亞純函數(shù)的正規(guī)定則

魯鳳年，楊錦華

（新疆師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院，新疆 烏魯木齊 830017）

1959 年，Hayman 證明了開平面上的亞純函數(shù)f(z)，當(dāng)k≥5，a≠0,b為有限復(fù)常數(shù)，如果f'-af k≠b,則f恒為常數(shù)，即f'-af k-b在復(fù)平面?上有無窮多個零點［1］。同時提出猜測：滿足上述條件的函數(shù)族一定是正規(guī)的，李先進證明了此猜測［2］。Mues 舉出反例說明：當(dāng)k= 3,4 時，f'-af k-b在? 內(nèi)僅有有限個零點［3］。但龐學(xué)誠證明了當(dāng)k= 3,4時滿足條件f'-af k≠b的函數(shù)族是正規(guī)的［4］。

楊錦華等人將滿足上述條件中的例外值推廣到例外函數(shù)是全純函數(shù)的情況［5］，得到以下結(jié)果：

定理A設(shè)? 是區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族，k≥4 是一正整數(shù)，a(z)(?0)和b(z)是區(qū)域D內(nèi)的兩個全純函數(shù)，且當(dāng)a(z) = 0時f(z) ≠∞時，對于任意的f∈?，若f'(z)-a(z)f k(z) ≠b(z)，則?在D內(nèi)正規(guī)。

定理B設(shè)? 是區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族，k≥3 是一正整數(shù)，a(z)(≠0)和b(z)為區(qū)域D內(nèi)的兩個全純函數(shù)。對于任意的f∈?，若f'(z)-a(z)f k(z) ≠b(z)，則?在D內(nèi)正規(guī)。

鄭甫溜，黃小軍等人分別得到關(guān)于k= 2 時且滿足條件f'(z)-a(z)f2(z) ≠b(z)的一類函數(shù)族的正規(guī)性［6-7］，得到：

定理C設(shè)? 是區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族，a(z)(?0)和b(z)為區(qū)域D內(nèi)的兩個全純函數(shù)。當(dāng)a(z) = 0時f(z) ≠∞時，對于任意的f∈?，若f的極點至少為3 重，零點重級且滿足f'(z)-a(z)f2(z) ≠b(z),則? 在D內(nèi)正規(guī)。

定理D設(shè)? 是區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族，a(z)(?0)和b(z)為區(qū)域D內(nèi)兩個全純函數(shù)。當(dāng)a(z) = 0 時f(z)∞時，對于任意的f∈?，若f的極點至少為4重且滿足f'(z)-a(z)f2(z) ≠b(z)，則?在D內(nèi)正規(guī)。

胡雅倩等人將例外函數(shù)a(z)推廣到了一般的亞純函數(shù)［8］：

定理E設(shè)? 為區(qū)域D內(nèi)的一族亞純函數(shù)，為D內(nèi)的亞純函數(shù)，當(dāng)a(z)= ∞時，有f(z)≠0；當(dāng)a(z)= 0時，有f(z)≠∞且k≥4時，對任意的f∈?,若f'(z)-a(z)f k(z)≠0，則?在D內(nèi)正規(guī)。

受上述研究的啟發(fā)，文章首先討論了k= 3 例外函數(shù)a(z),b(z)均是全純函數(shù)時，函數(shù)族的正規(guī)性；其次將例外函數(shù)a(z),b(z)分別推廣到亞純函數(shù)，得到了一類特殊函數(shù)族的正規(guī)定則。

定理1設(shè)? 為區(qū)域D內(nèi)的一族極點重級的亞純函數(shù)，a(z)(?0)和b(z)為區(qū)域D內(nèi)兩個全純函數(shù)。當(dāng)a(z) = 0時f(z) ≠∞，對于?中的每一個函數(shù)f，若f'(z)-a(z)f3(z) ≠b(z)，則?在D內(nèi)正規(guī)。

定理2設(shè)?為區(qū)域D內(nèi)的一族非零亞純函數(shù)，a(z)是區(qū)域D上的全純函數(shù)，b(z)(≠0, ?∞)為區(qū)域內(nèi)的亞純函數(shù)。當(dāng)k≥4且當(dāng)a(z) = 0時f(z) ≠∞.對于? 中的任意函數(shù)f,若f'(z)-a(z)f k(z)≠b(z),則? 在D內(nèi)正規(guī)。

定理3設(shè)? 為區(qū)域D內(nèi)的一族全純函數(shù)，a(z)(≠0, ?∞)是區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)，且當(dāng)a(z)= ∞時，有f(z) ≠0并且當(dāng)k≥3時，對于?中的每一個函數(shù)f，若f'(z)-a(z)f k(z)≠b(z)，則?在D內(nèi)正規(guī)。

