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user: 3. 定理的证明 定理1的证明： 在条件(2)下，存在非零常数a，b，c，d有 ， c f a f = c a ， d f a f = d a 相对于f独立。Mobius变换： L f ( z ) = a f a z ，其逆变换 L f − 1 ( z ) = a a f z 。接下来证明函数族 G = { L f − 1 ∘ f | f ∈ F } 在D内正规。 不妨设D为单位圆D，假设G在D内不正规。由引理1( α = 1 )，存在子列 { g j = L f j − 1 ∘ f j } ⊂ G ， { f j } ⊂ F ， { z j } ⊂ Δ ，数列 { ρ j } 满足 ρ j → 0 + ，使得 T j ( ξ ) = ρ j − 1 [ g j ( z j + ρ j ξ ) − c ] 在 ℂ 上按球距一致收敛于非常数亚纯函数 T ( ξ ) ，并且T满足 T # ( ξ ) ≤ T # ( 0 ) = d + 1 。 我们断言： 1.1 若 T ( ξ ) = 0 ，则 T ′ ( ξ ) = d ; 1.2 T ′ ( ξ ) ≠ b ; 1.3 T ( ξ ) 在 ℂ 上全纯。 断言1.1的证明：设 T ( ξ ) = 0 ，则由Hurwitz定理知，存在 ξ j ∈ ℂ ， ξ j → ξ 0 ，当 j → ∞ 时，有 T j ( ξ j ) = ρ j − 1 [ g j ( z j + ρ j ξ j ) − c ] = 0 ， 从而有 g j ( z j + ρ j ξ j ) = L f j − 1 ∘ f j ( z j + ρ j ξ j ) = a a f j f j ( z j + ρ j ξ j ) = c ， f j ( z j + ρ j ξ j ) = c a a f j = c f j a f j a f j = c f j ， 由 f j = c f j ⇔ f ′ j = d f j 得到 f ′ j ( z j + ρ j ξ j ) = d f j ， T ′ ( ξ 0 ) = lim j → ∞ g ′ j ( z j + ρ j ξ j ) = lim j → ∞ a a f j f ′ j ( z j + ρ j ξ j ) = lim j → ∞ a a f j d f j = lim j → ∞ a a d = d ， 于是断言1.1成立。 断言1.2的证明：假设 T ′ ( ξ 0 ) = b 。 显然， T ′ ( ξ ) 不恒等于b，否则 T ( ξ ) = b ( ξ − ξ 1 ) ，与断言1.1矛盾。由Hurwitz定理知存在 ξ j ∈ ℂ ， ξ j → ξ 0 ，使得当 j → ∞ 时，有 T ′ j ( ξ j ) = g ′ j ( z j + ρ j ξ j ) = a a f j f ′ j ( z j + ρ j ξ j ) = b ， f ′ j ( z j + ρ j ξ j ) = b a a f j = b f j 。 由 f ′ j = b f j ⇔ f j = a f j 得 f j ( z j + ρ j ξ j ) = a f j ， g j ( z j + ρ j ξ j ) = L f j − 1 ∘ f j ( z j + ρ j ξ j ) = a a f j f j ( z j + ρ j ξ j ) = a 。 从而， T j ( ξ j ) = ρ j − 1 [ g j ( z j + ρ j ξ ) − c ] = ρ j − 1 ⋅ ( a − c ) ， T ( ξ 0 ) = lim j → ∞ T j ( ξ j ) = lim j → ∞ a − c ρ j = ∞ 与 T ′ ( ξ 0 ) = b 矛盾。因此断言1.2成立。 断言1.3的证明：假设 T ( ξ ) 在 上有极点 ξ 0 ，即 T ( ξ 0 ) = ∞ 。 由于T不恒为¥，故存在闭圆盘 Δ ¯ ( ξ 0 ， δ ) = { ξ : | ξ − ξ 0 | ≤ δ } ，当 j → ∞ 时， 1 T 和 1 T j 在 Δ ¯ ( ξ 0 ， δ ) 上全纯，且 1 T j 一致收敛于 1 T 。从而，在 Δ ¯ ( ξ 0 ， δ ) 上 1 T j ( ξ ) − ρ j a − c 也一致收敛于 1 T 。设 ξ 0 是 1 T 的 m ( ≥ 1 ) 重零点，则 ( 1 T ) ( m ) ( ξ 0 ) ≠ 0 ，且存在正数 δ 1 ( ≤ δ ) ，使得在 Δ ′ ( ξ 0 ， δ 1 ) = { ξ : 0 < | ξ − ξ 0 | < δ 1 } 内有 ( 1 T ) ′ ( ξ ) ≠ 0 ， ( 1 T ) ( m ) ( ξ ) ≠ 0 。