关于亚纯函数与其微分差分的唯一性

On the uniqueness of the meromorphic functon about its differerntial and difference

摘要

本文利用亚纯函数Nevanlinna理论研究亚纯函数的差分算子和高阶导数的唯一性问题. 设f(z)为超级小于1的非常数亚纯函数，a(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty }和b(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty }是f(z)的小函数，若f^{(k)}(z)和f(z+c) IM分担a(z)和b(z)，CM分担\mathrm{\infty }，且满足\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)=S(r,f)，则f^{(k)}(z)\equiv f(z+c). 接着，考虑了有穷级超越亚纯函数f(z)与L(z,f)的唯一性问题，其中， L(z,f)=b_{\mathrm{1}}f(z+c_{\mathrm{1}})+b_{\mathrm{2}}f(z+c_{\mathrm{2}})+\cdots +b_{n}f(z+c_n)， b_{\mathrm{1}}\mathrm{、}{b}_{\mathrm{2}}\mathrm{、}\cdots \mathrm{、}{b}_n(n\ge \mathrm{3})都是非0常数，c_{\mathrm{1}}\mathrm{、}{c}_{\mathrm{2}}\mathrm{、}\cdots \mathrm{、}{c}_n(n\ge \mathrm{3})是互不相同的非0常数. 设a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty })和a_{\mathrm{2}}为互不相同的两个复数，且a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty })和a_{\mathrm{2}}是f(z)的Borel例外值，若f(z)和L(z,f) CM分担a_{\mathrm{1}}和a_{\mathrm{2}}，{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\equiv \mathrm{0}，则a_{\mathrm{1}}=\mathrm{0}，a_{\mathrm{2}}=\mathrm{\infty }且f(z)={\mathrm{e}}^{Az+B},A\in \mathbb{C}\backslash \left\{\mathrm{0}\right\},B\in \mathbb{C}.

Abstract

In this paper， the uniqueness of the meromorphic function about its differerntial and difference is studied by using Nevanlinna theory. Suppose that f(z) is a nonconstant meromorphic function with hyper order ， a(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty }and b(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty } are distinct small function of f(z)， If f^{(k)}(z) and f(z+c) IM share a(z) and b(z)， CM share \mathrm{\infty } and satisfying \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)=S(r,f)， then f^{(k)}\equiv f(z+c). On the other hand， the uniqueness theorem about f(z) and L(z,f) is considered， where L(z,f)=b_{\mathrm{1}}f(z+c_{\mathrm{1}})+b_{\mathrm{2}}f(z+c_{\mathrm{2}})+\cdots +b_{n}f(z+c_n)，b_{\mathrm{1}},b_{\mathrm{2}},\cdots ,b_n(n\ge \mathrm{3})， c_{\mathrm{1}},c_{\mathrm{2}},\cdots ,c_n(n\ge \mathrm{3}) are distinct nonzero constants. Let a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty }) and a_{\mathrm{2}} are different constants， a_{\mathrm{1}}， a_{\mathrm{2}} are Borel exceptional values of f(z)， if f(z) and L(z,f) CM share a_{\mathrm{1}} and a_{\mathrm{2}}， {\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\equiv \mathrm{0}，then a_{\mathrm{1}}=\mathrm{0}， a_{\mathrm{2}}=\mathrm{\infty } and f(z)={\mathrm{e}}^{Az+B},A\in \mathbb{C}\backslash \left\{\mathrm{0}\right\},B\in \mathbb{C}.

关键词

亚纯函数 / 整函数 / 微分差分算子 / 分担值 / 唯一性

Key words

meromorphic function / derivative function / differential differential operator / shared value / uniqueness

1 引言及主要结果

众所周知，由Nevanlinna建立的亚纯函数值分布理论已成为研究亚纯函数唯一性理论的重要工具之一^［1-4］. 定义S(r,f)=o\left\{T(r,f)\right\}，其中，r\to \mathrm{\infty }且r\notin E，E是一个对数测度有穷的集合. 如果亚纯函数a(z)满足T(r,a)=S(r,f)，则称a(z)为f(z)的一个小函数.

设f(z)是一个非常数亚纯函数，定义级和超级分别为

\rho (f)=\overline{\underset{r\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{l}\mathrm{i}\mathrm{m}}}\frac{\mathrm{l}\mathrm{o}{\mathrm{g}}^{+}T(r,f)}{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}r}，

{\rho }_{\mathrm{2}}(f)=\overline{\underset{r\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{l}\mathrm{i}\mathrm{m}}}\frac{\mathrm{l}\mathrm{o}{\mathrm{g}}^{+}\mathrm{l}\mathrm{o}{\mathrm{g}}^{+}T(r,f)}{\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}r}.

设f(z)与g(z)为非常数亚纯函数，a(z)是f(z)和g(z)的一个小函数，如果f(z)-a与g(z)-a具有相同的零点（不计重数），则称a为f(z)与g(z)的IM公共值或f(z)与g(z) IM分担a；如果f(z)-a与g(z)-a具有相同的零点（计重数），则称a为f(z)与g(z)的CM公共值或f(z)与g(z) CM分担a. 接下来引入下列定义：

S_{(m,n)}(a)=\left\{z|f(z)-a(\mathrm{重数}\mathrm{为}m)\mathrm{和}g(z)-a(\mathrm{重数}\mathrm{为}n)\mathrm{的相}\mathrm{同零}\mathrm{点}\right\},

{\overline{N}}_{(m,n)}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f-a}\right)是集合S_{(m,n)}(a)中f-a的零点的计数函数，{\overline{N}}_{n)}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f-a}\right)是f-a的所有零点的计数函数（相同零点重数至多n次），{\overline{N}}_{(n}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f-a}\right)是f-a的所有零点的计数函数（相同零点重数至少n次）. 设f(z)为亚纯函数，c为非零复常数，则定义函数f(z)的差分算子为{\mathrm{\Delta }}_{c}f=f(z+c)-f(z)，{\mathrm{\Delta }}_c^{n}f={\mathrm{\Delta }}_c({\mathrm{\Delta }}_c^{n-\mathrm{1}}f)，n\ge \mathrm{2}是整数.

关于亚纯函数f(z)与其导函数分担公共值的唯一性问题一直是亚纯函数唯一性研究的重要课题. 1977年，Ruble等^［5］研究了非常数整函数f(z)与其导函数之间的唯一性问题，得到了以下结果.

定理1^［5］ 设f(z)为非常数整函数，a，b为两个相互判别的有穷复数. 如果a，b为f(z)与f^{\text{'}}(z)的CM公共值，则f(z)\equiv f^{\text{'}}(z). 从而f(z)=c{\mathrm{e}}^z，其中，c为非零常数.

1990年，Yang^［6］将定理1进一步深入考虑到k阶导数的情形，证明了下面结果.

定理2^［6］ 设f(z)为非常数整函数，k为正整数，a、b为两个判别的有穷复数. 如果a、b为f(z)与f^{(k)}(z)的CM公共值，则f^{(k)}(z)\equiv f(z).

近年来，随着差分算子的对数导数引理和差分算子Nevanlinna理论的建立和完善^［3］，许多学者开始关注亚纯函数f(z)的导函数f^{(k)}(z)与差分f(z+c)的唯一性问题（k\ge \mathrm{1}为整数）.Qi等^［7］研究了k=\mathrm{1}的情况，获得了下面结果.

定理3^［7］ 设f(z)是有穷级超越整函数，a\in \mathbb{C}\backslash \{\mathrm{0}\}，若\mathrm{0}，a是f^{\text{'}}(z)和f(z+c)的CM分担值，则f^{\text{'}}(z)\equiv f(z+c).

2021年，Huang等^［8］将定理3中CM分担考虑到IM分担，获得了下面唯一性的结论.

定理4^［8］ 设f(z)是的非常数整函数，a和b是互不相同的常数，若a，b是f^{\text{'}}(z)和f(z+c)的IM分担值，则f^{\text{'}}(z)\equiv f(z+c).

2022年，Chen等^［9］对k\ge \mathrm{1}进行讨论，获得了如下定理.

定理5^［9］ 设f(z)是的非常数亚纯函数，如果f^{(k)}(z)和f(z+c) CM分担0，\mathrm{\infty }，IM分担1，则f^{(k)}(z)\equiv f(z+c).

受上述定理4和定理5的启发，本文考虑将定理4推广到k阶情形，且将定理4中a和b用两个小函数a(z)和b(z)替代，获得了下面结果.

定理6 设f(z)是的非常数亚纯函数，a(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty }和b(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty }是f(z)的小函数. 若f^{(k)}(z),k\ge \mathrm{1}和f(z+c) CM分担\mathrm{\infty }，IM分担a(z)和b(z)，\overline{N}\left(\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)=S(r,f)，则f^{(k)}(z)\equiv f(z+c).

进一步，本文考虑有穷级超越亚纯函数f(z)与L(z,f)的唯一性问题. 2016年，Chen等^［10］考虑了L(z,f)的简单情形{\mathrm{\Delta }}_{c}f，获得了下列唯一性定理.