最后將例外函數(shù)推廣到例外函數(shù)列，得到以下結(jié)論：

定理4設(shè)?是區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族，an(z)是區(qū)域D上的全純函數(shù)序列且an(z)收斂于a(z)(n→∞)，其中a(z)為不等于零的全純函數(shù)，b(z) 為區(qū)域D內(nèi)的全純函數(shù)。當(dāng)k≥3 時，對任意的f∈?,若f'(z)-an(z)f k(z)≠b(z),則?在D內(nèi)正規(guī)。

1 引理

引理1.1［9-10］設(shè)? 是區(qū)域D內(nèi)的亞純函數(shù)族，若? 在內(nèi)不正規(guī)，則對任意的f∈?，f的零點重數(shù)≥k，存在一個數(shù)A≥1，且f(z)= 0時，|f(k)(z)| ≤A.對- 1 ＜α≤k，存在

（1）點列zn∈D，zn→z0；

（2）?中函數(shù)列fn；

（3）正數(shù)序列ρn→0+.

注1.1文章中，=表示球面導(dǎo)數(shù)。在區(qū)域D內(nèi)，fn(z) ?f(z)表示在D內(nèi)按通常意義內(nèi)閉一致收斂到f(z)，并且按通常意義下的內(nèi)閉一致收斂與按球距內(nèi)閉一致收斂是等價的。

引理1.2［11］設(shè)?為單位圓盤內(nèi)U( 0; 1) 的亞純函數(shù)族，a是擴充復(fù)平面內(nèi)的任意常數(shù)，對任意的f∈?，f≠a，若? 在去心單位圓盤U0( 0; 1) 內(nèi)正規(guī)，在z= 0 處不正規(guī)，則存在? 的子列{fn}，使得當(dāng)n趨于∞時，在U0( 0; 1) 內(nèi)fn一致收斂于a.

引理1.3［12］設(shè)f是一個超越亞純函數(shù)。R是一個不恒為0 的有理函數(shù)。若f的零點和極點除有限個外均為重級，則f'-R有無限多個零點。

引理1.4［13］設(shè)Q是一個非常數(shù)的有理函數(shù)，m,k是正整數(shù)，若Q的零點至少是k+ 2重，則在復(fù)平面? 上Q(k)(z)= 1有解。

引理1.5［14］設(shè)Q是一個非常數(shù)的有理函數(shù)，m,k是正整數(shù)，且Q的零點重級均≥k+ 2，且它的極點的重級除z= 0外均≥2，則對于任意的正整數(shù)m，在復(fù)平面?上Q(k)(z)=zm有解。

2 定理的證明

定理1 的證明：根據(jù)定理B 可得，若要證明? 在D內(nèi)正規(guī)，只需要證明? 在a(z)的零點處是正規(guī)的。不妨設(shè)D為單位圓域U( 0; 1) 且a(z)=zmφ(z),其中z∈U( 0; 1) ,m≥1，φ( 0 )= 1且在0 ＜ |z| ＜ 1內(nèi)a(z)≠0，由于f'(z)-a(z)f3(z)≠b(z)且a( 0 )= 0時f(0) ≠∞，得≠1.這是因為對z0∈U( 0; 1) ：

（1）當(dāng)a(z0)≠0且f(z0)≠0,∞時，1成立；

（2）當(dāng)a(z0)= 0或f(z0)= 0時，a(z0)f3(z0)= 0，但是f'(z0)≠b(z0)，從而z0是函數(shù)

（3）當(dāng)a(z0)≠0，f(z0)= ∞時，z0是的零點，至少是的重級零點，從而≠1.

令

則gn的零點至少是4重，0是gn的至少m重極點，其余極點至少是2重。

假設(shè)?1在z= 0處不正規(guī),根據(jù)引理1.1可得存在gn∈?1,zn→0,ρn→0+使得

情形1：→∞，此時G(ξ)的極點至少是2重?？梢詳嘌裕涸?{G的極點}內(nèi)

