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user: 3. 定理1的证明 假设 F 在D内不正规，则 F 在 z 0 ∈ D 内不正规。由引理1，可知存在函数列 f n ∈ F ，点列 z n ∈ D ， z n → z 0 ，正数列 ρ n → 0 ，使得函数 g n ( ξ ) = f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n α 在复平面C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2，零点重级均 ≥ k + 1 。 下面我们分两种情形进行讨论。 情形1 c ∉ S 。即 a ≠ c 且 b ≠ c 。为了明确起见，不妨假设 a ≠ 0 。 我们断言 1) h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ a ； 2) h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ b 。 下面我们证明断言1)，因为 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) ( g n ( k ) ( ξ ) ) q = ( f n ( k ) ( z n + ρ n ξ ) ) q → ( g ( k ) ( ξ ) ) q 其中 ξ ∈ { ξ : g ( ξ ) ≠ ∞ } 。 可证 h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≡ a ，否则， h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≡ a ，由 h ( f ( k ) ( ξ ) ) 的定义，可找到一个非零常数w，使 g ( k ) ( ξ ) ≡ w ，进而可知 g ( ξ ) 是一个次数为k次的多项式。由于 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 ，则 g ( ξ ) 为常数。矛盾。假设存在一点 ξ 0 ，使得 h ( g ( k ) ( ξ 0 ) ) = a ，故 ξ 0 不是 g ( ξ ) 的极点。取 δ ( ξ 0 ) > 0 ，使 g ( ξ ) 在 Δ = { ξ : | ξ − ξ 0 | < δ } 内是全纯的，因此在 Δ 内有 h ( f n ( k ) ( z n + ρ n ξ ) ) − a = ( f ( k ) ( z n + ρ n ξ ) ) q + a q − 1 ( z n + ρ n ξ ) ( f ( k ) ( z n + ρ n ξ ) ) q − 1 + ⋯ + a 1 ( z n + ρ n ξ ) f ( k ) ( z n + ρ n ξ ) − a = ( g ( k ) ( z n + ρ n ξ ) ) q + a q − 1 ( z n + ρ n ξ ) ( g ( k ) ( z n + ρ n ξ ) ) q − 1 + ⋯ + a 1 ( z n + ρ n ξ ) g ( k ) ( z n + ρ n ξ ) − a = h ( g n ( k ) ( z n + ρ n ξ ) ) − a 由Hurwitz定理，可找到一个点列 { ξ n } ⊂ Δ ， ξ n → ξ 0 ，使 h ( g n ( k ) ( z n + ρ n ξ n ) ) − a = 0 。由条件可知， f n ( z n + ρ n ξ ) = a 或者 f n ( z n + ρ n ξ ) = b 。 如果 f n ( z n + ρ n ξ ) = a ，可得 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k = lim n → ∞ a − c ρ n k = ∞ 。 如果 f n ( z n + ρ n ξ ) = b ，可得 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k = lim n → ∞ b − c ρ n k = ∞ 。 因此 ξ 0 是 g ( ξ ) 的极点，矛盾。所以断言1)成立。同理可证断言2)也成立。 因为 h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ a ，根据 h ( f ( k ) ( ξ ) ) 的定义，可找到一个非零常数w，使 g ( k ) ( ξ ) ≠ w 。根据引理2，可得 g ( ξ ) 是超越亚纯函数。因为 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 和 g ( k ) ( ξ ) ≠ w ，则 g ( ξ ) 不是多项式。根据引理3，令 g ( ξ ) = w ξ k k ! + ⋯ + a 0 + 1 A ξ + B ，其中 A ( ≠ 0 ) ， B ， a 0 ， ⋯ 是常数。由于 h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ b ，由 h ( f ( k ) ( ξ ) ) 的定义，可找到一个常数d，使 g ( k ) ≠ d ，其中 d = 0 或者 d ≠ 0 。经过简单的计算，可得 g ( k ) = w + ( − 1 ) ( k ) k ! A k ( A ξ + B ) k + 1 ，所以 g ( k ) = d 有解，进而 h ( g ( k ) ( ξ ) ) = b 有解，与断言2)矛盾。 情形2 c ∈ S ，即 a = c 或 b = c 。不妨假设 a = c 。 可断言 3) h ( g ( k ) ( ξ ) ) = a ⇒ g ( ξ ) = 0 ； 4) h ( g ( k ) ( ξ ) ) = b ⇒ g ( ξ ) = 0 。 下面我们证明断言3)，使用情形1的方法，可找到一个点列 { ξ n } ⊂ Δ ， ξ n → ξ 0 ，使 h ( g n ( k ) ( z n + ρ n ξ n ) ) − a = 0 ，由条件可知， f n ( z n + ρ n ξ ) = a 或者 f n ( z n + ρ n ξ ) = b 。 假设 f n ( z n + ρ n ξ ) = a ，可得 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k = lim n → ∞ a − c ρ n k = 0 。 假设 f n ( z n + ρ n ξ ) = b ，可得 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k = lim n → ∞ b − c ρ n k = ∞ ，此时 ξ 0 是 g ( ξ ) 的极点，这与 h ( g ( k ) ( z n + ρ n ξ ) ) = a 矛盾，故这种情况不成立。 所以断言3)成立，同理可证断言4)成立。 子情形2.1 h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ a 且 h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ b 。 根据情形1的表述，可知这种情况不成立。 子情形2.2 h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ a ， h ( g ( k ) ( ξ ) ) = b 或 h ( g ( k ) ( ξ ) ) = a ， h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ b 。 为了明确起见，不妨设 h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ a ，则有 h ( g ( k ) ( ξ ) ) = b ⇒ g ( ξ ) = 0 。可证 b = 0 ，否则 b ≠ 0 。存在 ξ 0 ，使 h ( g ( k ) ( ξ 0 ) ) = b ⇒ g ( ξ 0 ) = 0 。即 ξ 0 是 g ( ξ ) 的零点。因为 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 ，所以 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 ，可得 g ( ξ ) = 0 ⇒ g ( k ) ( ξ ) = 0 。因此 g ( ξ ) 和 g ( k ) ( ξ ) 分担0。因为 h ( g ( k ) ( ξ ) ) ≠ a 且 a ≠ b ，再根据 h ( f ( k ) ( ξ ) ) 的定义和情形1的表述，可知存在一个非零常数w，使 g ( k ) ≠ w ，由引理4，可知 g ( ξ ) 是一个常数，矛盾。 子情形2.3 h ( g ( k ) ( ξ ) ) = a 且 h ( g ( k ) ( ξ ) ) = b ，即断言3)和断言4)同时成立。 因为 h ( g ( k ) ( ξ ) ) = a ⇒ g ( ξ 0 ) = 0 ，显然 a = 0 。否则 a ≠ 0 ，存在 ξ 0 ，使 h ( g ( k ) ( ξ 0 ) ) = a ⇒ g ( ξ 0 ) = 0 ，故 ξ 0 是 g ( ξ ) 的零点。由条件，可知 ξ 0 也是 g ( k ) ( ξ ) 的零点，即 a = 0 。同理可得 b = 0 ，这与 a ≠ b 矛盾。 综上所述， F 在D内正规。定理1证毕。