由于在 Δ ¯ ( ξ 0 ， δ ) 上 1 T j ( ξ ) − ρ j a − c 一致收敛于 1 T ，且 ξ 0 是 1 T 的m重零点，由Hurwitz定理知，当j充分大时对 1 T j ( ξ ) − ρ j a − c 存在m个互异的点 ξ i j ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， m ，满足 1 T j ( ξ i j ) − ρ j a − c = 0 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， m ， 且 lim j → ∞ ξ i j = ξ 0 。于是 g j ( z j + ρ j ξ i j ) − c = a − c ，即 g j ( z j + ρ j ξ i j ) = a a f j f j ( z j + ρ j ξ i j ) = a ， 则 f j ( z j + ρ j ξ i j ) = a f j 。从而 T ′ j ( ξ i j ) = g ′ j ( z j + ρ j ξ i j ) = a a f j f ′ j ( z j + ρ j ξ i j ) = a a f j b f j = b ， ( 1 T j ( ξ ) ) ′ | ξ = ξ i j = − T ′ j ( ξ i j ) T j 2 ( ξ i j ) = − b ρ j 2 ( a − c ) 2 ≠ 0 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， m 。 这说明当j充分大时 ( 1 T ( ξ ) ) ′ + b ρ j 2 ( a − c ) 2 在 Δ ( ξ 0 ， δ 1 2 ) = { ξ : | ξ − ξ 0 | < δ 1 2 } 内至少有m个不同的零点。再由Hurwitz定理知， ξ 0 至少为 ( 1 T ) ′ 的m重零点，即有 ( 1 T ) ( m ) ( ξ 0 ) = 0 ，矛盾。因此断言1.3得证。 断言证明完毕。 由断言1.3知，T是一个整函数，由引理5，T的级数 ≤ 1 。从而由断言1.2得 T ′ ( ξ ) = b + e A ξ + B 。 以下分两种情形来考虑： 情形1 A ≠ 0 。由 T ′ ( ξ ) = b + e A ξ + B 得 T ( ξ ) = b ξ + c + e A ξ + B A ，( A ， B ， C 是常数)。 设 T ( ξ 0 ) = 0 ，则由断言1.1和 T ( ξ ) = b ξ + c + e A ξ + B A 得 T ′ ( ξ 0 ) = b + e A ξ 0 + B = d ， ξ 0 = − 1 b ( c + d − b A ) 。 因此，方程 g ( ξ ) = 0 只有一个解 ξ = ξ 0 ，但由 T ( ξ ) = b ξ + c + e A ξ + B A 知， T ( ξ ) = 0 有无穷多解，矛盾。 情形2 A = 0 。由断言1.1知， T ′ ( ξ ) ≡ d ，于是 T ( ξ ) = d ( ξ − ξ 1 ) 。从而有 T # ( 0 ) = | T ′ ( 0 ) | 1 + | T ( 0 ) | 2 ≤ | T ′ ( 0 ) | = d ， 即有 T # ( 0 ) < | d | + 1 ，与 T # ( 0 ) = | d | + 1 矛盾。所以G在D内正规，G在D内等度连续。 由条件(1)知： ε ≤ min { σ ( a f ， b f ) ， σ ( a f ， c f ) ， σ ( b f ， c f ) } = min { σ ( L f ( a ) ， L f ( b ) ) ， σ ( L f ( a ) ， L f ( c ) ) ， σ ( L f ( b ) ， L f ( c ) ) } 由引理2，我们可知 L f 满足Lipschitz’s条件 σ ( L ( z ) ， L ( ω ) ) ≤ k ε σ ( z ， ω ) ， 其中 k ε 为取决于e的常数。 取一点 z ∈ D ，对于任意 ε > 0 ，T在 z ∈ D 等度连续。存在 δ > 0 ，当 ω ∈ D 满足 σ ( z ， ω ) < δ ， 对于每个 f ∈ F 满足 σ ( ( L f − 1 ∘ f ) ( z ) ， ( L f − 1 ∘ f ) ( ω ) ) ≤ ε k ε 。 因此，当 σ ( z ， ω ) < δ ，每个 f ∈ F 满足 σ ( f ( z ) ， f ( ω ) ) = σ ( ( L f ∘ L f − 1 ∘ f ) ( z ) ， ( L f ∘ L f − 1 ∘ f ) ( ω ) ) ≤ k ε σ ( ( L f − 1 ∘ f ) ( z ) ， ( L f − 1 ∘ f ) ( ω ) ) < ε 即F在z处也等度连续。因此F在区域D内正规。 定理1证明完毕。 定理2的证明： 在条件(2)下，存在非零常数a，b有 b f a f = b a 相对于f独立。