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user: 3. 定理1的证明 证明：假设 F 在D内不正规，则存在一点 z 0 ∈ D ，使 F 在 z 0 处不正规则。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 f n ( z n + ρ n ζ ) − a 1 = g n ( ζ ) → g ( ζ ) (1) f n ( z n + ρ n ζ ) − a 2 = g n ( ζ ) + a 1 − a 2 → g ( ζ ) + a 1 − a 2 (2) 在复平面 ℂ 上按球面距离内闭一致收敛，其中 g ( ζ ) 是一个非常数亚纯函数， g ( ζ ) 和 g ( ζ ) + a 1 − a 2 的级至多为2，且它们的零点重级均 ≥ k ( ≥ 2 ) 。 下面我们分两种情形进行讨论。 情形1。存在 ζ 0 ∈ ℂ ，使 g ( ζ 0 ) = 0 ， g ( ζ 0 ) + a 1 − a 2 ≠ 0 或 g ( ζ 0 ) + a 1 − a 2 = 0 ， g ( ζ 0 ) ≠ 0 ，不失一般性，我们假设 g ( ζ 0 ) = 0 ， g ( ζ 0 ) + a 1 − a 2 ≠ 0 。 令 G n ( ζ ) = ρ n − k ( f n ( z n + ρ n ζ ) − a 1 ) 。根据已知条件，可知 G n ( ζ ) 的零点重级至少为k。取 δ ( ζ 0 ) > 0 ，使 G n ( ζ ) 在邻域 Δ = { ζ : | ζ − ζ 0 | < δ ( ζ 0 ) } 内是全纯的，否则， { G n ( ζ n ) } 在 Δ ( ζ 0 ， δ ) 上内闭一致收敛于全纯函数 G ( ζ ) 。接下来我们证明 { G n ( ζ ) } 在 ζ 0 处不正规。因为 g ( ζ ) 是一个非常数亚纯函数，所以 g ( ζ ) ≡ 0 ，则存在一点 ζ 0 ，使 g ( ζ 0 ) = 0 。根据Hurwitz定理，可知存在一个点列 { ζ n } ⊂ Δ 且 ζ n → ζ 0 ，使 g n ( ζ n ) = f n ( z n + ρ n ζ n ) − a 1 = 0 。当 ζ ∈ Δ ′ = { ζ : 0 < | ζ − ζ 0 | < δ } 时， g ( ζ ) ≠ 0 。故对任一 ζ ∈ Δ ′ ，存在一个正数 ε 0 ，使 | g n ( ζ ) | > ε 0 。从而 G ( ζ ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ζ ) − a 1 ρ n k ≥ lim n → ∞ ε 0 ρ n k = ∞ 矛盾。 如果 G n ( ζ ) = 0 ，也就是说 f n ( z n + ρ n ζ ) = a 1 。根据条件，可得 ( f n ( k ) ( z n + ρ n ζ ) ) q = ( G n ( k ) ( ζ ) ) q ∈ S 2 ， 则存在 b i ∈ S 2 ( i = 1 ， 2 ) ，使得 ( G n ( k ) ( ζ ) ) q = b i ，由此可知，若 G n ( ζ ) = 0 ，则 | G n ( k ) ( ζ ) | ≤ ∑ i = 1 2 | b i | q + k 。假设 A = ∑ i = 1 2 | b i | q + k 。 根据引理1，则存在正数列 η n → 0 ；复数列 ζ n → ζ 0 ；子序列 { G n } ；使 F n ( ξ ) = η n − k G n ( ζ n + η n ξ ) 在 ℂ 上按球面距离内闭一致收敛到非常数亚纯函数 F ( ξ ) ，其中 F ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k ，级至多为2，且 。 我们断言： 1) 在复平面 ℂ ， F ( ξ ) 的零点个数是有限的； 2) F ( ξ ) = 0 ⇔ ( F ( k ) ( ξ ) ) q ∈ S 2 。 