1 问题的提出

1959年, Hayman^[1]证明了如下的Picard型定理:

定理1  设f是复平面C上的亚纯函数, k∈⁺, 若f≠0, 且f^(k)≠1, 则f≡常数.

1979年, 顾永兴^[2]证明了对应的正规定则:

定理2  设为区域D内的亚纯函数族, k∈⁺, 若对任意f∈, f≠0, 且f^(k)≠1, 则在D内正规.

2013年, 童晓丽等^[3]从另一方面将定理2中的限制条件“f≠0”减弱为“f的零点分布在一条直线上”, 得到定理3.

定理3  设是定义在单位圆盘D上的亚纯函数族, 若存在M≥0, 使得对任意的f∈, 有:

a.f=0⇒|f′|≤M;

b.f的零点分布在一直线上;

c.f的极点重级m≥3;

d.f′≠1.

则在D上正规.

2015年, 洪苏敏等^[4]又将定理3中的条件“f′≠1”改为“f′≠z^d”, 得到定理4.

定理4  设d∈⁺, 是定义在单位圆盘D上的亚纯函数族, 若存在M≥0, 使得对任意的f∈, 有:

a.f=0⇒f′≤M|z^d|;

b.f的零点分布在一直线上;

c.f的极点重级m≥3;

d.f′≠z^d.

则在D上正规.

2003年, Bergweilier等^[5]将定理1中的条件“f(z)≠0”减弱为“f的零点和极点除有限多个外都是重级的”, 并把例外值推广到“不恒为零的有理函数”, 得到定理5.

定理5  设f是一个超越亚纯函数, R是一个有理函数, 且R0, f的零点和极点除有限多个外都是重级的, 则f′-R有无穷多个零点.

2016年, 徐成雨等^[6]在定理5的基础上, 把“f的零点是重级的”减弱为“f只有实零点”, 得到了例外函数是多项式的Picard型定理6.

定理6  设d∈⁺, f是复平面C上的超越亚纯函数, 若存在M≥0, 使f满足:

a.f=0⇒|f′|≤M|z^d|;

b.f的零点均为实数;

c.f的极点重级至少为3.

则f′-z^d有无穷多个零点.

本文在定理6的基础上进一步考虑例外函数是有理函数的情况, 得到定理7.

定理7  设f是复平面C上的超越亚纯函数, 若存在M≥0, 使f满足:

a.f=0⇒|z²f|′≤M;

b.f的零点均为实数;

c.f的极点重级至少为3.

则有无穷多个零点, 并得到相应的正规定则定理8.

定理8  设是定义在单位圆盘Δ上的亚纯函数族, 若存在M＞0, 使得对任意的f∈, 有

a.f=0⇒|z²f′|≤M;

b.f的零点均为实数;

c.f的极点重级至少为3;

d. .

则在Δ上正规.

2 主要引理

引理1  (Pang-Zalcman引理)^[7-8]设是区域D上的亚纯函数族, 零点重级至少为k(≥1), 存在A(≥1) 使得对任意的f∈, 当f=0时, 必有|f^(k)(z)|≤A.若在z₀处不正规, 那么对每一个α, 0≤α≤k, 必存在

a.点列z_n→z₀;

b.函数列f_n∈;

c.正数列ρ_n→0⁺.

使得, 这里g(ζ)是非常值有穷级亚纯函数, 并且满足g^#(ζ)≤g^#(0)=kA+1.

定义1^[5]  设g是定义在复平面C上的亚纯函数, 如果当|z|→∞时, 有, 则称g为Julia例外函数.

由Ahlfors-Shimizu特征函数^[8-9]的表达式可知, 若g为Julia例外函数, 则当r→∞时有T(r, g)=O((logr)²).

引理2^[5]  设g是一个亚纯函数, 但不是Julia例外函数, 则存在C上的点列{a_n}, 当n→∞时, 有a_n→∞, g(a_n)→0, a_ng′(a_n)→∞.

引理3^{[5, 10]}  超越Julia例外函数没有渐近值.

引理4^[11]  设={f_n}为单位圆盘Δ上的亚纯函数族, k∈⁺, {b_n}是Δ上的全纯函数列, 且在Δ上, , 若f_n(z)≠0, , z∈Δ, 则在Δ上正规.

引理5^[5]  设f为超越亚纯函数, R是一个有理函数, 满足:当z→∞时, R(z)~cz^d, 这里c∈C\{0}, d∈.若f′-R仅有有限多个零点, 且r→∞时, T(r, f)=O(logr)², 令, 当d=-1时, g:=f, 则g有一个渐近值.

引理6^[11-12]  设f为非多项式有理函数, 且对任意的z∈C, f′(z)≠1, 则, 这里a(≠0), b, c为常数, m为正整数, 若f的零点为重级零点, 则m=1.

3 定理7的证明

假设只有有限多个零点.令g(z)=zf(z), 假设g(z)是Julia例外函数, 则当r→∞时有, T(r, g)=O(logr)², 从而有T(r, f)=O((logr)²).由引理5知g(z)有一个渐近值, 这与引理3矛盾, 故g(z)不是Julia例外函数.

