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user: 3. 主要结果的证明 证明：由引理2.5只需证 F 在 z = 0 正规。不妨设 D = Δ ，若F在 z = 0 不正规。考虑 G = { g ( z ) = f ( z ) z : f ∈ F } 对任意 f ∈ F ，有 f ( 0 ) ≠ 0 。否则，若 f ( 0 ) = 0 ，由已知条件有 f ( k ) ( 0 ) = 0 ， f 的零点重级至少为3，得 f ( k ) ( 0 ) + ∑ i = 0 k − 1 a i ( 0 ) f n ( i ) ( 0 ) = 0 但这与条件2)矛盾。因此，对 ∀ g ∈ G ， g ( 0 ) = ∞ ，而且g的零点重级至少为3。通过计算： g ( k ) ( z ) = f ( k ) ( z ) z − k g ( k − 1 ) ( z ) z (2.10) 因为 f ( z ) = 0 ⇒ | f ( k ) ( z ) | ≤ A | z | ，故 g ( z ) = 0 ⇒ | g ( k ) ( z ) | ≤ A 。 下面证G在 z = 0 正规。若G在 z = 0 不正规，由引理2.1，存在 g n ∈ G ， z n → 0 ， ρ n → 0 + ，使得 G n ( ζ ) = g n ( z n + ρ n ζ ) ρ n k → G ( ζ ) ， (2.11) 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 ( ζ ) ，其零点重级至少为3，且 G # ( ζ ) ≤ G # ( 0 ) = k A + 1 。 下面分两种情形： 情形1： z n / ρ n → ∞ 。 由(2.11)式，通过计算，对于 0 ≤ i ≤ k 有 ρ n k − i G n ( i ) ( ζ ) = g n ( i ) ( z n + ρ n ζ ) = f n ( i ) ( z n + ρ n ζ ) z n + ρ n ζ − i ⋅ g n ( i − 1 ) ( z n + ρ n ζ ) ρ n ⋅ ρ n z n + ρ n ζ 另一方面，有 ρ n z n + ρ n ζ → 0 由于 g n ( z n + ρ n ζ ) / ρ n k → G ( ζ ) ，所以 g n ( i − 1 ) ( z n + ρ n ζ ) / ρ n 在 C \ G − 1 ( ∞ ) 上内闭一致有界。因此，在 C \ G − 1 ( ∞ ) 上， f n ( k ) ( z n + ρ n ζ ) z n + ρ n ζ → G ( k ) ( ζ ) ， (2.12) 与 f n ( i ) ( z n + ρ n ζ ) z n + ρ n ζ → 0 ， i = 0 ， 1 ， ⋯ ， k − 1. 由于 a 0 ， a 1 ， ⋯ ， a k − 1 在 D 上解析，因此 f n ( k ) ( z n + ρ n ζ ) + ∑ i = 0 k − 1 a i ( z n + ρ n ζ ) f n ( i ) ( z n + ρ n ζ ) − ( z n + ρ n ζ ) ( z n + ρ n ζ ) → G ( k ) ( ζ ) − 1 断言：1) G ( ζ ) = 0 ⇒ | G ( k ) ( ζ ) | ≤ A ；2) G ( k ) ( ζ ) ≠ 1 。 若 G ( ζ 0 ) = 0 ，由Hurwitz定理与(2.11)式，存在 ζ n ， ζ n → ζ 0 ，使得 g n ( z n + ρ n ζ ) = 0 ，从而当 n 充分大时 f n ( z n + ρ n ζ ) = 0 。由定理条件 | f n ( k ) ( z n + ρ n ζ n ) | ≤ A | z n + ρ n ζ n | 与(2.12)式可得 | G ( k ) ( ζ 0 ) | ≤ A 。1) 得证。 由条件 f n ( k ) ( z n + ρ n ζ ) + ∑ i = 0 k − 1 a i ( z n + ρ n ζ ) f n ( i ) ( z n + ρ n ζ ) ≠ z n + ρ n ζ 。