令 ζ 0 是 g ( ζ ) 的l重零点。若 F ( ξ ) 零点个数是无穷多个，可取 F ( ξ ) 的 l + 1 个互不相同的零点 ξ 1 ， ξ 2 ， ⋯ ， ξ l + 1 。由于 F ( ξ ) ≡ 0 ，根据Hurwitz定理，可得存在 ξ n j → ξ j ( j = 1 ， 2 ， ⋯ ， l + 1 ) ，使得 F n ( ξ n j ) = 0 ，也就是说，当 ζ n + η n ξ n j → ζ 0 时， f n ( z n + ρ n ( ζ n + η n ξ n j ) ) − a 1 = 0 。根据Hurwitz定理， ζ 0 是 g ( ζ ) 的至少 l + 1 重零点，矛盾。故断言1)成立。 若 F ( ξ 0 ) = 0 ，由Hurwitz定理，可知存在一点列 ξ n → ξ 0 ，使得 f n ( z n + ρ n ( ζ n + η n ξ n ) ) = a 1 。由条件可得 ( F n ( k ) ( ξ n ) ) q = ( f n ( k ) ( z n + ρ n ( ζ n + η n ξ n ) ) ) q ∈ S 2 则 lim n → ∞ ( F n ( k ) ( ξ n ) ) q = ( F ( k ) ( ξ 0 ) ) q ∈ S 2 。因此证明了 F ( ξ ) = 0 ⇒ ( F ( k ) ( ξ ) ) q ∈ S 2 。 如果 ，也就是说，存在某个 b i ∈ S 2 ，使 ( F ( k ) ( ξ 0 ) ) q = b i 。可证 ( F ( k ) ( ξ ) ) q ≡ b i ，否则， ( F ( k ) ( ξ ) ) q ≡ b i ，则 F ( ξ ) 是一个次数至多为k的多项式。因为 F ( ξ ) 的零点重级 ≥ k ，可得 F ( ξ ) 是一个 次数为k的多项式，令 F ( ξ ) = ( k ! ) − 1 b i q ( ξ − ξ 0 ) k 。 当 b i ≠ 0 ( i = 1 ， 2 ) 时， F # ( 0 ) = | F ′ ( 0 ) | 1 + | F ( 0 ) | 2 = | b i | q ( k − 1 ) ! | ξ 0 | k − 1 1 + ( | b i | q ) 2 ( k ! ) 2 | ξ 0 | 2 k F # ( 0 ) ≤ { | b i | q ( k − 1 ) ! | ξ 0 | k − 1 ≤ | b i | q 2 ，       | ξ 0 | < 1 | b i | q ( k − 1 ) ! | ξ 0 | k − 1 2 | b i | q k ! | ξ 0 | k ≤ k 2 ，                 | ξ 0 | ≥ 1 这说明 F # ( 0 ) ≤ | b i | q 2 + k 2 。如果 b i = 0 ( i = 1 ， 2 ) ，可得 F # ( 0 ) = 0 ，上面不等式也成立。与 F # ( 0 ) = k A + 1 矛 盾。因为 ( F ( k ) ( ξ ) ) q ≡ b i ，根据Hurwitz定理，可知存在一点列 ξ n ， ξ n → ξ 0 ，使得 ( F n ( k ) ( ξ n ) ) q = ( f n ( k ) ( z n + ρ n ( ζ n + η n ξ n ) ) ) q = b i 。根据条件可得， 。可证，当 n → ∞ 时， f n ( z n + ρ n ( ζ n + η n ξ n ) ) = a 1 。否则， f n ( z n + ρ n ( ζ n + η n ξ n ) ) = a 2 。于是， F ( ξ 0 ) = lim n → ∞ ρ n − k η n − k ( f n ( z n + ρ n ( ζ n + η n ξ n ) ) − a 1 ) = lim n → ∞ ρ n − k η n − k ( a 2 − a 1 ) = ∞ 这与 ( F ( k ) ( ξ 0 ) ) q = b i 矛盾，这暗示了，若 ( F ( k ) ( ξ ) ) q ∈ S 2 ，则 F ( ξ ) = 0 。 