定理7^［10］ 设f(z)是有穷级超越亚纯函数，a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty })和a_{\mathrm{2}}是互不相同的两个复数，且a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty })和a_{\mathrm{2}}是f(z)的Borel例外值. 设c(\ne \mathrm{0})是一个复数使得{\mathrm{\Delta }}_{c}f\cancel{\equiv }\mathrm{0}，若f(z)和{\mathrm{\Delta }}_{c}f CM分担a_{\mathrm{1}}和a_{\mathrm{2}}，则a_{\mathrm{1}}=\mathrm{0}，a_{\mathrm{2}}=\mathrm{\infty }且f(z)={\mathrm{e}}^{Az+B},A\in \mathbb{C}\backslash \left\{\mathrm{0}\right\},B\in \mathbb{C}.

2021年，Fang等^［11］获得了关于定理7更普遍的结果，即考虑了f(z)与{\mathrm{\Delta }}_c^{n}f的唯一性问题.

定理8^［11］ 设f(z)是有穷级超越亚纯函数，a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty })和a_{\mathrm{2}}是互不相同的两个复数，且a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty })和a_{\mathrm{2}}是f(z)的Borel例外值. 设c(\ne \mathrm{0})，n是整数使得{\mathrm{\Delta }}_c^{n}f\cancel{\equiv }\mathrm{0}，若f(z)和{\mathrm{\Delta }}_c^{n}f CM分担a_{\mathrm{1}}和a_{\mathrm{2}}，则a_{\mathrm{1}}=\mathrm{0}，a_{\mathrm{2}}=\mathrm{\infty }且f(z)={\mathrm{e}}^{Az+B},A\in \mathbb{C}\backslash \left\{\mathrm{0}\right\},B\in \mathbb{C}.

受到定理7和定理8的启发，本文考虑定理8中的{\mathrm{\Delta }}_c^{n}f被L(z,f)所替代，其中，

L(z,f)=b_{\mathrm{1}}f(z+c_{\mathrm{1}})+b_{\mathrm{2}}f(z+c_{\mathrm{2}})+\cdots +b_{n}f(z+c_n)， (\mathrm{*})

b_{\mathrm{1}}\mathrm{、}{b}_{\mathrm{2}}\mathrm{、}\cdots \mathrm{、}{b}_n(n\ge \mathrm{3})是互不相同的非0常数，c_{\mathrm{1}}\mathrm{、}{c}_{\mathrm{2}}\mathrm{、}\cdots \mathrm{、}{c}_n(n\ge \mathrm{3})是互不相同的非0复常数，获得了下述定理.

定理9 设f(z)是有穷级超越亚纯函数，a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty })和a_{\mathrm{2}}是互不相同的两个复数，且a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty })和a_{\mathrm{2}}是f(z)的Borel例外值. 设L(z,f)是如(\mathrm{*})式所定义的差分多项式，若f(z)和L(z,f) CM分担a_{\mathrm{1}}和a_{\mathrm{2}}，且{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\equiv \mathrm{0}，则a_{\mathrm{1}}=\mathrm{0}，a_{\mathrm{2}}=\mathrm{\infty }且f(z)={\mathrm{e}}^{Az+B},A\in \mathbb{C}\backslash \left\{\mathrm{0}\right\},B\in \mathbb{C}.

2 引理

为证明定理6和定理9，需用到下述引理.引理1是差分算子的对数导数引理.

引理1^［12-13］ 设f(z)是的非常数亚纯函数，则对任意c\in \mathbb{C}\backslash \left\{\mathrm{0}\right\}，有

m\left(r,\frac{f(z+c)}{f(z)}\right)+m\left(r,\frac{f(z)}{f(z+c)}\right)=S(r,f).

若f(z)是有穷级的非常数亚纯函数，则对任意\epsilon >\mathrm{0}，有

m\left(r,\frac{f(z+c)}{f(z)}\right)=O(r^{\rho (f)-\epsilon +\mathrm{1}}).

引理2^［2］ 设f_{\mathrm{1}}(z)和f_{\mathrm{2}}(z)是非常数亚纯函数，则对任意的，有

\begin{array}{l}N\left(r,f_{\mathrm{1}}{f}_{\mathrm{2}}\right)-N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f_{\mathrm{1}}{f}_{\mathrm{2}}}\right)=N\left(r,f_{\mathrm{1}}\right)+N\left(r,f_{\mathrm{2}}\right)-\\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f_{\mathrm{1}}}\right)-N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f_{\mathrm{2}}}\right).\end{array}

利用第二基本定理证明唯一性是常用方法，而将其中常数换成小函数的第二基本定理在本文的定理证明中是十分重要的.

引理3^［14］ 设f(z)是非常数亚纯函数，且a_i(i=\mathrm{1},\dots ,q),q\ge \mathrm{3}是f(z)的互不相同的小函数，则有

(q-\mathrm{2})T(r,f)\le {\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^q}\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f-a_i}\right)+S(r,f).

下面证明几个本文需要的引理.

引理4 设f(z)是的亚纯函数. P_{\mathrm{1}}(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty }，P_{\mathrm{2}}(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty }是f(z)的互不相同的小函数，定义

D(f(z+c))=\left|\begin{array}{cc}{P}_{\mathrm{1}}-P_{\mathrm{2}}& f(z+c)-P_{\mathrm{1}}\\ {P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}-{P_{\mathrm{2}}}^{\mathrm{\text{'}}}& f^{\text{'}}(z+c)-{P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}\end{array}\right|，

D(f^{(k)}(z))=\left|\begin{array}{cc}{P}_{\mathrm{1}}-P_{\mathrm{2}}& f^{(k)}-P_{\mathrm{1}}\\ P_{\mathrm{1}}^{\text{'}}-{P_{\mathrm{2}}}^{\mathrm{\text{'}}}& f^{(k+\mathrm{1})}-{P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}\end{array}\right|，

若f(z+c)和f^{(k)}(z) IM分担P_{\mathrm{1}}(z)，P_{\mathrm{2}}(z)，CM分担\mathrm{\infty }，则D(f(z+c))\cancel{\equiv }\mathrm{0},D(f^{(k)})\cancel{\equiv }\mathrm{0}.

证明 因为f(z+c)和f^{(k)}(z) CM分担\mathrm{\infty }，则

N(r,f(z+c))=N(r,f^{(k)}(z))，

\overline{N}(r,f(z+c))=\overline{N}(r,f^{(k)}(z))=\overline{N}(r,f(z))，

又因N(r,f(z+c))=N(r,f(z))+S(r,f)，N(r,f^{(k)}(z))=N(r,f(z))+k\overline{N}(r,f(z))，所以

\begin{array}{l}\overline{N}(r,f(z+c))=\overline{N}(r,f^{(k)}(z))=\\ \overline{N}(r,f(z))=S(r,f).\end{array}

又因为f(z+c)和f^{(k)}(z) IM分担P_{\mathrm{1}}，P_{\mathrm{2}}，则应用引理3有

\begin{array}{l}T\left(r,f(z+c)\right)\le \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}}}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-P_{\mathrm{2}}}\right)+\overline{N}(r,f(z+c))+\\ S(r,f(z+c))=\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-P_{\mathrm{1}}}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-P_{\mathrm{2}}}\right)+S(r,f(z+c))\le \end{array}

\mathrm{2}T(r,f^{(k)})+S(r,f(z+c)).（1）

另一方面，

\begin{array}{l}T\left(r,f^{(k)}(z)\right)\le \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-P_{\mathrm{1}}}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-P_{\mathrm{2}}}\right)+\overline{N}(r,f^{(k)}(z))+\\ S(r,f^{(k)}(z))=\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}}}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-P_{\mathrm{2}}}\right)+S(r,f^{(k)}(z))\le \\ \mathrm{2}T(r,f(z+c))+S(r,f^{(k)}(z)),\end{array}（2）

则S(r,f^{(k)})=S(r,f(z+c)).

先证明D(f(z+c))\cancel{\equiv }\mathrm{0}. 假设D(f(z+c))\equiv \mathrm{0}，有

\frac{f^{\text{'}}(z+c)-{P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}}}\equiv \frac{{P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}-{P_{\mathrm{2}}}^{\mathrm{\text{'}}}}{P_{\mathrm{1}}-P_{\mathrm{2}}}，（3）

对式(\mathrm{3})进行积分后得

f(z+c)-P_{\mathrm{1}}=C_{\mathrm{1}}\left(P_{\mathrm{1}}-P_{\mathrm{2}}\right)，（4）

其中，C_{\mathrm{1}}为非零常数. 由式(\mathrm{4})可知T(r,f(z+c))=S(r,f(z+c))，矛盾， 因此D(f(z+c))\cancel{\equiv }\mathrm{0}.

同理也可证明D(f^{(k)}(z))\cancel{\equiv }\mathrm{0}.