由Hurwitz定理与(2.12)式，对任意 ζ ∈ C \ G − 1 ( ∞ ) 有 G ( k ) ( ζ ) ≠ 1 或 G ( k ) ( ζ ) ≡ 1 。显然 ζ ∈ C 上也成立。若 G ( k ) ( ζ ) ≡ 1 ，因G的零点重级至少为3，则 G ( ζ ) = ( ζ − α ) k / k ! ( α ∈ C ) 。通过计算可得： G # ( 0 ) ≤ { k 2 ， | α | ≥ 1 1 ， | α | < 1 这与 G # ( 0 ) = k A + 1 矛盾，2) 得证。 由引理2.3，G有(2.1)，(2.2)，(2.3)或(2.4)的形式。若G有(2.1)的形式，同上估计 G # ( 0 ) ，可得矛盾。因此G有(2.2)，(2.3)或(2.4)的形式，但这与G的极点重级至少为3矛盾。 情形2： z n / ρ n → α ， α 为有限复数。则 g n ( ρ n ζ ) ρ n k = G n ( ζ − z n / ρ n ) → G ( ζ − α ) = G ˜ ( ζ ) . G ˜ ( ζ ) 的零点重级至少为3， G ˜ ( ζ ) 的极点重级至少为3 ( ζ = 0 例外)。 令 H n ( ζ ) = f n ( ρ n ζ ) ρ n k + 1 ， (2.13) 则 H n ( ζ ) = f n ( ρ n ζ ) ρ n k + 1 = ζ g n ( ρ n ζ ) ρ n k → ζ G ˜ ( ζ ) = H ( ζ ) (2.14) 由(2.14)式，在 C \ H -1 ( ∞ ) 上 H n ( k ) ( ζ ) = f n ( k ) ( ρ n ζ ) ρ n → H ( k ) ( ζ ) (2.15) 显然，H的零点重级至少为3，极点重级至少为3。由于 G ˜ ( 0 ) = ∞ ，所以 H ( 0 ) ≠ 0 。 断言：3) H ( ζ ) = 0 ⇒ | H ( k ) ( ζ ) | ≤ A | ζ | ；4) H ( k ) ( ζ ) ≠ ζ 。 若 H ( ζ 0 ) = 0 ，由Hurwitz定理与(2.14)式，存在 ζ n → ζ 0 ，使得当n充分大时 f n ( ρ n ζ n ) = 0 。由定理条件 | f n ( k ) ( ρ n ζ n ) | ≤ A | ρ n ζ n | 与(2.15)式，得 | H ( k ) ( ζ 0 ) | ≤ A | ζ 0 | ，3) 得证。 若存在 ζ 0 ，使得 H ( k ) ( ζ 0 ) = ζ 0 。在 C \ H − 1 ( ∞ ) 上，由(2.15)式有 0 ≠ f n ( k ) ( ρ n ζ ) + ∑ i = 0 k − 1 a i ( ρ n ζ ) f n ( i ) ( ρ n ζ ) − ρ n ζ ρ n = H n ( k ) ( ζ ) + ∑ i = 0 k − 1 ρ n k − i a i ( ρ n ζ ) H n ( i ) ( ζ ) − ζ → H ( k ) ( ζ ) − ζ . 由Hurwitz定理有 H ( k ) ( ζ ) ≡ ζ 在 C \ H − 1 ( ∞ ) 上，因此H为 k + 1 次多项式。由于H的零点重级至少为3，注意到 k = 3 ，故H只有一个零点，且重数为 k + 1 ，所以 H ( k ) ( ζ 1 ) = 0 。又 H ( k ) ( ζ ) ≡ ζ ，所以 ζ 1 = 0 ，但 H ( 0 ) ≠ 0 矛盾。4)得证。 由引理2.2，H为有理函数。再由引理2.4知，H有(2.5)，(2.6)，(2.7)或(2.8)的形式。因为H的极点重级至少为3。所以(2.6)，(2.7)或(2.8)式不可能。因此，我们有 H ( ζ ) = ( ζ + c ) k + 1 ( k + 1 ) ! . (2.16) 这里 ( c ≠ 0 ) 是一个常数。 下面证明(2.16)是不可能的。由(2.14)与(2.16)式，得 f n ( ρ n ζ ) ρ n k + 1 → ( ζ + c ) k + 1 ( k + 1 ) ! .