根据断言1)和引理2，可知 F ( ξ ) 不是超越亚纯函数。 情形1.1 F ( ξ ) 是一个非常数的多项式。 根据Nevanlinna第二基本定理和断言2)，可知 T ( r ， ( F ( k ) ) q ) ≤ ∑ i = 1 2 N ¯ ( r ， 1 ( F ( k ) ) q − b i ) + N ¯ ( r ， F ) + O ( 1 ) ≤ N ¯ ( r ， 1 F ) + O ( 1 ) (3) 显然， T ( r ， ( F ( k ) ) q ) = q ( deg ( F ) − k ) log r + O ( 1 ) (4) 因为F的零点重级至少为k，可知 N ¯ ( r ， 1 F ) ≤ N ( r ， 1 F ) k = T ( r ， F ) + O ( 1 ) k = deg ( F ) k log r + O ( 1 ) (5) 由F的零点重级至少为 k ( ≥ 2 ) ，(3)，(4)和(5)，可得 (6) k ≤ deg ( F ) ≤ q k 2 q k − 1 ≤ 2 k (7) 由于 F ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k ，可知 F ( ξ ) 仅有一个零点或者仅有两个不同的零点。 情形1.1.1 F ( ξ ) 仅有一个零点。 令 F ( ξ ) = c 0 ( ξ − ξ 1 ) deg ( F ) ，其中 c 0 为非零常数，对任意的 i ( i = 1 ， 2 ) ， ( F ( k ) ( ξ ) ) q − b i 至少有一个零点。根据断言2)，可知 F ( ξ ) 至少有两个不同的零点。 情形 1.1.2 F ( ξ ) 仅有两个不同的零点。 根据 F ( ξ ) 的零点重级均 和(6)，可知 2 k ( q k − 1 ) ≤ q k 2 ，从而 2 ≤ 2 q ≤ q k ≤ 2 。因此 k = 2 和 q = 1 ，由此可知 F ( ξ ) 是一个次数为4~的多项式，且 F ( ξ ) 的两个不同零点的重级都为2。可证 b i ≠ 0 ， i = 1 ， 2 。由断言2)，如果 F ( 2 ) ( ξ 0 ) = b i = 0 ， i = 1 ， 2 ，这说明 ξ 0 不是 F ( ξ ) 的重级为2的零点，矛盾。根据 b 1 ≠ b 2 和 F ( ξ ) 仅有两个不同的零点，可知 ( F ( 2 ) − b 1 ) ( F ( 2 ) − b 2 ) 的每个零点重级为2。 显然， F ( 3 ) ≡ 0 ，令 P = F F ( 3 ) ( F ( 2 ) − b 1 ) ( F ( 2 ) − b 2 ) (8) 显然， P ( ≡ 0 ) 是有理函数，它的极点来自于 F ( 2 ) − b i 零点， i = 1 ， 2 。如果 ξ 0 是 F ( 2 ) − b i 的二~重零点，则 ξ 0 是 F ( 3 ) 的一重零点，也是 F ( ξ ) 的二重零点，这意味着 F ( 2 ) − b i 零点也是P的零点，所以P没有极点，且P是多项式。由(8)，可知 P ( F ( 2 ) − b 1 ) ( F ( 2 ) − b 2 ) = F F ( 3 ) ，经过简单的计算，可得 deg P = 1 ，所以P仅有一个零点。对于任一 i ( i = 1 ， 2 ) ，若 ，则 P ( ξ 0 ) = 0 ，这说明P至少有两个不同的零点，矛盾。 情形1.2 F ( ξ ) 不是多项式的非常数有理函数。 令 F ( ξ ) = a m ξ m + a m − 1 ξ m − 1 + ⋯ + a 1 ξ + a 0 + P 1 ( ξ ) P 2 ( ξ ) (9) 其中 a m ， a m − 1 ， ⋯ ， a 1 ， a 0 是复数，m是一个正整数， P 1 和 P 2 是互素的两个多项式，且 deg ( P 1 ) < deg ( P 2 ) 。 