引理5 设f(z)是的非常数亚纯函数. P_{\mathrm{1}}(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty }，P_{\mathrm{2}}(z)\cancel{\equiv }\mathrm{\infty }是f(z)的互不相同的小函数，l_i=P_{\mathrm{1}}+i(P_{\mathrm{1}}-P_{\mathrm{2}})，其中，i\ne \mathrm{0},-\mathrm{1}是整数. 则

m\left(r,\frac{D(f(z+c))}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}}}\right)=S(r,f(z+c))，

m\left(r,\frac{D(f(z+c))}{f(z+c)-P_{\mathrm{2}}}\right)=S(r,f(z+c))，

m\left(r,\frac{D(f(z+c))f(z+c)}{(f(z+c)-P_{\mathrm{1}})(f(z+c)-P_{\mathrm{2}})(f(z+c)-d_i)}\right)=S(r,f(z+c))，

m\left(r,\frac{D(f^{(k)}(z))}{f^{(k)}(z)-P_{\mathrm{1}}}\right)=S(r,f),

m\left(r,\frac{D(f^{(k)}(z))}{f^{(k)}(z)-P_{\mathrm{2}}}\right)=S(r,f)，

m\left(r,\frac{D(f^{(k)}(z))f^{(k)}(z)}{(f^{(k)}(z)-P_{\mathrm{1}})(f^{(k)}(z)-P_{\mathrm{2}})(f^{(k)}(z)-d_i)}\right)=S(r,f).

证明 由于

D(f(z+c))=\left(P_{\mathrm{1}}-P_{\mathrm{2}}\right)\left(f^{\text{'}}(z+c)-{P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}\right)-

\left({P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}-{P_{\mathrm{2}}}^{\mathrm{\text{'}}}\right)\left(f(z+c)-P_{\mathrm{1}}\right),

故

\begin{array}{l}m\left(r,\frac{D(f(z+c))}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}}}\right)=m\left(r,\frac{\left(P_{\mathrm{1}}-P_{\mathrm{2}}\right)\left(f(z+c)-{P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}\right)-\left({P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}-{P_{\mathrm{2}}}^{\mathrm{\text{'}}}\right)\left(f(z+c)-P_{\mathrm{1}}\right)}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}}}\right)\le \\ m\left(r,\frac{\left(P_{\mathrm{1}}-P_{\mathrm{2}}\right)\left(f(z+c)-{P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}\right)}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}}}\right)+m\left(r,\frac{\left({P_{\mathrm{1}}}^{\mathrm{\text{'}}}-{P_{\mathrm{2}}}^{\mathrm{\text{'}}}\right)\left(f(z+c)-P_{\mathrm{1}}\right)}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}}}\right)+\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}\mathrm{2}=S(r,f(z+c)).\end{array}

根据行列式性质，同理有

m\left(r,\frac{D(f(z+c))}{f(z+c)-P_{\mathrm{2}}}\right)=S(r,f(z+c))，

m\left(r,\frac{D(f(z+c))}{f(z+c)-l_i}\right)=S(r,f(z+c))，

\begin{array}{l}m\left(r,\frac{D(f(z+c))f(z+c)}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}})(f(z+c)-P_{\mathrm{2}})(f(z+c)-l_i)}\right)\le m\left(r,\frac{C_{\mathrm{1}}D(f(z+c))}{f(z+c)-P_{\mathrm{1}}}\right)+\\ m\left(r,\frac{C_{\mathrm{2}}D(f(z+c))}{f(z+c)-P_{\mathrm{2}}}\right)+m\left(r,\frac{C_{\mathrm{3}}D(f(z+c))}{f(z+c)-l_i}\right)+\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}\mathrm{3}=S(r,f(z+c)),\end{array}

其中，C_{\mathrm{1}}=\frac{P_{\mathrm{1}}}{(P_{\mathrm{1}}-P_{\mathrm{2}})(P_{\mathrm{1}}-l_i)}，C_{\mathrm{2}}=\frac{P_{\mathrm{2}}}{(P_{\mathrm{2}}-P_{\mathrm{1}})(P_{\mathrm{2}}-l_i)}，C_{\mathrm{3}}=\frac{l_i}{(l_i-P_{\mathrm{1}})(l_i-P_{\mathrm{2}})}是f(z)的小函数.

同理将D(f(z+c))替换为D(f^{(k)}(z))，即可证明另一种情况.

引理6 设f(z)是的非常数亚纯函数，a(z)是f(z)的一个小函数，若f(z+c)和f^{(k)}(z) CM分担\mathrm{\infty }，且满足m\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)=S(r,f)和m\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)=S(r,f)，则

m\left(r,\frac{f(z+c)-a(z)}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)-m\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-a(z)}{f(z+c)-a(z)}\right)\le T(r,f(z+c))-T(r,f^{(k)}(z))+S(r,f).

证明 因为f(z+c)和f^{(k)}(z) CM分担\mathrm{\infty }，则

\begin{array}{l}N(r,f^{(k)}(z)-a(z))-\\ N(r,f(z+c)-a(z))=S(r,f).\end{array}

又由引理2，有

\begin{array}{l}N\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-a(z)}{f(z+c)-a(z)}\right)-\\ N\left(r,\frac{f(z+c)-a(z)}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)=\\ N\left(r,f^{(k)}(z)-a(z)\right)+\\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)-\end{array}

\begin{array}{l}N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)-\\ N(r,f(z+c)-a(z))=\\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)-\\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)+S(r,f).\end{array}（5）

结合第一基本定理、引理1和式(\mathrm{5})，有

\begin{array}{l}m\left(r,\frac{f(z+c)-a(z)}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)-\\ m\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-a(z)}{f(z+c)-a(z)}\right)=\\ T\left(r,\frac{f(z+c)-a(z)}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)-\\ N\left(r,\frac{f(z+c)-a(z)}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)-\\ T\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-a(z)}{f(z+c)-a(z)}\right)+\\ N\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-a(z)}{f(z+c)-a(z)}\right)\le \\ N\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-a(z)}{f(z+c)-a(z)}\right)-\\ N\left(r,\frac{f(z+c)-a(z)}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)+S(r,f)=\\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)-\end{array}

\begin{array}{l}N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)+S(r,f)=\\ T\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)-\\ m\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)-\\ T\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)+\\ m\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)+S(r,f)\le \\ T(r,f(z+c))-T(r,f^{(k)}(z))+S(r,f).\end{array}

引理7^［3-4］ 设f(z)是非常数整函数，对所有的不可约多项式，

R(z,f)=\frac{{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{0}}^m}{a}_i(z)f^i(z)}{{\displaystyle \sum _{j=\mathrm{0}}^n}{b}_j(z)f^j(z)},

其中，系数函数a_i(z)，b_j(z)满足T(r,a_i(z))=S(r,f)，i=\mathrm{0},\mathrm{1},\cdots ,m，T(r,b_j(z))=S(r,f)，j=\mathrm{0},\mathrm{1},\cdots ,n. 则

T(r,R(z,f))=\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}\left\{m,n\right\}T(r,f)+S(r,f).

下述引理8和引理9是对的超越亚纯函数g(z)与g(z+c)之间关系的刻画.

引理8^［15］ 设g(z)是一个级的超越亚纯函数，设h>\mathrm{0}，只要c满足，则存在一个\epsilon-集合E，当z\to +\mathrm{\infty }且z\in \mathbb{C}\backslash E时，有

\frac{g^{\text{'}}(z+c)}{g(z+c)}\to \mathrm{0}，\frac{g(z+c)}{g(z)}\to \mathrm{1}.

引理9^［15］ 设g(z)是一个级的超越亚纯函数，设h>\mathrm{0}. 则存在一个\epsilon-集合E，使得当z\to \mathrm{\infty }且z\in \mathbb{C}\backslash E，|c|\le h时，有

g(z+c)-g(z)=c{g}^{\text{'}}(z)(\mathrm{1}+o(\mathrm{1})).

引理10^［4］ 设f_j(z),j={\mathrm{1}}_{}{,}_{}{\mathrm{2}}_{}{,}_{}\cdots {,}_{}n{,}_{}n\ge \mathrm{3}是亚纯函数，f_k(z),k={\mathrm{1}}_{}{,}_{}{\mathrm{2}}_{}{,}_{}\cdots {,}_{}n-\mathrm{1}不为常数，且满足{\displaystyle \sum _{j=\mathrm{1}}^n}{f}_j\equiv \mathrm{1}，若f_n\cancel{\equiv }\mathrm{0}，且

其中，，则f_n\equiv \mathrm{1}.

3 定理6的证明

先证明亚纯函数f(z)是超越的. 否则假定

f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}，

其中，P(z)、Q(z)是两个不可约多项式且P(z)Q(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}.

