孟耀霞， 劉曉俊

（上海理工大學(xué) 理學(xué)院，上海 200093）

1 問題的提出

1986年，楊樂［1］和朱經(jīng)浩［2］證明了定理1.

定理1 設(shè)F為區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族，ψ≠0為D內(nèi)的全純函數(shù)，k∈Z＋.如果每個(gè)f∈F，在D內(nèi)都滿足f≠0與L（f）≠ψ（z），則F在D內(nèi)正規(guī).

2010年，徐焱［3］進(jìn)一步得到了定理2和定理3.

定理2 設(shè)k∈Z＋，F(xiàn)為區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族且對(duì)每個(gè)f∈F滿足f≠0，ψ≠0為D內(nèi)的全純函數(shù).如果對(duì)F內(nèi)任一組函數(shù)f與g，f（k）與g（k）在D內(nèi)分擔(dān)ψ（z），則F在D內(nèi)正規(guī).

定理3 設(shè)ψ?0為區(qū)域D內(nèi)的只有單零點(diǎn)的全純函數(shù)，k∈Z＋，F(xiàn)為區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族.如果每個(gè)f∈F滿足f≠0且只有重極點(diǎn)；對(duì)F內(nèi)任一組函數(shù)f與g，f（k）與g（k）在D內(nèi)分擔(dān)ψ（z），則F在D內(nèi)正規(guī).

本文將定理2和定理3推廣到微分多項(xiàng)式［4］的情形，得到了定理4和定理5.

定理4 設(shè)k∈Z＋，F(xiàn)為區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族且對(duì)每個(gè)f∈F滿足f≠0，ψ≠0為D內(nèi)的全純函數(shù).如果對(duì)F內(nèi)任一組函數(shù)f與g，L（f）與L（g）在D內(nèi)分擔(dān)ψ（z），則F在D內(nèi)正規(guī).

定理5 設(shè)ψ?0為復(fù)平面區(qū)域D內(nèi)的只有單零點(diǎn)的全純函數(shù)，k∈Z＋，F(xiàn)為區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族.如果每個(gè)f∈F滿足f≠0且只有重極點(diǎn)；對(duì)F內(nèi)任一組函數(shù)f與g，L（f）與L（g）在D內(nèi)分擔(dān)ψ（z），則F在D內(nèi)正規(guī).

Pf表示f的極點(diǎn)，C＼Pf表示復(fù)平面C除掉f的極點(diǎn).

2 引 理

引理1［5］設(shè)F為區(qū)域D內(nèi)的一個(gè)亞純函數(shù)族，每一個(gè)f滿足f≠0.如果F在D內(nèi)的一點(diǎn)z0不正規(guī)，則對(duì)任何的α≥0，存在

a.點(diǎn)列zn→z0（n→∞）；

b.正數(shù)列ρn→0＋（n→∞）；

c.函數(shù)列fn∈F，使得這里g（ζ）為非常值有窮級(jí)亞純函數(shù).

引理2［6］設(shè)f為復(fù)平面C上一個(gè)非常值亞純函數(shù)，a≠0∈C，k∈Z＋，則f或f（k）－a有零點(diǎn).更進(jìn)一步，若f是超越亞純函數(shù)，則f或f（k）－a有無(wú)窮多個(gè)零點(diǎn).

引理3［3］設(shè)k∈Z＋，f為非常值有理函數(shù)且f≠0，則

a.f（k）（z）－1至少有2個(gè)不同的零點(diǎn)；

b.若f的極點(diǎn)均為重級(jí)（至多可能有1個(gè)例外），則f（k）（z）－z至少有2個(gè)不同的零點(diǎn).

引理4［7］設(shè)f為復(fù)平面C上的一個(gè)超越亞純函數(shù)，R（z）?0為一有理函數(shù)，k∈Z＋.如果f的零點(diǎn)與極點(diǎn)（除有限個(gè)外）重級(jí)都至少為2，則f（k）－R有無(wú)窮多個(gè)零點(diǎn).

由定理4和文獻(xiàn)［3］中引理7～9的證明過程得到引理5～7.