故由引理2知, 存在点列{a_n}, 当n→∞时, 有a_n→∞, g(a_n)→0, a_ng′(a_n)→∞, 从而有a_nf(a_n)=g(a_n)→0, a_n²f′(a_n)=a_ng′(a_n)-a_nf(a_n)→∞.设a_n=x_n+iy_n, 下面分两种情形讨论.

情形1  假设x_n→x₀∈R, y_n→∞.

令f_n(z)=iy_nf(iy_nz), 则对充分大的n, 有:a.f_n(z)在内没有零点; b. 由引理4知{f_n(z)}在内正规, 故{f_n(z)}在z=1处正规.

又因为

故

又由于当n→∞时, , 由Marty正规定则知, {f_n(z)}在z=1处不正规, 矛盾.

情形2  x_n→∞, 下面再分两种情形讨论.

情形2.1  

令f_n(z)=iy_nf(iy_nz), 处理方法如上, 同样可得出矛盾.

情形2.2  

令, 设f_n(z)=0, 则.由定理7中的条件可知, 则有f_n(z)=0⇒.故有:a.f_n(z)=0⇒|f_n′(z)|≤M, 由定理条件知, 从而; b.f_n′(z)≠1; c.f_n(z)只有实零点, 即f_n(z)的零点在一直线上; d.f_n(z)的极点重级至少为3.故由定理3可知{f_n(z)}在内正规, 故{f_n(z)}在处正规.

又因为

故

又由于当n→∞时, 有, 故由Marty正规定则可知{f_n(z)}在处不正规, 矛盾.

故有无穷多个零点, 定理得证.

4 定理8的证明 4.1 在证明定理8之前先证明一个引理

引理7  设{f_n}是复平面C上的一族亚纯函数, f_n的零点均为实数, 极点重级至少为3, 若存在M＞0, 使f_n满足:

a.f_n=0⇒|z²f_n′|≤M;

b. ;

c. .

则f≡常数.

证明  假设f不是常数, 由条件可知:f的零点均为实数, 极点重级至少为3, f=0⇒|z²f′|≤M.

断言:

假设在复平面C上, 令集合E={z:f(z)=∞}∪{0}, 则E在复平面C上无聚点.由条件可知在C\E上有, 故由Hurwitz定理可知或.若, 则, 这与f的极点重级至少为3矛盾, 从而在C\{0}上.令, 则H_n在复平面C上全纯, H_n(0)=0, 且在C\{0}上.由于对任意的δ＞0, 在Δ′(0, δ)上, 由最大模原理知{H_n}在Δ(0, δ)一致收敛.因此, z=0时, , 故在复平面C上, , 断言成立.

由定理7知f(z)为有理函数, 分两种情形讨论.

情形1  若f(z)为多项式, 则f′(z)也为多项式, 这与矛盾.

情形2  若f(z)为非多项式有理函数, 设, 则, 则由引理6可知.这里a(≠0), b, c为正整数.因此.由于f的极点重级至少为3, 从而得到b=0, m≥3, 从而.

由于f不是常数, f_n⇒f, 且f(0)=∞, f(z) ∞, 故由Hurwitz定理知存在z_n→0, 使得f_n(z_n)=∞.又因为f_n(0)≠∞, 故z_n≠0.

因为f(0)=∞, 但f(z)∞, 则存在δ＞0, 使得f, f_n在圆周{z:|z|=δ}上全纯, 且, j=0, 1, 2, …, 所以有

因为上式两端都是整数, 故对充分大的n有

由幅角原理可知

又由于, 故, .又因为f_n在Δ(0, δ)上有m个非零极点(计重级), 设f_n的极点为z₁, …, z_l(l≥1), 其重级记为τ₁, …, τ_l, 则.而z_i为f_n′的τ_i+1重极点, , 故, 从而, 故在Δ(0, δ)上有零点, 这与引理条件矛盾.

从而f≡常数, 引理得证.

4.2 定理8的证明

由定理3的证明知在Δ′上正规, 只需要证明在z=0处正规即可.令={H=z²f:f∈}, 对任意的f∈, 由定理条件知f′(0)≠∞, 因此f(0)≠∞, 所以对任意的H∈, H(0)=0, 显然在Δ′上正规.下面证在z=0处正规.

假设在z=0处不正规, 由引理1知, 存在点列z_n→0, 正数列ρ_n→0⁺, 函数列{H_n}∈, 使得

其中, g(ζ)为非常值有穷级亚纯函数, 且满足g^#(ζ)≤g^#(0)=M+1.

然后分情形讨论.

情形1   .

断言:

a.g(ζ)=0⇒|g′(ζ)|≤M;

b.g′(ζ)≠1;

c.g(ζ)的零点在一直线上.