当Q(z)\equiv C\in \mathbb{C}\backslash \{\mathrm{0}\}时，f(z)是多项式. 由于a(z)和b(z)为f(z)的小函数，因此a(z)和b(z)只能为常数，由文献［16］中定理2可得f^{(k)}(z)\equiv f(z+c)，则f(z)只能为常数，与f(z)为非常数亚纯函数相矛盾. 当Q(z)\cancel{\equiv }C\in \mathbb{C}时，

f(z+c)=\frac{P(z+c)}{Q(z+c)}，

f^{(k)}(z)={\left(\frac{P(z)}{Q(z)}\right)}^{(k)}=\frac{P_{\mathrm{0}}(z)}{Q_{\mathrm{0}}(z)}，

其中，P_{\mathrm{0}}和Q_{\mathrm{0}}是两个不可约多项式，且P_{\mathrm{0}}(z)Q_{\mathrm{0}}(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}. 可以看出f(z)，f^{(k)}(z)，f(z+c)的极点分别来自Q(z)，Q_{\mathrm{0}}(z)，Q(z+c)的零点. 设f(z)的极点为z_{\mathrm{0}}，则z_{\mathrm{0}}也为f^{(k)}(z)的极点，又因为f^{(k)}(z)和f(z+c) CM分担\mathrm{\infty }，则z_{\mathrm{0}}也是f(z+c)的极点，如此进行下去，不难发现f(z)有无穷多个极点，这与Q(z)为多项式矛盾，因此f(z)只能为超越亚纯函数.

接下来采用反证法证明f(z+c)\equiv f^{(k)}(z). 不妨假设f(z+c)\cancel{\equiv }{f}^{(k)}(z)，由于f(z+c)和f^{(k)}(z) CM分担\mathrm{\infty }，则

N(r,f(z+c))=N(r,f^{(k)}(z))，

\overline{N}(r,f(z+c))=\overline{N}(r,f^{(k)}(z))=\overline{N}(r,f(z))，

因为N(r,f(z+c))=N(r,f(z))+S(r,f)，N(r,f^{(k)}(z))=N(r,f(z))+k\overline{N}(r,f(z))，所以

\begin{array}{l}\overline{N}(r,f(z+c))=\overline{N}(r,f^{(k)}(z))=\\ \overline{N}(r,f(z))=S(r,f).\end{array}（6）

由于f(z+c)和f^{(k)}(z) IM分担a(z)和b(z)，则由引理3可知

\begin{array}{l}T(r,f(z+c))\le \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b(z)}\right)+\overline{N}(r,f(z+c))+\\ S(r,f(z+c))\le \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-b(z)}\right)+S(r,f(z+c))\le \\ \mathrm{2}T(r,f^{(k)}(z))+S(r,f{(z+c))}_{},\end{array}

相似地，有

T(r,f^{(k)}(z))\le \mathrm{2}T(r,f(z+c))+S(r,f^{(k)}).

不妨令

S(r,f)=S(r,f(z+c))=S(r,f^{(k)}(z)):=S(r).

又由f(z+c)和f^{(k)}(z) CM分担\mathrm{\infty }，以及第一基本定理、引理1和引理3，得

\begin{array}{l}T(r,f(z+c))\le \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b(z)}\right)+\overline{N}(r,f(z+c))+\\ S(r)=\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b(z)}\right)+S(r)\le \\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-f^{(k)}(z)}\right)+S(r)\le \\ T(r,f(z+c)-f^{(k)}(z))+S(r)=\\ m(r,f(z+c)-f^{(k)}(z))+N(r,f(z+c)-\\ f^{(k)}(z))+S(r)\le m(r,f(z+c))+\\ m\left(r,\mathrm{1}-\frac{f^{(k)}(z)}{f(z+c)}\right)+N(r,f(z+c))+S(r)\le \\ T(r,f(z+c))+S(r),\end{array}（7）

从式(\mathrm{7})知

T(r,f(z+c))=\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b(z)}\right)+S(r).（8）

设\phi (z)和\varphi (z)分别为

\phi (z)=\frac{D(f(z+c))(f^{(k)}-f(z+c))}{(f(z+c)-a(z))(f(z+c)-b(z))}，（9）

\varphi (z)=\frac{D(f^{(k)}(z))(f^{(k)}(z)-f(z+c))}{(f^{(k)}(z)-a(z))(f^{(k)}(z)-b(z))}，（10）

其中，D(f(z+c))，D(f^{(k)}(z))中P_{\mathrm{1}}(z)=a(z)，P_{\mathrm{2}}(z)=b(z). 由引理4，有\varphi (z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}，\phi (z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}，且\phi (z)的极点可能来自a(z)的极点、b(z)的极点、f(z+c)的a(z)值点和b(z)值点、f(z+c)的极点、f^{(k)}(z)的极点，下面分类进行讨论.

1） z_{\mathrm{0}}是a(z)的极点或者b(z)的极点.此时有N(r,\phi (z))\le N(r,a(z))+N(r,b(z))=S(r).

2） z_{\mathrm{0}}是f(z+c)的a(z)值点. 由于f(z+c)和f^{(k)}(z) IM分担a(z)，则令

f(z+c)-a(z)=c_p(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+\cdots，

f^{(k)}(z)-a(z)=d_q(z-z_{\mathrm{0}}{)}^q+\cdots，

其中，p\mathrm{、}q\ge \mathrm{1}是f^{(k)}(z)、f(z+c)在z_{\mathrm{0}}点的重数，c_i、d_j（i=p,p+\mathrm{1},\cdots ;j=q,q+\mathrm{1},\cdots）是f^{(k)}(z)和f(z+c)在z_{\mathrm{0}}点洛朗展开式的系数，将上述表达式代入式(\mathrm{9})和式(\mathrm{10})中，得

\begin{array}{l}\phi (z)=\\ \frac{\left[\left(a-b\right)\left(c_{p}p(z-z_{\mathrm{0}}{)}^{p-\mathrm{1}}+\cdots \right)-\left(a^{\text{'}}-b^{\text{'}}\right)\left(c_p(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+\cdots \right)\right]\left[\left(d_q(z-z_{\mathrm{0}}{)}^q+\cdots \right)-\left(c_p(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+\cdots \right)\right]}{\left(c_p(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+\cdots \right)\left(a-b+c_p(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+\cdots \right)}=\\ {\frac{\left[\left(a-b\right)\left(c_{p}p+\cdots \right)-\left(a^{\text{'}}-b^{\text{'}}\right)\left(c_p(z-z_{\mathrm{0}})+\cdots \right)\right]\left[\left(d_q(z-z_{\mathrm{0}}{)}^{q-\mathrm{1}}+\cdots \right)-\left(c_p(z-z_{\mathrm{0}}{)}^{p-\mathrm{1}}+\cdots \right)\right]}{\left(c_p+\cdots \right)\left(a-b+c_p(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+\cdots \right)}}_{},\end{array}

则可知\phi (z)在z_{\mathrm{0}}处解析.

3） z_{\mathrm{0}}是f(z+c)的b(z)值点. 同2）可知\phi (z)在z_{\mathrm{0}}处解析.

4） z_{\mathrm{0}}是f(z+c)的极点. 由于f(z+c)和f^{(k)}(z) CM分担\mathrm{\infty }，故z_{\mathrm{0}}也是f^{(k)}(z)的极点，不妨设

f(z+c)=\frac{c_{-p}}{(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p}+\cdots +\frac{c_{-\mathrm{1}}}{z-z_{\mathrm{0}}}+c_{\mathrm{0}}+

c_{\mathrm{1}}(z-z_{\mathrm{0}})+\cdots ,

\begin{array}{l}{f}^{(k)}(z)=\frac{d_{-p}}{(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p}+\cdots +\frac{d_{-\mathrm{1}}}{z-z_{\mathrm{0}}}+d_{\mathrm{0}}+\\ d_{\mathrm{1}}(z-z_{\mathrm{0}})+\cdots ,\end{array}

其中，p\ge \mathrm{1}是f^{(k)}(z)和f(z+c)在z_{\mathrm{0}}点的重数，c_i、d_i（i=-p,-p+\mathrm{1},\cdots）是f^{(k)}(z)和f(z+c)在z_{\mathrm{0}}点洛朗展开式的系数. 则

\begin{array}{l}\phi (z)=\\ \frac{\left[(a-b)\left(-a^{\text{'}}+\frac{-p{c}_{-p}}{(z-z_{\mathrm{0}}{)}^{p+\mathrm{1}}}+\cdots \right)-\left(a^{\text{'}}-b^{\text{'}}\right)\left(-a+\frac{c_{-p}}{(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p}+\cdots \right)\right]\left(\frac{d_{-p}}{(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p}+\cdots -\frac{c_{-p}}{(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p}-\cdots \right)}{\left(-a+\frac{c_{-p}}{(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p}+\cdots \right)\left(-b+\frac{c_{-p}}{(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p}+\cdots \right)}=\end{array}

{\frac{\left[\left(a-b\right)\left(-a^{\text{'}}(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+\frac{-p{c}_{-p}}{z-z_{\mathrm{0}}}+\dots \right)-\left(a^{\text{'}}-b^{\text{'}}\right)\left(-a(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+c_{-p}+\cdots \right)\right]\left(d_{-p}+\cdots -c_{-p}-\cdots \right)}{\left(-a(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+c_{-p}+\cdots \right)\left(-b(z-z_{\mathrm{0}}{)}^p+c_{-p}+\cdots \right)}}_{},

不难看出z_{\mathrm{0}}为\phi (z)的简单极点.