(2.17) 因 f n 的零点重级至少为 k = 3 ，则存在 ζ n ， 0 → − c ，使得 z n ， 0 = ρ n ζ n ， 0 为 f n 的一个 k + 1 重零点。 再分两个子情形： 情形1.1：存在 0 < δ ≤ 1 ，使得当 n 充分大时， f n ( z ) 在 Δ ( 0 ， δ ) 上全纯。 由于 { f n } 在 Δ ′ ( 0 ， δ ) 上正规，但在 z = 0 不正规。由最大模原理，在 Δ ′ ( 0 ， δ ) 上， f n → ∞ 。若存在 0 < σ < δ ，使得对于任意的 f n 在 Δ ( 0 ， σ ) 上只有一个零点 z n ， 0 ，令 K n ( z ) = f n ( z ) ( z − z n ， 0 ) k + 1 (2.18) 则 { K n } 为 Δ ( 0 ， σ ) 上不为零的全纯函数族，且在 Δ ′ ( 0 ， σ ) 上 K n ( z ) → ∞ 。于是 { 1 / K n } 在 Δ ( 0 ， σ ) 上全纯，且在 Δ ′ ( 0 ， σ ) 上 1 / K n ( z ) → 0 。由最大模原理在 Δ ( 0 ， σ ) 上也成立。所以在 Δ ( 0 ， σ ) 上 K n ( z ) → ∞ ，特别地， K n ( 2 z n ， 0 ) → ∞ 。但是由(2.17)与(2.18)式， K n ( 2 z n ， 0 ) = f n ( 2 z n ， 0 ) z n ， 0 k + 1 = f n ( 2 ρ n ζ n ， 0 ) ρ n k + 1 ζ n ， 0 k + 1 → 1 ( k + 1 ) ! ， 矛盾。 因此，取出一个序列，对于任意 0 < σ < δ ，当 n 充分大时， f n ( z ) 在 Δ ( 0 ， σ ) 上至少有两个零点。设 z n ， 1 为 f n 在 Δ ( 0 ， σ ) \ { z n ， 0 } 上的一个零点，显然， z n ， 1 → 0 。设 ζ n ， 1 = z n ， 1 / ρ n ，由(2.17)得 ζ n ， 1 → ∞ ，因此 z n ， 0 / z n ， 1 = ζ n ， 0 / ζ n ， 1 → 0 。令 L n ( z ) = f n ( z n ， 1 z ) z n ， 1 k + 1 . 则对于 n 充分大时， { L n } 在 C 上任一有界集上有定义且全纯，其的零点重级至少为3。由定理条件有 L n ( z ) = 0 ⇒ | L n ( k ) ( z ) | ≤ A | z | 。因 L n ( k ) ( z ) + ∑ i = 0 k − 1 z n ， 1 k − i a i ( z n ， 1 z ) L n ( i ) ( z ) = f n ( k ) ( z n ， 1 z ) + ∑ i = 0 k − 1 a i ( z n ， 1 z )   f n ( i ) ( z n ， 1 z ) z n ， 1 . 由条件 f n ( k ) ( z n ， 1 z ) + ∑ i = 0 k − 1 a i ( z n ， 1 z )   f n ( i ) ( z n ， 1 z ) ≠ z n ， 1 z ， 得 L n ( k ) ( z ) + ∑ i = 0 k − 1 z n ， 1 k − i a i ( z n ， 1 z )   L n ( i ) ( z ) ≠ z . 类似引理2.5的证明可知 { L n } 在 C \ { 0 } 上正规。断言 { L n } 在 z = 0 也正规。否则，由最大模原理，在 C \ { 0 } 上 L n ( z ) → ∞ 。这与 L n ( 1 ) = 0 矛盾。所以 { L n } 在 C 上正规。 如需要重取一序列，可设 L n ( z ) → L ( z ) ，有 L n ( k ) ( z ) + ∑ i = 0 k − 1 z n ， 1 k − i a i ( z n ， 1 z ) L n ( i ) ( z ) → L ( k ) ( z ) (2.19) 其中 L ( z ) 为整函数， L ( z ) 的零点重级至少为3。