先证断言a.设存在ζ₀使g(ζ₀)=0, 则g(ζ)0, 由Hurwitz定理知, 存在ζ_n, ζ_n→ζ₀, 对充分大的n有g_n(ζ_n)=0.而, 则或者z_n+ρ_nζ_n=0, 或者f_n(z_n+ρ_nζ_n)=0.若z_n+ρ_nζ_n=0, 则, 令n→∞, 得到ζ₀=∞, 矛盾, 从而有f_n(z_n+ρ_nζ_n)=0.

由定理条件知f_n(z_n+ρ_nζ_n)=0⇒|(z_n+ρ_nζ_n)²·f′_n(z_n+ρ_nζ_n)|≤M.从而，故断言a成立.

再证断言b.设存在ζ₀使得g′(ζ₀)=1, 则g′(ζ)1, 否则g(ζ)≡ζ+c, 经简单计算, 矛盾.因此存在ζ₀的邻域U(ζ₀), 使得g_n(ζ)在U(ζ₀)上全纯, 且g_n(ζ)⇒g(ζ), g_n′(ζ)⇒g′(ζ), 由

得

再由Hurwitz定理知存在点列ζ_n, ζ_n→ζ₀, 当n充分大时有(z_n+ρ_nζ_n)²f_n′(z_n+ρ_nζ_n)=1.这与定理条件矛盾, 故断言b得证.

再证断言c.不妨设g(ζ)至少有3个不同的零点, 记为ζ₁, ζ₂, ζ₃.又由和Hurwitz定理知, 当δ＞0时, 存在点列ζ_{n, i}∈Δ_δ(ζ_i), i=1, 2, 3, 当n充分大时有.由断言a知f_n(z_n+ρ_nζ_{n, i})=0.

由定理条件f_n(z)的零点在一直线上, 可得到(t_n为实常数), 即.

令n→∞得到(t₀为实常数).即ζ₁, ζ₂, ζ₃在一直线上, 由ζ₁, ζ₂, ζ₃的任意性可知g(ζ)的零点在一直线上, 断言c得证.

显然, g(ζ)的极点重级至少为3.故由定理3的证明知上述g(ζ)不存在.

情形2   , α为有穷复数

令

则g(ζ-α)在ζ=0处的零点重级至少为2, 所以G(0)≠∞.

显然易得:G_n(ζ)=0⇒|ζ²G_n′(ζ)|≤M; G_n(ζ)的零点均为实数; G_n(ζ)的极点重级至少为3; .故由引理7知G(ζ)≡常数.下证这样的G(ζ)不存在.

令G≡c(c为常数), 由于g为非常值亚纯函数, 故c≠0, 由G_n(ζ)=ρ_nf_n(ρ_nζ)知, 当n→∞时, 下面再分两种情形讨论.

情形2.1  假设存在δ＞0, 使得对任意的z∈Δ(0, δ), 有f_n(z)≠0, 则由定理条件和引理4可知{f_n}在Δ(0, δ)上正规, 这与假设没有的子列在z=0处正规矛盾.

情形2.2  假设对任意的δ＞0, 在Δ(0, δ)内存在点列z_n^*, z_n^*→0时f_n(z_n^*)=0, 令z_n^*为f_n模最小的零点, 由定理条件f_n只有实零点知z_n^*∈R, 由G_n(ζ)=ρ_nf_n(ρ_nζ)→c(≠0), 得, 令G_n^*(ζ)=z_n^*f_n(z_n^*ζ), 则在Δ内G_n^*(ζ)≠0, 且, 则由引理4知{G_n^*(ζ)}在Δ上正规.

显然G_n^*(ζ)只有实零点, 即G_n^*(ζ)的零点在一直线上; G_n^*(ζ)的极点重级至少为3;G_n^*(ζ)=0⇒|ζ²G_n^*′|≤M.由定理3的证明知G_n^*(ζ)在C\{0}上正规, 因此G_n^*(ζ)在复平面C上正规.假设, 由引理7知G^*(ζ)为常数.又由于G_n^*(1)=z_n^*f_n(z_n^*)=0, 故G^*(ζ)≡0, 这与矛盾, 因此这样的G(ζ)不存在.

所以在z=0处正规, 所以在区域Δ上正规.

下证在Δ上正规.任取{f_n(z)}∈, 令H_n(z)=z²f_n(z), 则{H_n(z)}∈, 又由于在z=0处正规, 所以存在{H_n(z)}的子列(仍记为{H_n(z)}), η＞0, 使得{H_n(z)}在Δ(0, η)上按球距内闭一致收敛于一个亚纯函数H(z).由于f_n(0)≠∞, 所以H_n(0)=0, 令n→∞得H(0)=0.所以存在η₁＞0, 使得对任意的z∈Δ(0, η₁)有H(z)≤1.由于{H_n(z)}在上按球距内闭一致收敛于H(z), 所以对任意的有H_n(z)≤2.对任意的有f_n(z)≠∞, 所以f_n(z)在上解析.而在上, , 由最大模原理知在, 由Montel正规定则知, 在上正规.又由定理3的证明知, 在Δ′上正规, 因此在上正规.定理得证.