5） z_{\mathrm{0}}是f^{(k)}(z)的极点. 同4）可知z_{\mathrm{0}}为\phi (z)的简单极点.

综合上述讨论，有

N(r,\phi (z))\le \overline{N}(r,f(z+c))+N(r,a(z))+N(r,b(z))=S(r).

类似地，对于\varphi (z)利用上述方法讨论，也有

\begin{array}{l}N(r,\varphi (z))\le \overline{N}(r,f(z+c))+N(r,a(z))+\\ N(r,b(z))=S(r).\end{array}

由引理1、引理3和引理5，有

\begin{array}{l}T(r,\phi (z))=m(r,\phi (z))+N(r,\phi (z))\le m(r,\phi (z))+S(r)\le \\ m\left(r,\frac{D(f(z+c))f(z+c)}{(f(z+c)-a(z))(f(z+c)-b(z))}\right)+m\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-f(z+c)}{f(z+c)}\right)+S(r)\le \\ m\left(r,\frac{-a(z)D(f(z+c))}{(b(z)-a(z))(f(z+c)-a(z))}\right)+m\left(r,\frac{b(z)D(f(z+c))}{(b(z)-a(z))(f(z+c)-b(z))}\right)+\\ m\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-f(z+c)}{f(z+c)}\right)+S(r)=S(r).\end{array}（11）

由式(\mathrm{9})可知，

\frac{\phi (z)\left(f(z+c)-b(z)\right)}{f^{(k)}(z)-f(z+c)}=\frac{D(f(z+c))}{f(z+c)-a(z)}.（12）

不妨设R(z)=\frac{D(f(z+c))}{f(z+c)-a(z)}，R(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}，则由引理5和\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)=S(r)知，T(r,R(z))=S(r). 将式(\mathrm{12})变为

\left(\phi (z)-R(z)\right)f(z+c)=\phi (z)f^{(k)}-R(z)b(z)，（13）

易知\phi (z)\cancel{\equiv }R(z). 若\phi (z)\equiv R(z)，则由式(\mathrm{13})可知T(r,f^{(k)}(z))=S(r)，这与已知矛盾. 因此由式(\mathrm{13})得

T(r,f(z+c))=T(r,f^{(k)}(z))+S(r).（14）

设l(z)=a(z)+t(a(z)-b(z))，t\ne \mathrm{0},-\mathrm{1}是整数，则由引理3、式(\mathrm{6})、式(\mathrm{9})和式(\mathrm{14})，有

\begin{array}{l}\mathrm{2}T(r,f^{(k)}(z))\le \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-b(z)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-l(z)}\right)+\\ \overline{N}(r,f^{(k)}(z))+S(r)\le N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-l(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b(z)}\right)+\\ S(r)\le T(r,f^{(k)}(z))-m\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-l(z)}\right)+\\ T(r,f(z+c))+S(r)=\mathrm{2}T(r,f^{(k)}(z))-\\ m\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-l(z)}\right)+S(r),\end{array}

则

m\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-l(z)}\right)=S(r)，

又由引理5和式(\mathrm{11})，有

m\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-l(z)}\right)\le m\left(r,\frac{D(f(z+c))(f^{(k)}(z)-f(z+c))}{\phi (z)(f(z+c)-a(z))(f(z+c)-b(z))(f(z+c)-l(z))}\right)=S(r)，

因此，由引理7和式(\mathrm{14})，得

\begin{array}{l}m\left(r,\frac{f(z+c)-l(z)}{f^{(k)}(z)-l(z)}\right)=\\ m\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-l(z)}{f(z+c)-l(z)}\right)+S(r)\le \\ m\left(r,\frac{f^{(k)}(z)-l^{(k)}(z)}{f(z+c)-l(z)}\right)+\end{array}

m\left(r,\frac{l^{(k)}-l(z)}{f(z+c)-l(z)}\right)+S(r)=S(r),（15）

又由式(\mathrm{10})，

\varphi (z)=\left[\frac{a(z)-l(z)}{a(z)-b(z)}\frac{D(f^{(k)})}{f^{(k)}-a(z)}-\frac{b(z)-l(z)}{a(z)-b(z)}\frac{D(f^{(k)})}{(f^{(k)}-b(z))}\right]\left[\frac{f(z+c)-l(z)}{f^{(k)}-l(z)}-\mathrm{1}\right],

则由N(r,\varphi (z))=S(r)，以及式(\mathrm{15})和引理5，有

T(r,\varphi (z))=S(r).（16）

设m和n分别为任意两个正整数，z_{\mathrm{0}}\in S_{(m,n)}(a)\bigcup S_{(m,n)}(b)，不妨令z_{\mathrm{0}}\in S_{(m,n)}(a)，即z_{\mathrm{0}}是f(z+c)-a(z)、f^{(k)}(z)-a(z)的零点，重数分别为m、n. 将z_{\mathrm{0}}代入式(\mathrm{9})和式(\mathrm{10})，有m\varphi (z_{\mathrm{0}})=n\phi (z_{\mathrm{0}}). 下面分两种情况讨论.

情况1m\varphi (z)\equiv n\phi (z).

此时，m\varphi (z)-n\phi (z)\equiv \mathrm{0}，同时除以f^{(k)}(z)-f(z+c)有

\begin{array}{l}n\frac{D(f(z+c))}{(f(z+c)-a)(f(z+c)-b)}\equiv \\ m\frac{D(f^{(k)}(z))}{(f^{(k)}(z)-a)(f^{(k)}(z)-b)},\end{array}

于是，

\begin{array}{l}n\frac{D(f(z+c))}{(f(z+c)-a(z))}-n\frac{D(f(z+c))}{(f(z+c)-b(z))}\equiv \\ m\frac{D(f^{(k)}(z))}{(f^{(k)}(z)-a(z))}-m\frac{D(f^{(k)}(z))}{(f^{(k)}(z)-b(z))},\end{array}

两边化简积分后有

{\left(\frac{f^{(k)}(z)-a(z)}{f^{(k)}(z)-b(z)}\right)}^m=A{\left(\frac{f(z+c)-a(z)}{f(z+c)-b(z)}\right)}^n，（17）

其中，A为非零常数.

从式(\mathrm{17})可知m=n. 若m\ne n，则由式(\mathrm{14})，得出矛盾. 因此将式(\mathrm{17})积分后化为

\frac{b(z)-a(z)}{f(z+c)-b(z)}=\frac{(B-\mathrm{1})f^{(k)}(z)+b(z)-Ba(z)}{f^{(k)}(z)-b(z)},（18）

其中，B为非零常数，

若B=\mathrm{1}，则由式(\mathrm{18})可知f^{(k)}(z)\equiv f(z+c)，这与一开始的假设矛盾，因此B\ne \mathrm{1}. 下面分两种子情况讨论.

情况1.1 存在z_{\mathrm{1}}，使得f^{(k)}(z_{\mathrm{1}})=\frac{b(z_{\mathrm{1}})-Ba(z_{\mathrm{1}})}{\mathrm{1}-B}成立. 从式(\mathrm{18})中可以得到a(z_{\mathrm{1}})=b(z_{\mathrm{1}})，则由引理3、式(\mathrm{6})、式(\mathrm{8})和式(\mathrm{14})得

\begin{array}{l}\mathrm{2}T(r,f^{(k)}(z))\le \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-b(z)}\right)+\end{array}

\begin{array}{l}\overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-\frac{b(z)-Ba(z)}{\mathrm{1}-B}}\right)+\overline{N}(r,f^{(k)}(z))+\\ S(r)\le \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-a(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}(z)-b(z)}\right)+\\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{b(z)-a(z)}\right)+S(r)\le \\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b(z)}\right)+S(r)=\\ T(r,f(z+c))+S(r)=T(r,f^{(k)}(z))+S(r),\end{array}（19）

矛盾，因此m\varphi (z)\cancel{\equiv }n\phi (z).

情况1.2 不存在z_{\mathrm{1}}，使得f^{(k)}=\frac{P_{\mathrm{2}}-B{P}_{\mathrm{1}}}{\mathrm{1}-B}成立. 利用与情况1.1相同方法也可得出矛盾.

