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user: 3. 定理1.5的证明 不失一般性，我们假设 D = Δ ，若存在 z 0 ∈ Δ 使得 F 在 z 0 处不正规，则由引理2.1，存在点 z n → z 0 ，函数 f n ∈ F ，正数 ρ n → 0 + ，使得在 ℂ 上 F n ( ζ ) = f n ( z n + ρ n ζ ) ρ n k ⇒ F ( ζ ) 其中F为非常值亚纯函数，其零点的重级最少为 k + 1 ，由引理2.2知F的级至多为2。 相应的，由条件可知存在 g n ∈ G ，使得在 Δ 上 g n ( z ) ⇒ g ( z ) ， g ≡ ∞ 且 g ( z ) 零点的重级最少为 k + 1 。我们分为以下三种情况讨论。 情形1. g ( z 0 ) ≠ 0 ， g ( z 0 ) ≠ ∞ 。 在这种情形下，存在 z 0 的一些邻域 U ( z 0 ) 使得对每一个充分大的n， g n ≠ 0 ， ∞ 。由条件(1)和条件(2)，我们有在邻域 U ( z 0 ) 中 f n ≠ 0 ， ∞ 。 我们断言 F ( ζ ) ≠ 0 ， ∞ ， ζ ∈ ℂ 。否则，存在 ζ 0 ∈ ℂ 使得 F ( ζ 0 ) = 0 。因为 F ( ζ ) ≡ 0 ，由Hurwitz’s定理知，存在 ζ n ， 0 → ζ 0 使得 F n ( ζ n ， 0 ) = ρ n − k f n ( z n + ρ n ζ n ， 0 ) = 0 。所以我们有 f n ( z n + ρ n ζ n ， 0 ) = 0 且 z n + ρ n ζ n → z 0 。矛盾，这表明在 ℂ 上 F ≠ 0 。同理可证 F ≠ ∞ 。 因此F为复平面 ℂ 上的非零整函数。根据条件 L ( f ) = f ( k ) + a k − 1 f ( k − 1 ) + ⋯ + a 0 f ，我们有 L ( f n ( z n + ρ n ζ ) ) = F n ( k ) ( ζ ) + a k − 1 ρ n F n ( k − 1 ) ( ζ ) + ⋯ + a 0 ρ n k F n ( ζ ) ，因此 L ( f n ( z n + ρ n ζ ) ) ⇒ F ( k ) ( ζ ) 。由引理2.3可知 F ( k ) − b ( z 0 ) 在 ℂ 上有无限多个零点。所以存在 η 0 ∈ ℂ 使得 F ( k ) ( η 0 ) = b ( z 0 ) 。 若 F ( k ) ( ζ ) ≡ b ( z 0 ) ，则F一定为k次多项式，和 F ≠ 0 矛盾。 因此 F ( k ) ( ζ ) − b ( z 0 ) ≡ 0 。由Hurwitz’s定理知，这里存在 η n → η 0 使得 L ( f n ( z n + ρ n η n ) ) − b ( z n + ρ n η n ) = 0 ，由条件(3)我们可以得出 L ( g n ( z n + ρ n η n ) ) − b ( z n + ρ n η n ) = 0 ，令 n → ∞ ，我们得到 L ( g ( z 0 ) ) − b ( z 0 ) = 0 ，因为 L ( g ( z ) ) ≡ b ( z ) ，所以在邻域 U ( z 0 ) 中 L ( g n ( z ) ) − b ( z ) 只有有限多个零点，由条件可知在邻域 U ( z 0 ) 中 L ( f ( z ) ) − b ( z ) 也只有有限多个零点，也就是说 L ( f n ( z n + ρ n ζ ) ) − b ( z n + ρ n η n ) 在复平面 ℂ 上有有限多个零点，因此 F ( k ) ( ζ ) − b ( z 0 ) 在复平面 ℂ 上有有限多个零点，矛盾。 情形2. g ( z 0 ) = 0 。 因为g零点的重数至少为 k + 1 ，我们有 L ( g ( z 0 ) ) ≠ b ( z 0 ) ，用同样类似的方法，我们可以证得在 ℂ 上 F ( k ) ( ζ ) ≠ b ( z 0 ) 。 由引理2.4 F ( ζ ) = b ( z 0 ) k ! ( ζ − ζ 0 ) k + 1 ζ − ζ 1 其中 ζ 0 ≠ ζ 1 为两个有限复数。则由Hurwitz’s定理知，存在 ζ n ， 1 → ζ 1 使得 F n ( ζ n ， 1 ) = ρ n − k f n ( z n + ρ n ζ n ， 1 ) = ∞ 且 f n ( z n + ρ n ζ n ， 1 ) = ∞ 。