事實上

記

注意到

從而

若G'(ξ)≡- 2,則G(ξ)是一個一次多項式,這與G(ξ)的零點重級至少是4重矛盾。

若G'(ξ)≠- 2,則由引理1.3知G(ξ)是一個有理函數(shù)，但這與引理1.4矛盾。

情形2：α≠∞,則

則有

記

其中

若Φ'(ξ)≡- 2ξm，令Φ(ξ0)= 0,則ξ0是Φ(ξ)的至少4 重零點,故Φ'(ξ0)= 0 =- 2ξ0m從而ξ0= 0，而這與Φ( 0 )≠0矛盾。

若Φ'(ξ)≠- 2ξm，由引理1.3可得Φ(ξ)是一個有理函數(shù)，但與引理1.5矛盾。

因此?1在0處是正規(guī)的，由此可得?1在U( 0;δ)內(nèi)也是正規(guī)的。

接下來證明?在0處是正規(guī)的。

根據(jù)?1在0處正規(guī)且gn( 0 )= ∞，存在δ> 0使得U( 0;δ)內(nèi)|gn(z)| ≥1,故≤1，又因為a( 0 )= 0時fn(0) ≠∞，因此U( 0;δ)內(nèi)fn(z)≠∞，所以fn在U( 0;δ)全純，選取δ足夠小使得當(dāng)n足夠大時，在|z| ≤δ內(nèi)，有.

由最大模原理和Montel正規(guī)定則可知，存在?的子列在U(0;δ∕2 )內(nèi)正規(guī)，即?在0處是正規(guī)的。

定理2 的證明：根據(jù)定理A 可得，若要證明? 在D內(nèi)正規(guī)，只需要證明? 在b(z)的極點處是正規(guī)的。不妨設(shè)D為單位圓域，其中?(z)≠0,∞,m是一個正整數(shù)。假設(shè)存在fn∈? 在z= 0 處不正規(guī)，由定理A，fn在U0( 0; 1) 內(nèi)正規(guī)且fn≠0,則由引理1.2知，存在子列{fn}使得fn?0于U0( 0; 1) .

設(shè) Φn(z)=fn'(z) -a(z)f nk(z)，由可得Φn(z)-b(z)≠0，當(dāng)n充分大時Φn(z)?0于U0( 0; 1) ，則

根據(jù)幅角原理，有

定理3 的證明：由定理B 可得，若要證明? 在D內(nèi)正規(guī)，只需要證明? 在a(z)的極點處是正規(guī)的。不妨設(shè), 其中φ(z)≠0,∞,m是一個正整數(shù)。假設(shè)存在fn∈? 在z= 0 處不正規(guī)，由定理B，fn在U0( 0; 1) 內(nèi)正規(guī)且fn≠∞，則由引理1.2可知，存在子列fn?∞于U0( 0; 1) .

設(shè)Sn(z)=，由fn'(z) -可得Sn(z)-a(z) ≠0，

且

當(dāng)n充分大時Sn(z)?0于U0( 0; 1) 則

根據(jù)幅角原理，有

定理4 的證明：假設(shè)? 在z0處不正規(guī)，a(z0)≠0，則根據(jù)引理1.1 可得，存在fn∈?,zn→z0,ρn→0+，使得，在復(fù)平面?上按球距內(nèi)閉一致收斂到一個非常數(shù)的亞純函數(shù)g(ξ)，且

又

則gn'(ξ)-an(zn+ρn ξ)gnk(ξ)在D內(nèi)去掉g(ξ)極點的區(qū)域內(nèi)閉一致收斂于g'(ξ)-a(z0)gk(ξ).根據(jù)Hurwitz定理可知，g'(ξ)-a(z0)gk(ξ)≡0或g'(ξ)-a(z0)gk(ξ)≠0.

若g'(ξ)-a(z0)gk(ξ)≡0,則g(ξ)=1k-11 -k(a(z0)ξ+c)，其中c為常數(shù)。 因為k≥3，a(z0)≠0，所以與g(ξ)是亞純函數(shù)矛盾。

若g'(ξ)-a(z0)gk(ξ)≠0，則g'(ξ)gk(ξ)≠a(z0)，這是因為：對于ξ0∈?，有

（1）當(dāng)g(ξ0)≠0,∞時，g'(ξ)gk(ξ)≠a(z0)成立；

（2）當(dāng)g(ξ0)= 0 時，設(shè)ξ0是g(ξ)的m重零點，則ξ0是g'(ξ)的m- 1 重零點，是gk(ξ)的km重零點，由于k≥3,m≥1,則km-m+ 1 > 0,因此ξ0是g'(ξ)gk(ξ)的極點,故g'(ξ)gk(ξ)≠a(z0)；

（3）當(dāng)g(ξ0)= ∞，此時ξ0至少是g'(ξ)gk(ξ)的1重零點，故g'(ξ)gk(ξ)≠a(z0).

令G(ξ)=1g(ξ)，有Gk-2(ξ)G'(ξ)≠-a(z0)，由于k≥3,因此G(ξ)是一常數(shù)，故g(ξ)也是常數(shù)，這與g(ξ)是非常數(shù)的亞純函數(shù)矛盾。

綜上，?在z0處是正規(guī)的，從而?在D內(nèi)也是正規(guī)的。