Mobius变换： L f ( z ) = a f a z ，其逆变换 L f − 1 ( z ) = a a f z 。接下来证明函数族 G = { L f − 1 ∘ f | f ∈ F } 在D内正规。 不妨设区域D是单位圆D，假设G在单位圆D内不正规，则由引理1知，存在子列 { g j = L f j − 1 ∘ f j } ⊂ G ， { f j } ⊂ F ， { z j } ⊂ Δ ，列 { ρ j } 满足 ρ j → 0 ，使得 T j ( ξ ) = ρ j − k g j ( z j + ρ j ξ ) 在复平面 ℂ 上按球距内闭一致收敛于一个非常数亚纯函数T，且T的零点重级至少为 k + 1 。 我们断言： 2.1 T ( k ) ( ξ ) ≠ b ； 2.2 T没有单重极点。 断言2.1的证明：假设存在一点 ξ 0 ∈ ℂ ，使 T ( k ) ( ξ 0 ) = b ，则 T ( k ) 不恒等于b。否则T为k次多项式。这与T的零点重级 ≥ k + 1 矛盾。由于 T ( k ) ( ξ 0 ) = b 且 T ( k ) 不恒等于b，故由Hurwitz定理知，存在 ξ j ， ξ j → ξ 0 ，使得当 j → ∞ 时， T j ( k ) ( ξ j ) = g j ( k ) ( z j + ρ j ξ j ) = a a f j f j ( k ) ( z j + ρ j ξ j ) = b ， f j ( k ) ( z j + ρ j ξ j ) = b f j 。 由 f j = a f j ⇔ f j ( k ) = b f j ，得 f j ( z j + ρ j ξ j ) = a f j ，从而 T j ( ξ j ) = g j ( z j + ρ j ξ j ) ρ j k = a a f j ρ j k f j ( z j + ρ j ξ j ) = a ρ j k T ( ξ 0 ) = lim j → ∞ T j ( ξ j ) = lim j → ∞ a ρ j k = ∞ 这与 T ( k ) ( ξ 0 ) = b 矛盾，所以断言2.1成立。 断言2.2的证明：设 T ( ξ 0 ) = ∞ 。由于T不恒等于¥，则存在闭圆 Δ ¯ ( ξ 0 ， δ ) ，使得当 j → ∞ 时， 1 T 和 1 T j 在圆上全纯，且 1 T j 一致收敛于 1 T 。所以在 Δ ¯ ( ξ 0 ， δ ) 上， 1 T j ( ξ ) − ρ j k a 一致收敛于 1 T 。又由于 1 T 不是常数，所以存在 ξ j ， ξ j → ξ 0 ，使得当 j → ∞ 时有 1 T j ( ξ j ) − ρ j k a = 0 ，于是有 g j ( z j + ρ j ξ j ) = a a f j f j ( z j + ρ j ξ j ) = a ， f j ( z j + ρ j ξ j ) = a f j 。 从而， f j ( k ) ( z j + ρ j ξ j ) = b f j ， g j ( k ) ( z j + ρ j ξ j ) = a a f j f j ( k ) ( z j + ρ j ξ j ) = b ， T j ( k ) ( z j + ρ j ξ j ) = g j ( k ) ( z j + ρ j ξ j ) = b (1) 若 k = 1 ，则由(1)得 ( 1 T ( ξ ) ) ′ | ξ = ξ 0 = − T ′ ( ξ 0 ) T 2 ( ξ 0 ) = lim j → ∞ [ − T ′ j ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) ] = lim j → ∞ [ − b T j 2 ( ξ j ) ] = lim j → ∞ − b ρ j 2 k a 2 = − b a 2 lim j → ∞ ρ j 2 k = 0 因此 ξ 0 为 T ( ξ ) 的重极点。所以T没有单重极点。 类似地，若 k = 2 ，则由(1)得 ( 1 T ( ξ ) ) ′ ​ ′ | ξ = ξ 0 = 0 = − T ″ ( ξ 0 ) T 2 ( ξ 0 ) + 2 [ T ′ ( ξ 0 ) ] 2 T 3 ( ξ 0 ) = lim j → ∞ [ − T ″ j ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) + 2 [ T ′ j ( ξ j ) ] 2 T j 3 ( ξ j ) ] = lim j → ∞ [ − T ″ j ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) ] + 2 lim j → ∞ [ T ′ j ( ξ j ) ] 2 T j 3 ( ξ j ) = 2 lim j → ∞ { [ − T ′ j ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) ] 2 ⋅ T j ( ξ j ) } (2) 由于 lim j → ∞ g j ( ξ j ) = ∞ ，于是由(2)得 lim j → ∞ [ − T ′ j ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) ] 2 = 0 所以 ( 1 T ( ξ ) ) ′ | ξ = ξ 0 = 0 。