由条件(2)知，我们得知 g n ( z n + ρ n ζ n ， 0 ) = ∞ ，令 n → ∞ ， g ( z 0 ) = ∞ ，矛盾。 情形3. g ( z 0 ) = ∞ 。 在这种情形下，我们有 L ( g ( z 0 ) ) ≠ b ( z 0 ) 。我们也分为两种情况讨论。 情形3.1. F ( ζ 0 ) = 0 ， ζ 0 ∈ ℂ 。 因为在复平面 ℂ 上 F ≡ 0 ，由Hurwitz’s定理知，存在 ζ n ， 0 → ζ 0 使得 F n ( ζ n ， 0 ) = ρ n − k f n ( z n + ρ n ζ n ， 0 ) = 0 ，而且 f n ( z n + ρ n ζ n ， 0 ) = 0 。由假设知，我们有 g n ( z n + ρ n ζ n ， 0 ) = 0 。令 n → ∞ ，我们得到 g ( z 0 ) = 0 ，矛盾。 情形3.2. 在 ℂ 上 F ≠ 0 ，我们同样也分为两种情况讨论。 情形3.2.1. F为超越亚纯函数。 因为 F ≠ 0 ，由引理2.3可知 F ( k ) − b ( z ) 在 ℂ 上有无限多个零点，因为 g ( z ) ≡ ∞ ，存在 δ > 0 ，使得 g ， g n 在圆 { z : | z − z 0 | = δ } 上全纯，且在该圆上 g n ( j ) ( z ) 一致收敛到 g ( j ) ( z ) ， j = 0 ， 1 ， 2 ， ⋯ ， k ， ⋯ ，则我们有 1 2 π i ∫ | z − z 0 | = δ ( L ( g n ( z ) ) − b ( z ) ) ′ L ( g n ( z ) ) − b ( z ) d z → 1 2 π i ∫ | z − z 0 | = δ ( L ( g ( z ) ) − b ( z ) ) ′ L ( g ( z ) ) − b ( z ) d z 因为上式两边均为整数，当n充分大时，我们有 1 2 π i ∫ | z − z 0 | = δ ( L ( g n ( z ) ) − b ( z ) ) ′ L ( g n ( z ) ) − b ( z ) d z = 1 2 π i ∫ | z − z 0 | = δ ( L ( g ( z ) ) − b ( z ) ) ′ L ( g ( z ) ) − b ( z ) d z 由于 b ( z ) ≠ 0 ，则 n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( g n ( z ) ) − b ( z ) ) − n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， L ( g n ( z ) ) ) = n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( g ( z ) ) − b ( z ) ) − n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， L ( g ( z ) ) ) 因为 g ( z 0 ) = ∞ ， L ( g ( z 0 ) ) ≠ b ( z 0 ) ，对于充分小的 δ ， n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( g ( z ) ) − b ( z ) ) = 0 。所以 n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( g n ( z ) ) − b ( z ) ) − n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， L ( g n ( z ) ) ) = − n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， L ( g ( z ) ) ) 令 g ( z ) = h ( z ) ( z − z 0 ) τ ， z ∈ Δ ′ ( z 0 ， δ ) ，其中 h ( z ) 在 Δ ( z 0 ， δ ) 上全纯， h ( z 0 ) ≠ 0 ， τ 是一个正整数。