情况2 对任意正整数m,n，m\varphi (z)\cancel{\equiv }n\phi (z). 由式(\mathrm{9})、式(\mathrm{10})、式(\mathrm{11})和式(\mathrm{16})，对任意正整数m,n，有

\begin{array}{l}{\overline{N}}_{(m,n)}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a(z)}\right)+\\ {\overline{N}}_{(m,n)}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b(z)}\right)\le \\ N(r,m\varphi -n\phi )\le T(r,m\varphi -n\phi )\le \\ T(r,\varphi )+T(r,\phi )+S(r)=S{(r)}_{},\end{array}（20）

再由引理3、式(\mathrm{6})、式(\mathrm{8})、式(\mathrm{20})，得

\begin{array}{l}T(r,f(z+c))\le \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+\\ \overline{N}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)+\overline{N}(r,f(z+c))+S(r)=\\ {\overline{N}}_{\mathrm{1})}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+{\overline{N}}_{\mathrm{2}}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+\\ {\overline{N}}_{\mathrm{3}}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+{\overline{N}}_{\mathrm{4}}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+\\ {\overline{N}}_{(\mathrm{5}}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+{\overline{N}}_{\mathrm{1})}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)+\\ {\overline{N}}_{\mathrm{2}}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)+{\overline{N}}_{\mathrm{3}}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)+\end{array}

\begin{array}{l}{\overline{N}}_{\mathrm{4}}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)+{\overline{N}}_{(\mathrm{5}}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)+\\ S(r)\le {\displaystyle \sum _{a=\mathrm{1}}^{\mathrm{4}}}{\displaystyle \sum _{b=\mathrm{1}}^{\mathrm{4}}}\left({\overline{N}}_{(a,b)}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+\right.\\ \left.{\overline{N}}_{(a,b)}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)\right)+\left({\overline{N}}_{\left(\mathrm{5}\right.}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}-a}\right)\right.+\\ \left.{\overline{N}}_{(\mathrm{5}}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}-b}\right)\right)+\left({\overline{N}}_{\left(\mathrm{5}\right.}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+\right.\\ \left.{\overline{N}}_{\left(\mathrm{5}\right.}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)\right)+S(r)\le \\ \left({\overline{N}}_{\left(\mathrm{5}\right.}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}-a}\right)+{\overline{N}}_{\left(\mathrm{5}\right.}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}-b}\right)\right)+\\ \left({\overline{N}}_{\left(\mathrm{5}\right.}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+\right.\\ \left.{\overline{N}}_{\left(\mathrm{5}\right.}\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)\right)+S(r)\le \\ \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{5}}\left(N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}-a}\right)+N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f^{(k)}-b}\right)\right)+\\ \frac{\mathrm{1}}{\mathrm{5}}\left(N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-a}\right)+\right.\\ \left.N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f(z+c)-b}\right)\right)+S(r)\le \frac{\mathrm{2}}{\mathrm{5}}T(r,f^{(k)})+\\ \frac{\mathrm{2}}{\mathrm{5}}T(r,f(z+c))+S(r)=\frac{\mathrm{4}}{\mathrm{5}}T(r,f(z+c))+S(r),\end{array}（21）

据此得出矛盾.

综合情况1和情况2，得出f(z+c)\equiv f^{(k)}(z).证毕.

4 定理9的证明

分为3种情况讨论.

情况1a_{\mathrm{1}}是非0有穷复数，a_{\mathrm{2}}=\mathrm{\infty }.

由于a_{\mathrm{1}}(\ne \mathrm{\infty })是f(z)的Borel例外值，故由Hadamard分解定理，可知f(z)=a_{\mathrm{1}}+\alpha (z){\mathrm{e}}^{P(z)}，其中，，P(z)是一个非常数多项式.不妨设\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}P=p，则. 由{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\equiv \mathrm{0}，有

\begin{array}{l}L(z,f)={\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i(f\left(z+c_i\right)-a_{\mathrm{1}})+a_{\mathrm{1}}{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i=\\ {\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i(f\left(z+c_i\right)-a_{\mathrm{1}})={\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i(\alpha (z+c_i){\mathrm{e}}^{P(z+c_i)})=\\ {\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i(\alpha (z+c_i){\mathrm{e}}^{P(z+c_i)-P(z)}){\mathrm{e}}^{P(z)}=B(z){\mathrm{e}}^{P(z)},\end{array}（22）

其中，B(z)={\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i(\alpha (z+c_i){\mathrm{e}}^{P(z+c_i)-P(z)})是{\mathrm{e}}^{P(z)}的小函数.

由引理3知，

\begin{array}{l}T(r,{\mathrm{e}}^P)\le T\left(r,\frac{\mathrm{1}}{B}\right)+T(r,B{\mathrm{e}}^P)+S(r,{\mathrm{e}}^P)\le \\ T(r,B{\mathrm{e}}^P)+S(r,{\mathrm{e}}^P)\le N(r,B{\mathrm{e}}^P)+\\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{B{\mathrm{e}}^P}\right)+N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{B{\mathrm{e}}^P-a_{\mathrm{1}}}\right)+S(r,{\mathrm{e}}^P)\le \\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{B{\mathrm{e}}^P-a_{\mathrm{1}}}\right)+S(r,{\mathrm{e}}^P)=\\ N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{L(z,f)-a_{\mathrm{1}}}\right)+S(r,{\mathrm{e}}^P),\end{array}（23）

由于f(z)和L(z,f) CM分担a_{\mathrm{1}}和a_{\mathrm{2}}，则通过式(\mathrm{23})，有

T(r,{\mathrm{e}}^P)\le N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{f-a_{\mathrm{1}}}\right)+S(r,{\mathrm{e}}^P),

这与a_{\mathrm{1}}是f(z)的Borel例外值矛盾.

情况2a_{\mathrm{1}}\ne \mathrm{\infty },a_{\mathrm{2}}\ne \mathrm{\infty }是互不相同的两个复数.

不妨设a_{\mathrm{1}}\ne \mathrm{0}，由于a_{\mathrm{1}}和a_{\mathrm{2}}是f(z)的Borel例外值，故

\frac{f-a_{\mathrm{1}}}{f-a_{\mathrm{2}}}=\phi (z){\mathrm{e}}^{q(z)}，（24）

其中，\phi (z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}是亚纯函数，q(z)为多项式，设\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}q=q，则.由{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\equiv \mathrm{0}和式(\mathrm{24})，得

\begin{array}{l}L(z,f)={\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i(f\left(z+c_i\right)-a_{\mathrm{2}})+a_{\mathrm{2}}{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i={\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i(f\left(z+c_i\right)-a_{\mathrm{2}})=\\ {\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\left(\frac{a_{\mathrm{2}}-a_{\mathrm{1}}}{\mathrm{1}-\phi (z+c_i){\mathrm{e}}^{q(z+c_i)}}\right)=(a_{\mathrm{2}}-a_{\mathrm{1}})\frac{{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i{\displaystyle \prod _{j=\mathrm{1},j\ne i}^n}(\mathrm{1}-\phi (z+c_j){\mathrm{e}}^{q(z+c_j)})}{{\displaystyle \prod _{i=\mathrm{1}}^n}(\mathrm{1}-\phi (z+c_i){\mathrm{e}}^{q(z+c_i)})}=\end{array}

\frac{A_m(z)({\mathrm{e}}^{q(z)}{)}^m+A_{m-\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^{q(z)}{)}^{m-\mathrm{1}}+\cdots +A_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^{q(z)})+A_{\mathrm{0}}(z)}{B_n(z)({\mathrm{e}}^{q(z)}{)}^n+B_{n-\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^{q(z)}{)}^{n-\mathrm{1}}+\cdots +B_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^{q(z)})+B_{\mathrm{0}}(z)}=\frac{A({\mathrm{e}}^{q(z)})}{B({\mathrm{e}}^{q(z)})},（25）

其中，A_i(i=\mathrm{0,1},\cdots ,m)，B_j(j=\mathrm{0,1},\cdots ,n)都是{\mathrm{e}}^q的小函数，且A_{\mathrm{0}}=b_{\mathrm{1}}+\cdots +b_n\equiv \mathrm{0}，B_{\mathrm{0}}\equiv \mathrm{1}，A_m\cancel{\equiv }\mathrm{0}，B_n={(-\mathrm{1})}^n\phi (z+c_{\mathrm{1}})\cdots \phi (z+c_n){\mathrm{e}}^{q(z+c_{\mathrm{1}})-{\mathrm{e}}^q}\cdots{\mathrm{e}}^{q(z+c_n)-{\mathrm{e}}^q}\cancel{\equiv }\mathrm{0}，m\le n.