因此 ξ 0 为 T ( ξ ) 的重极点，故T没有单重极点。 若 k ≥ 3 ，由归纳法可得 ( 1 T ) ( k ) = − T ( k ) T 2 + k ! ( T ′ ) k T k + 1 + ∑ 0 ≤ i ≤ k − 2 A i T i (3) 其中 A i 是 ( 1 T ) ′ ， ( 1 T ) ′ ​ ′ ， ⋯ ， ( 1 T ) ( k − 1 ) 的多项式。 因此由(1)和(3)得 ( 1 T ( ξ ) ) ( k ) | ξ = ξ 0 = lim j → ∞ ( 1 T j ( ξ ) ) ( k ) | ξ = ξ j = lim j → ∞ [ − T j ( k ) ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) + k ! ( T ′ j ( ξ j ) ) k T j k + 1 ( ξ j ) + ∑ 0 ≤ i ≤ k − 2 A i T j i ( ξ j ) ] = lim j → ∞ [ k ! ( T ′ j ( ξ j ) ) k T j k + 1 ( ξ j ) + ∑ 1 ≤ i ≤ k − 2 A i T j i ( ξ j ) ] + A 0 ( ξ 0 ) = lim j → ∞ [ k ! ( − T ′ j ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) ) k ( − 1 ) k T j k − 1 ( ξ j ) + ∑ 1 ≤ i ≤ k − 2 A i T j i − 1 ( ξ j ) ] T j ( ξ j ) + A 0 ( ξ 0 ) (4) 由于 lim j → ∞ T j ( ξ j ) = ∞ ，于是由(4)得 lim j → ∞ [ k ! ( − T ′ j ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) ) k ( − 1 ) k T j k − 1 ( ξ j ) + ∑ 1 ≤ i ≤ k − 2 A i T j i − 1 ( ξ j ) ] = 0 类似地可得 lim j → ∞ [ k ! ( − T ′ j ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) ) k ( − 1 ) k T j k − 2 ( ξ j ) + ∑ 2 ≤ i ≤ k − 2 A i T j i − 2 ( ξ j ) ] = 0 如此进行下去，可得 lim j → ∞ [ − T ′ j ( ξ j ) T j 2 ( ξ j ) ] k = 0 即得 ( 1 T ( ξ ) ) ′ | ξ = ξ 0 = 0 ，从而 ξ 0 为 T ( ξ ) 的重极点。因而T没有单重极点，所以断言2.2成立。 由引理3知，T是有理函数。若T是多项式，则由T的零点重级 ≥ k + 1 及断言2.1可知，T是常数，矛盾；若T不是多项式，则由T的零点重级 ≥ k + 1 ，断言2.1及引理4可知，T有一个单极点，与T没有单极点矛盾。 因此G在D内正规，G在D内等度连续。由条件(1)知： ε ≤ min { σ ( a f ， b f ) ， σ ( a f ， c f ) ， σ ( b f ， c f ) } = min { σ ( L f ( a ) ， L f ( b ) ) ， σ ( L f ( a ) ， L f ( c ) ) ， σ ( L f ( b ) ， L f ( c ) ) } 由引理2，可知 L f 满足Lipschitz’s条件 σ ( L ( z ) ， L ( ω ) ) ≤ k ε σ ( z ， ω ) ，其中 k ε 为取决于e的常数。 取一点 z ∈ D ，对于任意 ε > 0 ，T在 z ∈ D 等度连续，存在 δ > 0 ，当 ω ∈ D 满足 σ ( z ， ω ) < δ ， 对于每个 f ∈ F 满足 σ ( ( L f − 1 ∘ f ) ( z ) ， ( L f − 1 ∘ f ) ( ω ) ) ≤ ε k ε 因此当 σ ( z ， ω ) < δ 时任一 f ∈ F 满足 σ ( f ( z ) ， f ( ω ) ) = σ ( ( L f ∘ L f − 1 ∘ f ) ( z ) ， ( L f ∘ L f − 1 ∘ f ) ( ω ) ) ≤ k ε σ ( ( L f − 1 ∘ f ) ( z ) ， ( L f − 1 ∘ f ) ( ω ) ) < ε 即F在z处也等度连续。因此F在区域D内正规。 定理2证明完毕。