ ) 分担0，根据引理3可知， g ( ξ ) 是一个常数，这与 g ( ξ ) 是一个非常数的亚纯函数矛盾。 情形1.3. 若 g ( k ) ( ξ ) = a a k ( z 0 ) 且 g ( k ) ( ξ ) = b a k ( z 0 ) ，即断言1)和2)同时成立；则由情形1.2可知 a = 0 且 b = 0 ，这与 a ≠ b 矛盾。 故 F 在D内正规。 情形2. c ∉ S ，即 a ≠ c 且 b ≠ c 。则我们断言 3) g ( k ) ( ξ ) ≠ a a k (z0) 4) g ( k ) ( ξ ) ≠ b a k (z0) 下面我们证明上述断言：使用情形1的方法，假设存在 ξ 0 ，使得 g ( k ) ( ξ 0 ) = a a k ( z 0 ) ，取 δ 使得 g ( ξ ) 在 Δ = { ξ : | ξ − ξ 0 | < δ } 内全纯，则有 D k ( f n ( z n + ρ n ξ ) ) − a → a k ( z 0 ) g ( k ) ( ξ ) − a ，且 a k ( z 0 ) g ( k ) ( ξ 0 ) − a = 0 。 根据Hurwitz’s定理可知，存在一个点列 { ξ n } ⊂ Δ ，使得 ξ n → ξ 0 ，则有 D k ( f n ( z n + ρ n ξ n ) ) = a ，由条件2) 知 f n ( z n + ρ n ξ n ) = a 或者 f n ( z n + ρ n ξ n ) = b 。 若 f n ( z n + ρ n ξ n ) = a ，则有 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k = lim n → ∞ a − c ρ n k = ∞ ； 若 f n ( z n + ρ n ξ n ) = b ，则有 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k = lim n → ∞ b − c ρ n k = ∞ ； 这与 g ( k ) ( ξ 0 ) = a a k ( z 0 ) 矛盾。故断言3)可证。类似的我们可以证明断言4). 根据情形1.1的表述我们得到 g ( ξ ) 是一个常数，矛盾。 故 F 在D内正规。