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user: 2. 主要引理 引理2.1 [ 2 ] 设F为区域D内的一族亚纯函数，对于每一个 f ∈ F ，f的零点重级至少为k，存在一个数 A ≥ 1 ，使得当 f ∈ F 且 f ( z ) = 0 时， | f ( k ) ( z ) | ≤ A 。若F在D内一点 z 0 不正规，则对 0 ≤ α ≤ k ，存在 1) 点列 z n ∈ D ， z n → z 0 ； 2) F中函数列 f n ； 3) 正数序列 ρ n → 0 ， 使得函数列 g n ( ζ ) = ρ n − α f n ( z n + ρ n ζ ) 在复平面C上按球面距离一致收敛到一个非常数的亚纯函数 g ( ζ ) ，其零点重数至少为k，且满足 g # ( ζ ) ≤ g # ( 0 ) = k A + 1 ， g ( ζ ) 的级至多为2。 引理2.2 [ 3 ] 设f是一个超越亚纯函数， k ( ≥ 2 ) ，l为正整数。若f的零点的级数至少为3，则 f ( k ) − z l 有无穷多个零点。 引理2.3 [ 4 ] 设f为有穷阶的亚纯函数， k ( ≥ 2 ) 为正整数，K为一个正数。若f只有重数至少为k的零点， f ( z ) = 0 ⇒ | f ( k ) ( z ) | ≤ K ，且 f ( k ) ( z ) ≠ 1 。则下列两种情形必有一个发生： 1) f ( z ) = α ( z − β ) k ， (2.1) 这里 α ， β ∈ C ，且 α ⋅ k ! ≠ 1 。 2) 若 k = 2 ，则 f ( z ) = ( z − c 1 ) 2 ( z − c 2 ) 2 2 ( z − c ) 2 ， (2.2) 或 f ( z ) = ( z − c 1 ) 3 2 ( z − c ) . (2.3) 若 k ≥ 3 ，则 f ( z ) = 1 k ! ( z − c 1 ) k + 1 ( z − c ) (2.4) 这里 c 1 ， c 2 ， c 为不同的复数。 引理2.4 [ 1 ] 设f是有理函数， k ( ≥ 2 ) 为正整数，f的零点重级至少为k，若 f ( k ) ( z ) ≠ z ，则下列三种情形必有一个发生： 1) f ( z ) = ( z + c ) k + 1 ( k + 1 ) ! ， (2.5) 2) f ( z ) = ( z − c 1 ) k + 2 ( k + 1 ) ! ( z − b ) ，(2.6) 3) 若 k = 2 ，则 f ( z ) = ( z − c 1 ) 2 ( z − c 2 ) 3 6 ( z − b ) 2 ， (2.7) 若 k = 3 ，则 f ( z ) = ( z − c 1 ) 3 ( z − c 2 ) 3 24 ( z − b ) 2 ， (2.8) 这里 c 为非零常数， c 1 ， c 2 ， b 为不同的常数。 引理2.5 设F为区域D内的一族亚纯函数， k = 2 或3， A > 1 为常数， a 0 ， a 1 ， ⋯ ， a k − 1 为D上的全纯函数，对于族中任意 f ∈ F ，f的零点重级至少为k，满足下列条件： 1) f ( z ) = 0 ⇒ | f ( k ) ( z ) | ≤ A | z | ， 2) ∀ z ∈ D ， f ( k ) ( z ) + a k − 1 f ( k − 1 ) ( z ) + ⋯ + a 1 f ′ ( z ) + a 0 f ( z ) ≠ z ， 3) f 的极点重级至少为3， 则 F 在区域 D \ { 0 } 上正规。 证明：设 F 在 z 0 ∈ D \ { 0 } 上不正规。由条件给定一个 r > 0 ，使得 Δ ( z 0 ， r ) ⊂ D \ { 0 } ，且对 ∀ f ∈ F ， z ∈ Δ ( z 0 ， r ) ，当 f ( z ) = 0 时有 | f ( k ) ( z ) | ≤ A | z 0 | + 1 。由引理2.1，对 α = k ，存在函数列 f n ∈ F ，点列 z n → z 0 ，正数列 ρ n → 0 ，使得 g n ( ζ ) = ρ n − k f n ( z n + ρ n ζ ) → g ( ζ ) 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 ) ，且其零点重级至少为k，极点重级至少为3， g # ( ζ ) ≤ g # ( 0 ) = k ( A | z 0 | + 1 ) + 1 ，且g为有穷级。由Hurwitz定理知，g极点重级至少为3。 断言：1) g = 0 ⇒ | g ( k ) | ≤ A | z 0 | ；2) g ( k ) ( ζ ) ≠ z 0 。 设 ζ 0 为 g ( ζ ) 的一个零点，存在 ζ n ， ζ n → ζ 0 ，使得对于 n 充分大时 g n ( ζ n ) = ρ n − k f n ( z n + ρ n ζ ) = 0 。因此 f n ( z n + ρ n ζ n ) = 0 ，当 n 充分大时 | f n ( k ) ( z n + ρ n ζ n ) | ≤ A | z n + ρ n ζ n | 。由于 g n ( k ) ( ζ n ) = f n ( k ) ( z n + ρ n ζ n ) → g ( k ) ( ζ 0 ) ， 故有 | g ( k ) ( ζ 0 ) | ≤ A | z 0 | 。1) 得证。 下证2)。由于 g n ( k ) ( ζ ) + ∑ i = 0 k − 1 ρ n k − i a i ( z n + ρ n ζ ) g n ( i ) ( ζ ) − ( z n + ρ n ζ ) = 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 ) ， 因为 a i ( z n + ρ n ζ ) g n ( i ) ( ζ ) → a i ( z 0 ) g ( i ) ( ζ ) ，所以在 C \ g − 1 ( ∞ ) 上 a i ( z n + ρ n ζ ) g n ( i ) ( ζ ) 在C上内闭一致有界。因此，在 C \ g − 1 ( ∞ ) 上有 g n ( k ) ( ζ ) + ∑ i = 0 k − 1 ρ n k − i a i ( z n + ρ n ζ ) g n ( i ) ( ζ ) − ( z n + ρ n ζ ) → g ( k ) ( ζ ) − z 0 (2.9) 若存在 ζ 0 ，使得 g ( k ) ( ζ 0 ) = z 0 。由于 g n ( k ) ( ζ ) + ∑ i = 0 k − 1 ρ n k − i a i ( z n + ρ n ζ ) g n ( i ) ( ζ ) − ( z n + ρ n ζ ) = f n ( k ) ( z n + ρ n ζ ) + ∑ i = 0 k − 1 a i ( z n + ρ n ζ ) − ( z n + ρ n ζ ) ≠ 0 由(2.9)式及Hurwitz定理，得 g ( k ) ( ζ ) ≡ z 0 。又因为g只有重级至少为k的零点，所以 g ( ζ ) = z 0 k ! ( z − α ) k ， α ∈ C 通过简单计算： g # ( 0 ) ≤ { k 2 ， | α | ≥ 1 | z 0 | ， | α | < 1 这与 g # ( ζ ) ≤ g # ( 0 ) = k ( A | z 0 | + 1 ) + 1 矛盾。因此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。引理得证。