引理5 設(shè)k∈Z＋，F(xiàn)為區(qū)域D內(nèi)的全純函數(shù)族且任意的f∈F，ψ?0為D內(nèi)的全純函數(shù).如果對(duì)F內(nèi)任一組函數(shù)f與g，L（f）與L（g）在D內(nèi)分擔(dān)ψ（z），則F在D內(nèi)正規(guī).

引理6 設(shè)k∈Z＋，F(xiàn)為區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族，｛ψn（z）｝為D內(nèi)全純函數(shù)列且在D上內(nèi)閉一致收斂到全純函數(shù)ψ，滿足ψ（z）≠0（z∈D）.如果對(duì)每個(gè)n，fn（z）≠0且L（fn）（z）－ψn（z）在D內(nèi)至多只有1個(gè)零點(diǎn)z＝0，則F在D內(nèi)正規(guī).

引理7 設(shè)k，l∈Z＋，Δ＝f｛｝n為Δ內(nèi)的全純函數(shù)族，為Δ內(nèi)純函數(shù)列且在Δ上內(nèi)閉一致收斂到zl，如果對(duì)每個(gè)n，有fn（z）≠0與L（fn）（z）－ψn（z）在Δ內(nèi)至多只有1個(gè)零點(diǎn)z＝0，則F在Δ內(nèi)正規(guī).

3 定理的證明

3.1 定理4的證明

假設(shè) F在點(diǎn)z0∈D不正規(guī)，由引理1可知，存在點(diǎn)列zn→z0，ρn→0＋及fn∈F，使得gn（ζ）＝在C上，這里g（ζ）為非常值有窮級(jí)亞純函數(shù).因?yàn)?，fn≠0，所以，由Hurwitz引理得g（ζ）≠0，易得，在C＼Pg上

由式（1）可知，在C＼Pg上

g（k）（ζ）－ψ（z0）?0；否則，G為一個(gè)k次多項(xiàng)式，但這與G（ζ）≠0矛盾.

若?ζ0，使得g（k）（ζ0）＝ψ（z0），由引理2和引理3可知，g（k）（ζ）－ψ（z0）至少有2個(gè)不同的零點(diǎn)，現(xiàn)證明這是不可能的.

由定理4中的條件可知，對(duì)任何fm∈F也有

固定m，令n→∞，有及L（fm）（z0）－ψ（z0）＝0.可設(shè)在z0的某領(lǐng)域內(nèi)L（fm）（z）－ψ（z）?0.否則，存在z0的某領(lǐng)域，使得在這個(gè)領(lǐng)域內(nèi)L（fm）（z）≠ψ（z）＋1，于是，由定理1可知，F(xiàn)在點(diǎn)z0∈D正規(guī)，與假設(shè)矛盾.這樣由上可推得zn＋ρnζn＝z0與，但這與矛盾.

若g（k）（ζ）≠ψ（z0），由引理2可知，g（ζ）為常值函數(shù)，矛盾.

3.2 定理5的證明

由定理4的結(jié)論可知，只需證明F在ψ（z）的每個(gè)零點(diǎn)處正規(guī)即可.

不失一般性，可設(shè)D＝Δ，ψ（z）＝zφ（z）（z∈Δ），這里φ（z）為Δ內(nèi)的全純函數(shù)，且在Δ上φ（z）≠0，φ（0）＝1.只要證明F在點(diǎn)z＝0正規(guī).

若?g∈F，使得L（g）（0）≠ψ（0），則存在δ＞0使得在Δδ上L（g）（z）≠ψ（z）.由定理5中的條件可知，對(duì)任意f∈F，在Δδ上有L（f）（z）≠ψ（z）.根據(jù)定理1可知，F(xiàn)在點(diǎn)z＝0正規(guī).

若對(duì)?g∈F，L（g）（0）＝ψ（0），取定1個(gè)g∈F，L（g）（0）＝ψ（0），?δ＞0使得L（g）（z）≠ψ（z），z∈Δ′δ；否則，在該領(lǐng)域內(nèi)有L（g）（z）≡ψ（z），由定理5中的條件可知，對(duì)任意f∈F，同樣有L（f）（z）≡ψ（z）.這樣，在z＝0的該領(lǐng)域內(nèi)有L（f）（z）≠ψ（z）＋1，應(yīng)用定理1，F(xiàn)在點(diǎn)z＝0正規(guī)，定理5得證.從而對(duì)?f∈F，有

由定理1可知，F(xiàn)在Δ′δ正規(guī).