假设 P 2 ( ξ ) = μ ( ξ − ξ 1 ) m 1 ( ξ − ξ 2 ) m 2 ⋯ ( ξ − ξ t ) m t (10) 其中 μ ( ≠ 0 ) 是一个常数，t是一个正整数， m 1 ， m 2 ， ⋯ ， m t 是t个正整数， ξ 1 ， ξ 2 ， ⋯ ， ξ t 是t个不同的有限复数， w = m 1 + m 2 + ⋯ + m t 。由(9)和(10)，可得到 N ( r ， ( F ( k ) ) q ) = q ( w + k t ) log r + O ( 1 ) (11) N ¯ ( r ， F ) = N ¯ ( r ， ( F ( k ) ) q ) = t log r + O ( 1 ) (12) 情形1.2.1 假设 m ≥ k 。 由Nevanlinna第二基本定理，断言1)和断言2)，可知 T ( r ， ( F ( k ) ) q ) ≤ N ¯ ( r ， F ) + N ¯ ( r ， 1 F ) + O ( 1 ) ≤ q ( N ¯ ( r ， F ) + N ¯ ( r ， 1 F ) ) + O ( 1 ) (13) 由(9)，(10)和 F ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k ( ≥ 2 ) ，可得 N ¯ ( r ， 1 F ) ≤ 1 k N ( r ， 1 F ) = m + w k log r + O ( 1 ) ≤ m + w 2 log r + O ( 1 ) (14) 和 T ( r ， ( F ( k ) ) q ) = N ( r ， 1 ( F ( k ) ) q ) + O ( 1 ) = q [ ( m − k ) + ( w + k t ) ] log r + O ( 1 ) = q [ m + w + ( t − 1 ) k ] log r + O ( 1 ) (15) 结合(12)~(15)，可得 q [ ( m + w ) + ( t − 1 ) k ] log r ≤ q ( m + w 2 + t ) log r + O ( 1 ) 。经过简单的计算，获知 m + w 2 ≤ − k ( t − 1 ) + t ≤ 2 − t . (16) 由于m，w和t都是正整数，根据(16)，可知 m = w = t = 1 ，与 m ≥ k ≥ 2 矛盾。 情形1.2.2 假设 m < k 。 从(9)~(14)可知 T ( r ， ( F ( k ) ) q ) = N ( r ， ( F ( k ) ) q ) + O ( 1 ) = q ( w + k t ) log r + O (1) 且 q ( w + k t ) log r ≤ q ( t + m + w k ) log r + O ( 1 ) ，因此 k < ( k − 1 ) w + ( k − 1 ) k t ≤ m < k 矛盾。 情形2 g ( ζ ) ≠ 0 且 g ( ζ ) + a 1 − a 2 ≠ 0 。 根据引理3，可断言g是超越亚纯函数。从(1)和(2)，获知 (17) 在复平面 ℂ 上内闭一致收敛。可证 ( g ( k ) ( ζ ) ) q ≡ 0 。如果 ( g ( k ) ( ζ ) ) q ≡ 0 ，可知 g ( ζ ) 是一个次数至多为 k − 1 ， 这与 g ( ζ ) 是超越亚纯函数矛盾。结合 E ¯ ( S 1 ， f ) = E ¯ ( S 2 ， ( f ( k ) ) q ) ，(1)，(2)，(17)， g ( ζ ) ≠ 0 和 g ( ζ ) + a 1 − a 2 ≠ 0 ，可得 ( g ( k ) ( ζ ) ) q ≠ 0 ，即 g ( k ) ( ζ ) ≠ 0 。 根据g的级至多为2和引理4，可知，在复平面 ℂ 上，g极点个数是有限的。由Nevanlinna第二基本定理，获知 T ( r ， g ) = N ¯ ( r ， g ) + N ¯ ( r ， 1 g ) + N ¯ ( r ， 1 g + a 1 − a 2 ) + O ( log r ) < O ( log r ) (18) 从(18)可知，g是一个有理函数。矛盾。 综上所述， F 在D内正规，定理1证毕。