因为 g n ( z ) ⇒ g ( z ) ，我们有 g n ( z ) = h n ( z ) ( z − z n ， 1 ) τ n ， 1 ⋯ ( z − z n ， s n ) τ n ， s n 其中 h n ( z ) 在 Δ ( z 0 ， δ ) 上全纯， h n ( z n ， i ) ≠ 0 ， τ n ， 1 ≥ 1 且为整数， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， s n 且 ∑ i = 1 s n τ n ， 1 = τ ，通过计算，我们得到 n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( g n ( z ) ) − b ( z ) ) = τ + s n k − ( τ + k ) = ( s n − 1 ) k ≤ ( τ − 1 ) k 因此在 Δ ( z 0 ， δ ) 上， L ( g n ( z ) ) − b ( z ) 只有有限多个零点，由条件知，在 Δ ( z 0 ， δ ) 上 L ( f n ( z ) ) − b ( z ) 也只有有限多个零点，则表示 L ( f n ( z n + ρ n ζ ) ) − b ( z n + ρ n η n ) 在复平面 ℂ 上有有限多个零点，继而可知 F ( k ) − b ( z 0 ) 在复平面 ℂ 上只有有限多个零点，矛盾。 情形3.2.2. F为有理函数。 因为 F ≠ 0 ， F ( ζ ) = 1 P ( ζ ) ，其中P为多项式。对于任意 z * ∈ Δ ′ ( z 0 ， δ ) ，因为 g ( z 0 ) = ∞ 且 g ≡ ∞ ，若我们假设 g ( z * ) ≠ ∞ ，由情形1及情形2的讨论得知， { f n } 在 z * 处正规，则 { f n } 在 Δ ′ ( z 0 ， δ ) 处不正规。同样我们可以证得在 Δ ( z 0 ， δ ) 上 f n ≠ 0 ，所以在 Δ ′ ( z 0 ， δ ) 上我们有 f n ⇒ 0 以及 L ( f n ) ， L ( f ′ n ) ⇒ 0 。则 1 2 π i ∫ | z − z 0 | = δ ( L ( f n ( z ) ) − b ( z ) ) ′ L ( f n ( z ) ) − b ( z ) d z → 1 2 π i ∫ | z − z 0 | = δ ( L ( f ( z ) ) − b ( z ) ) ′ L ( f ( z ) ) − b ( z ) d z = 0 即 n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( f n ( z ) ) − b ( z ) ) − n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， L ( f n ( z ) ) ) = 0 由条件(2)和(3)，我们有 n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( f n ( z ) ) − b ( z ) ) = n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( g n ( z ) ) − b ( z ) ) 因为 g n ( z ) ⇒ g ( z ) 且 g ( z 0 ) = ∞ ，我们假设 g n ( z ) = h n ( z ) ( z − z n ， 1 ) τ n ， 1 ⋯ ( z − z n ， s n ) τ n ， s n 其中 h n ( z ) 在 Δ ( z 0 ， δ ) 上全纯， h n ( z n ， i ) ≠ 0 ， τ n ， 1 ≥ 1 且为整数， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， s n ，由条件(2)知， f n 有 s n 个单一极点 z n ， i 且重数至少为1。 n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， L ( f n ( z ) ) ) ≥ s n k 由同样的方法，我们有 n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( g n ( z ) ) − b ( z ) ) = ( s n − 1 ) k 则 ( s n − 1 ) k = n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， 1 L ( f n ( z ) ) − b ( z ) ) = n ( Δ ( z 0 ， δ ) ， L ( f n ( z ) ) ) ≥ s n k 矛盾。则 F 在D上正规。