假設(shè)F在點(diǎn)z＝0不正規(guī).考慮

因?yàn)椋琭≠0，所以，g（0）＝∞.此時(shí)G在z＝0也不正規(guī).

由引理1可知，存在zn→0，ρn→0＋及gn∈G，使得在C上，這里G（ζ）是C上一個(gè)非常值有窮級(jí)亞純函數(shù).因?yàn)?，gn＝fn／ψ≠0，所以，由 Hurwitz定理可知，G（ζ）≠0.

情形1zn／ρn→∞.

通過簡(jiǎn)單計(jì)算可得

設(shè)

于是

則

所以

由G（ζ）≠0，易知G（k）（ζ）?1.進(jìn)一步可斷言，G（k）（ζ）≠1.事實(shí)上，若G（k）（ζ0）＝1，則由 Hurwitz定理可知，存在ζn→ζ0，使得對(duì)充分大的n，L（fn）（zn＋ρnζn）＝ψ（zn＋ρnζn），從而由定理5中的條件可知，對(duì)每個(gè)正整數(shù)m都有L（fm）（zn＋ρnζn）＝ψ（zn＋ρnζn）.另外，zn＋ρnζn→z0∈Δδ，則對(duì)充分大的n，zn＋ρnζn≠0；否則zn＋ρnζn＝0，從而ζn＝－zn／ρn→∞，矛盾.這樣對(duì)充分大的n，zn＋ρnζn∈Δ′δ.這與式（3）矛盾.

于是，有G（ζ）≠0與G（k）（ζ）≠1.由引理2得G是常數(shù)，矛盾.

情形2zn／ρn→α≠∞.

令

顯然H（0）≠0，并且由fn≠0及Hurwitz定理可推得H（ζ）≠0.因?yàn)椋琭n只有重極點(diǎn)，同樣由 Hurwitz定理可得，H也只有重極點(diǎn).而

由式（4）得，在C＼PH上，

故

斷言：當(dāng)ζ∈C＼｛0｝時(shí)，H（k）（ζ）≠ζ.

首先，H（k）（ζ）?ζ.否則，H（k）（ζ）≡ζ，則H是次數(shù)為k＋1的多項(xiàng)式，從而與H≠0矛盾.如果存在ζ0≠0使得H（k）（ζ0）＝ζ0，由 Hurwitz定理與式（5）可知，存在ζn→ζ0使得即L（fn）（ρnζn）＝ψ（ρnζn）.

由定理5中的條件，對(duì)每個(gè)正整數(shù)m都有L（fm）（ρnζn）＝ψ（ρnζn），ρnζn∈Δ′δ，這與式（3）矛盾，斷言得證.

注意到H（ζ）≠0，由引理4可得，H必為有理函數(shù).如果H不是常數(shù)，應(yīng)用引理3可得，H（k）（ζ）－ζ至少有2個(gè)不同零點(diǎn)，矛盾.因此，H為一非零常數(shù).現(xiàn)證明這是不可能的.

若設(shè)H≡C≠0，則有

若存在δ1＞0，使得fn≠∞，z∈Δδ1，則由引理5可知，｛fn｝在Δδ1上正規(guī)，矛盾.

故

若存在ζ0（≠0）使得H＊（k）（ζ0）＝ζ0，則由Hurwitz定理可知，存在ζn→ζ0使得ζn＝ζnφ（z＊nζn），即

由定理5中的條件可知，對(duì)每個(gè)正整數(shù)m都有但這與式（3）矛盾.故對(duì)每個(gè)至多在C上有一個(gè)零點(diǎn)ζ＝0，設(shè)則在Δ上內(nèi)閉一致收斂，有ψn（ζ）→ζ.應(yīng)用引理 6 得在C＼｛｝0上正規(guī).注意到z＊n為fn具有最小模的極點(diǎn)，則在Δ上全純，可應(yīng)用引理7得在Δ上正規(guī).因此，在整個(gè)C上正規(guī).

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