显然 L ( 1 ) = 0 。另外， L n ( z n ， 0 / z n ， 1 ) = 0 ， z n ， 0 / z n ， 1 → 0 ，得到 L ( 0 ) = 0 。由于 L n ( z ) = 0 ⇒ | L n ( k ) ( z ) | ≤ A | z | ，同断言3) 可证 L ( z ) = 0 ⇒ | L ( k ) ( z ) | ≤ | z | 。根据 L ( 0 ) = 0 得 L ( k ) ( 0 ) = 0 。因 L n ( k ) ≠ z ，故由Hurwitz定理及(2.19)式得 L ( k ) ( z ) ≡ z 。因为 L 的零点重级至少为3且 L ( 0 ) = 0 ，则有 L ( z ) = z k + 1 / ( k + 1 ) ! ，但这与 L ( 1 ) = 0 矛盾。 情形1.2：如果取出一个子列， ∀ δ > 0 ，对每个 n ， f n 在 Δ ( 0 ， δ ) 上至少有一个极点。 故存在 z n ， ∞ → 0 ，使得 f n ( z n ， ∞ ) = ∞ 。不妨设 z n ， ∞ 是 f n 最小模的一个极点。设 ζ n ， ∞ = z n ， ∞ / ρ n ，由(2.17)式得 ζ n ， ∞ → ∞ ，从而 z n ， 0 / z n ， ∞ = ζ n ， 0 / ζ n ， ∞ → 0 。令 M n ( z ) = f n ( z n ， ∞ z ) z n ， ∞ k + 1 . 当n充分大时，对任意 z ∈ C ， { M n } 有定义，其零点重级至少为3，极点重级至少为3。而且，当n充分大时 { M n } 在Δ上全纯。由条件知 M n ( z ) = 0 ⇒ | M n ( k ) ( z ) | ≤ A | z | 且 M n ( k ) ( z ) + ∑ i = 0 k − 1 z n k − i a i ( z n ， ∞ z ) M n ( i ) ( z ) ≠ z 。因情形1.1， { M n } 在 C \ { 0 } 上正规。同样， M n ( z ) 在 z = 0 也正规。否则，若 { M n } 在 Δ ′ 上正规，但在 z = 0 不正规。由于 { M n } 在 Δ 上全纯，由最大模原理 M n → ∞ 。但是 M n ( z n ， 0 / z n ， ∞ ) = 0 与 z n ， 0 / z n ， ∞ → 0 矛盾，所以 { M n } 在 C 上正规。 取序列 { M n } ，使得 M n ( z ) → M ( z ) ， M 为 C 上亚纯函数，且它的零点重级至少为3。显然 M ( 1 ) = ∞ 。另外 M n ( z n ， 0 / z n ， ∞ ) = 0 与 z n ， 0 / z n ， ∞ → 0 ，所以 M ( 0 ) = 0 。同情形1.1对 L ( z ) 可得 M ( z ) = z k + 1 / ( k + 1 ) ! ，但与 M ( 1 ) = ∞ 矛盾。从而得证(2.16)式不可能的。 因此可得证G在 z = 0 正规。 由于G在 z = 0 正规，则 G 在 z = 0 是关于球面距离等度连续。对任意 g ∈ G ， g ( 0 ) = ∞ 。故存在 δ > 0 ，使得对任意 g ∈ G ， z ∈ Δ ( 0 ， δ ) ，有 | g ( z ) | ≥ 1 。因此对于任意 f ∈ F ， z ∈ Δ ( 0 ， δ ) ，有 f ( z ) ≠ 0 。由于 F 在 Δ ′ 上正规，但在 z = 0 不正规。 1 / F = { 1 / f : f ∈ F } 在 D δ 上全纯，在 Δ ′ ( 0 ， δ ) 上正规，但 z = 0 不正规。因此存在一序列 { 1 / f n } ⊂ 1 / F 在 Δ ′ ( 0 ， δ ) 上内闭一致收敛，但在 Δ ( 0 ， δ ) 上不成立。由最大模原理，在 Δ ′ ( 0 ， δ ) 上 1 / f n → ∞ 。在 Δ ′ ( 0 ， δ ) 上 f n → 0 内闭一致收敛，所以 { g n } ⊂ G 。但 z ∈ Δ ( 0 ， δ ) 时与 | g n ( z ) | ≥ 1 矛盾。 定理1证毕。