综合式(\mathrm{25})可知，存在C({\mathrm{e}}^q),D({\mathrm{e}}^q),E({\mathrm{e}}^q),F({\mathrm{e}}^q),G({\mathrm{e}}^q)，使得

A({\mathrm{e}}^q)=C({\mathrm{e}}^q)D({\mathrm{e}}^q)，B({\mathrm{e}}^q)=C({\mathrm{e}}^q)E({\mathrm{e}}^q)，（26）

D({\mathrm{e}}^q)F({\mathrm{e}}^q)+E({\mathrm{e}}^q)G({\mathrm{e}}^q)=\mathrm{1}，（27）

且

C({\mathrm{e}}^q)=C_l(z)({\mathrm{e}}^q{)}^l+\cdots +C_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)+C_{\mathrm{0}}(z),

D({\mathrm{e}}^q)=D_{m-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{m-l}+\cdots D_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)+D_{\mathrm{0}}(z),

E({\mathrm{e}}^q)=E_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l}+\cdots E_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)+E_{\mathrm{0}}(z),

其中，C_i(z)(i=\mathrm{0},\cdots ,l)，D_j(z)(j=\mathrm{0},\cdots ,m-l)，E_k(z)(k=\mathrm{0},\cdots ,n-l)都是{\mathrm{e}}^q的小函数，\mathrm{0}\le l\le m\le n. 则由式(\mathrm{25})和式(\mathrm{26})得

L(z,f)-a_{\mathrm{1}}=\frac{A-B{a}_{\mathrm{1}}}{B}=

\frac{CD-a_{\mathrm{1}}(CE)}{CE}=\frac{D-a_{\mathrm{1}}E}{E},（28）

再由\phi (z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}是整函数和式(\mathrm{28})，有

N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{L(z,f)-a_{\mathrm{1}}}\right)=N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{D-a_{\mathrm{1}}E}\right)+S(r,{\mathrm{e}}^q).（29）

不妨假设

D({\mathrm{e}}^q)-a_{\mathrm{1}}E({\mathrm{e}}^q)=R_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l}+\cdots +R_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)+R_{\mathrm{0}}(z),

则由

\begin{array}{l}\left(D_{\mathrm{0}}(z)({\mathrm{e}}^q)-a_{\mathrm{1}}{E}_{\mathrm{0}}(z)({\mathrm{e}}^q)\right)C_{\mathrm{0}}(z)=\\ A_{\mathrm{0}}(z)-a_{\mathrm{1}}{B}_{\mathrm{0}}(z)=-a_{\mathrm{1}},\end{array}

E_{\mathrm{0}}(z)C_{\mathrm{0}}(z)=B_{\mathrm{0}}(z)\equiv \mathrm{1}，

得R_{\mathrm{0}}(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}，由引理7和式(\mathrm{28})可知

T(r,L(z,f))=(n-l)T(r,{\mathrm{e}}^q)+S(r,{\mathrm{e}}^q).

由引理3知，

\begin{array}{l}(n-l)T(r,{\mathrm{e}}^q)=T(r,R_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l}+\cdots +R_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q))+S(r,{\mathrm{e}}^q)\le \\ \overline{N}\left(\frac{\mathrm{1}}{R_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l}+\cdots +R_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)}\right)+\overline{N}\left(\frac{\mathrm{1}}{R_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l}+\cdots +R_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)+R_{\mathrm{0}}(z)}\right)+\\ \overline{N}\left(R_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l}+\cdots +R_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)\right)+S(r,{\mathrm{e}}^q)\le \\ \overline{N}\left(\frac{\mathrm{1}}{R_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l-\mathrm{1}}+\cdots +R_{\mathrm{1}}(z)}\right)+\overline{N}\left(\frac{\mathrm{1}}{R_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l}+\cdots +R_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)+R_{\mathrm{0}}(z)}\right)+S(r,{\mathrm{e}}^q)\le \\ (n-l-\mathrm{1})T(r,{\mathrm{e}}^q)+\overline{N}\left(\frac{\mathrm{1}}{R_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l}+\cdots +R_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)+R_{\mathrm{0}}(z)}\right)+S(r,{\mathrm{e}}^q),\end{array}

则

T(r,{\mathrm{e}}^q)\le \overline{N}\left(\frac{\mathrm{1}}{R_{n-l}(z)({\mathrm{e}}^q{)}^{n-l}+\cdots +R_{\mathrm{1}}(z)({\mathrm{e}}^q)+R_{\mathrm{0}}(z)}\right)+S(r,{\mathrm{e}}^q),（30）

由式(\mathrm{29})和式(\mathrm{30})得

T(r,{\mathrm{e}}^q)\le N\left(\frac{\mathrm{1}}{L(z,f)-a_{\mathrm{1}}}\right)+S(r,{\mathrm{e}}^q),

这与a_{\mathrm{1}}是f(z)的Borel例外值矛盾.

情况3a_{\mathrm{1}}=\mathrm{0},a_{\mathrm{2}}=\mathrm{\infty }.

由于a_{\mathrm{1}}和a_{\mathrm{2}}是f(z)的Borel例外值，则由文献［10］中的引理2.3，有f(z)=\phi (z){\mathrm{e}}^{P(z)}=\frac{U(z)}{V(z)}{\mathrm{e}}^{P(z)}，其中，U(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}，V(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}是整函数，P(z)为多项式，设\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}P=p，则，\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}P=p\ge \mathrm{1}. 再由{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\equiv \mathrm{0}，得

\begin{array}{l}L(z,f)={\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_{i}f\left(z+c_i\right)={\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\phi (z+c_i){\mathrm{e}}^{P(z+c_i)}=\\ {\mathrm{e}}^{P(z)}{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\phi (z+c_i){\mathrm{e}}^{P(z+c_i)-P(z)}=\mathrm{\Gamma }(z){\mathrm{e}}^{P(z)},\end{array}（31）

其中，\mathrm{\Gamma }(z)为{\mathrm{e}}^{P(z)}的小函数. 由于f(z)和L(z,f) CM分担a_{\mathrm{1}}和a_{\mathrm{2}}，不难看出存在一个多项式Q(z)，满足

\frac{L(z,f)}{f}=\frac{{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\phi (z+c_i){\mathrm{e}}^{P(z+c_i)}}{\phi (z){\mathrm{e}}^{P(z)}}={\mathrm{e}}^{Q(z)},（32）

则由引理1可知，

，\rho (b_i)\le p-\mathrm{1}，

\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}Q\le p-\mathrm{1}，i=\mathrm{1},\cdots ,n.（33）

接下来考虑两种子情况.

情况3.1\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}P=p=\mathrm{1}. 不妨设f(z)=\phi (z){\mathrm{e}}^{P(z)}=\phi (z){\mathrm{e}}^{mz}，m是一个非0常数，则由式(\mathrm{32})可知，

\begin{array}{l}\frac{L(z,f)}{f}=\frac{{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_{i}f(z+c_i)}{f(z)}=\\ \frac{{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\phi (z+c_i){\mathrm{e}}^{m{c}_i}}{\phi (z)}=A,\end{array}（34）

其中，A为非0复常数.

利用引理8可知，A-{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i{e}^{m{c}_i}=A-{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{t}_i=\mathrm{0}，则式(\mathrm{34})可化为

{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{t}_i{\mathrm{\Delta }}_{c_i}\phi (z)\equiv \mathrm{0}，（35）

若存在t\in (\mathrm{1,2},\cdots ,n)，使得{\mathrm{\Delta }}_{c_t}\phi (z)\equiv \mathrm{0}，则通过文献［11］中的引理7，可知f(z)={\mathrm{e}}^{Az+B}. 若对任意t\in (\mathrm{1,2},\cdots ,n)，{\mathrm{\Delta }}_{c_t}\phi (z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}，则下面再分两种情况考虑.

情况3.1.1n=\mathrm{3}. 此时在式（35）两端同时除以{\mathrm{\Delta }}_{c_{\mathrm{3}}}\phi (z)，移项后得

t_{\mathrm{1}}\frac{{\mathrm{\Delta }}_{c_{\mathrm{1}}}\phi (z)}{{\mathrm{\Delta }}_{c_{\mathrm{3}}}\phi (z)}+t_{\mathrm{2}}\frac{{\mathrm{\Delta }}_{c_{\mathrm{2}}}\phi (z)}{{\mathrm{\Delta }}_{c_{\mathrm{3}}}\phi (z)}\equiv -t_{\mathrm{3}}.（36）

由于\phi (z)=\frac{U(z)}{V(z)}，，U(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}，V(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}是整函数，不难看出U(z)、V(z)是多项式，不妨令U(z)=a_n{z}^n+\cdots +a_{\mathrm{0}}，V(z)=b_m{z}^m+\cdots +b_{\mathrm{0}}，其中，a_j,j=\mathrm{0},\cdots ,n，b_i,i=\mathrm{0},\cdots ,m都是复常数. 则式（36）可转化为

\begin{array}{l}{t}_{\mathrm{1}}V(z+c_{\mathrm{2}})V(z+c_{\mathrm{3}})\left(U(z+c_{\mathrm{1}})V(z)-U(z)V(z+c_{\mathrm{1}})\right)+\\ t_{\mathrm{2}}V(z+c_{\mathrm{1}})V(z+c_{\mathrm{3}})\left(U(z+c_{\mathrm{2}})V(z)-U(z)V(z+c_{\mathrm{2}})\right)=\\ -t_{\mathrm{3}}V(z+c_{\mathrm{1}})V(z+c_{\mathrm{2}})\left(U(z+c_{\mathrm{3}})V(z)-U(z)V(z+c_{\mathrm{3}})\right),\end{array}（37）

将U(z)=a_n{z}^n+\cdots +a_{\mathrm{0}}，V(z)=b_m{z}^m+\cdots +b_{\mathrm{0}}

代入式（37）中，比较最高项系数有

\begin{array}{l}{t}_{\mathrm{1}}\left((n{c}_{\mathrm{1}}{a}_n+a_{n-\mathrm{1}})b_m-(m{c}_{\mathrm{1}}{b}_m+b_{m-\mathrm{1}})a_n\right)+\\ t_{\mathrm{2}}\left((n{c}_{\mathrm{2}}{a}_n+a_{n-\mathrm{1}})b_m-(m{c}_{\mathrm{2}}{b}_m+b_{m-\mathrm{1}})a_n\right)=\\ -t_{\mathrm{3}}\left((n{c}_{\mathrm{3}}{a}_n+a_{n-\mathrm{1}})b_m-(m{c}_{\mathrm{3}}{b}_m+b_{m-\mathrm{1}})a_n\right),\end{array}

又应用引理9到式(\mathrm{36})，有

c_{\mathrm{1}}{t}_{\mathrm{1}}+c_{\mathrm{2}}{t}_{\mathrm{2}}=-c_{\mathrm{3}}{t}_{\mathrm{3}}，

于是t_{\mathrm{1}}+t_{\mathrm{2}}=-t_{\mathrm{3}}，又因为A-{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{t}_i=\mathrm{0}，则A=\mathrm{0}，这与已知矛盾.

情况3.1.2n>\mathrm{3}. 此时对式(\mathrm{35})移项后，两端同时除以-t_n{\mathrm{\Delta }}_{c_n}\phi (z)，得

{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^{n-\mathrm{1}}}\frac{t_i{\mathrm{\Delta }}_{c_i}\phi (z)}{-t_n{\mathrm{\Delta }}_{c_{\mathrm{3}}}\phi (z)}\equiv \mathrm{1}.（38）

与情况3.1.1中讨论一致，不妨令U(z)=a_n{z}^n+\cdots +a_{\mathrm{0}}，V(z)=b_m{z}^m+\cdots +b_{\mathrm{0}}，其中，a_j,j=\mathrm{0},\cdots ,n，b_i,i=\mathrm{0},\cdots ,m都是复常数. 令g_i(z)=\frac{t_i{\mathrm{\Delta }}_{c_i}\phi (z)}{-t_n{\mathrm{\Delta }}_{c_n}\phi (z)},i=\mathrm{1},\cdots ,n-\mathrm{1}，并将U(z)和V(z)的表达式代入g_i(z)=\frac{t_i{\mathrm{\Delta }}_{c_i}\phi (z)}{-t_n{\mathrm{\Delta }}_{c_n}\phi (z)},i=\mathrm{1},\cdots ,n-\mathrm{1}，则对任意，由引理7知，

且由于对任意t\in (\mathrm{1,2},\cdots ,n)，{\mathrm{\Delta }}_{c_t}\phi (z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}，则g_i(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0},i=\mathrm{1},\cdots ,n-\mathrm{1}. 由于U(z)和V(z)都是多项式，则

N(r,g_i(z))=N\left(r,\frac{t_i{\mathrm{\Delta }}_{c_i}\phi (z)}{-t_n{\mathrm{\Delta }}_{c_{\mathrm{3}}}\phi (z)}\right)=O(\mathrm{1})，

N\left(r,\frac{\mathrm{1}}{g_i(z)}\right)=N\left(r,\frac{t_n{\mathrm{\Delta }}_{c_n}\phi (z)}{-t_i{\mathrm{\Delta }}_{c_i}\phi (z)}\right)=O(\mathrm{1}).

综上，对式(\mathrm{38})运用引理10，可知

g_{n-\mathrm{1}}(z)=\frac{t_{n-\mathrm{1}}{\mathrm{\Delta }}_{c_{n-\mathrm{1}}}\phi (z)}{-t_n{\mathrm{\Delta }}_{c_{\mathrm{3}}}\phi (z)}\equiv \mathrm{1}.

移动式(\mathrm{38})的最后一项，有g_{\mathrm{1}}(z)+g_{\mathrm{2}}(z)+\cdots +g_{n-\mathrm{1}}(z)+g_{n-\mathrm{2}}(z)\equiv \mathrm{1}，且g_{n-\mathrm{2}}(z)\cancel{\equiv }\mathrm{0}，应用引理10可知

g_{n-\mathrm{2}}(z)=\frac{t_{n-\mathrm{2}}{\mathrm{\Delta }}_{c_{n-\mathrm{2}}}\phi (z)}{-t_n{\mathrm{\Delta }}_{c_n}\phi (z)}\equiv \mathrm{1}.

重复上述步骤，则

g_i(z)=\frac{t_i{\mathrm{\Delta }}_{c_i}\phi (z)}{-t_n{\mathrm{\Delta }}_{c_n}\phi (z)}\equiv \mathrm{1},i=\mathrm{1},\cdots ,n-\mathrm{1}，

于是由式(\mathrm{35})知t_n=\mathrm{0}，这也与已知矛盾. 不断重复上述步骤，得到矛盾，则存在t\in (\mathrm{1,2},\cdots ,n)，使得{\mathrm{\Delta }}_{c_t}\phi (z)\equiv \mathrm{0}，于是由文献［11］中的引理7，有f(z)={\mathrm{e}}^{Az+B}.

情况3.2\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}P=p\ge \mathrm{2}. 下面对\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}Q进行分类讨论.

情况3.2.1\mathrm{1}\le \mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}Q\le \mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}P-\mathrm{1}. 则由式（32）有

{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_i\frac{\phi (z+c_i)}{\phi (z)}{\mathrm{e}}^{P(z+c_i)-P(z)-Q(z)}=\mathrm{1}，（39）

不妨设P(z)=r_p{z}^p+\cdots +r_{\mathrm{0}}，Q(z)=k_q{z}^q+\cdots +k_{\mathrm{0}}，则对任意i\in (\mathrm{1,2},\cdots ,n)，

\begin{array}{l}P(z+c_i)-P(z)=r_p(z+c_i{)}^p+\cdots +\\ r_{\mathrm{1}}(z+c_i)+a_{\mathrm{0}}-(r_p{z}^p+\cdots +r_{\mathrm{0}})=\\ p{c}_i{r}_p{z}^{p-\mathrm{1}}+\cdots +(r_p{c_i}^p+\cdots +r_{\mathrm{1}}{c}_i+a_{\mathrm{0}}).\end{array}（40）

此时，再分为两种情况讨论.

情况3.2.1.1 若存在t\in (\mathrm{1,2},\cdots ,n)，使得p{c}_{t}a{r}_p=k_q. 则式(\mathrm{39})变为

\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1},i\ne t}^n}{b}_i\frac{\phi (z+c_i)}{\phi (z)}{\mathrm{e}}^{P(z+c_i)-P(z)-Q(z)}=\\ \mathrm{1}-b_t\frac{\phi (z+c_t)}{\phi (z)}{\mathrm{e}}^{P(z+c_t)-P(z)-Q(z)},\end{array}（41）

且式(\mathrm{41})右端

\mathrm{1}-b_t\frac{\phi (z+c_t)}{\phi (z)}{\mathrm{e}}^{P(z+c_t)-P(z)-Q(z)}\cancel{\equiv }\mathrm{0}.

若\mathrm{1}-b_t\frac{\phi (z+c_t)}{\phi (z)}{\mathrm{e}}^{P(z+c_t)-P(z)-Q(z)}\equiv \mathrm{0}，则式(\mathrm{41})可化为

{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1},i\ne t}^n}{b}_i\frac{\phi (z+c_i)}{\phi (z)}{\mathrm{e}}^{P(z+c_i)-P(z)-Q(z)}\equiv \mathrm{0}，

由和文献［4］中的定理1.51，知b_i=\mathrm{0},i=\mathrm{1,2},\cdots ,n，矛盾，因此不难发现式(\mathrm{41})左端增长级为p-\mathrm{1}，而右端增长级小于p-\mathrm{1}，据此得出矛盾.

情况3.2.1.2 若对任意t\in (\mathrm{1,2},\cdots ,n)，p{c}_t{a}_p\ne b_q. 由于，则直接利用与情况3.1.2相同的方法，不断移动(\mathrm{39})式最后一项，由引理10得出

{\displaystyle \sum _{i=\mathrm{1}}^n}{b}_{i}f(z+c_i)=n{\mathrm{e}}^{Q}f(z)={\mathrm{e}}^{Q}f(z)，

这与n\ge \mathrm{3}矛盾.

情况3.2.2\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{g}Q=\mathrm{0}. 不妨令{\mathrm{e}}^{Q(z)}=\tau，也可以使用和情况3.2.1相似的证明方法，得到q=\mathrm{0}是不可能的.

综合情况1、情况2和情况3，定理2得证.

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基金资助

国家自然科学基金项目(12261023)

国家自然科学基金项目(11861023)