亚纯函数位移多项式的值分布

On Value Distribution of Shift Polynomials of Meromorphic Functions

摘要: 设f是非常数亚纯函数，P_n(z,f)是关于f的一类线性位移多项式，β是f的小函数。本文借助差分形式Nevanlinna值分布理论，研究了f与P_n(z,f)-β(z)的特征函数之间的关系、P_n(z,f)与P_n(z,f)-β(z)的亏量等值分布性质，部分地推广了现有的一些结果。

Abstract: Let f be a nonconstant meromorphic function, P_n(z,f) be a shift polynomial of f, β be a small function with respect to f. With the help of difference version of Nevanlinna theory, some existing results could be partially generalized through studying the value distribution properties of P_n(z,f), such as the relationship between the characteristic functions of f and P_n(z,f)-β(z), the deficiencies of P_n(z,f) and P_n(z,f)-β(z).

1. 引言

诞生于上世纪20年代，以第一、第二基本定理为重要基础的Nevanlinna亚纯函数值分布理论，经过国内外几代数学工作者的接续努力，已拓展出众多研究方向，不断丰富着复分析、函数论的内涵。以微分算子的值分布为例，国内外不少学者已做过大量意义深远的研究，并收获了一系列经典结果 [1] [2] [3] [4] [5]。

2006年和2008年，Halburd和Korhonen，Chiang和Feng分别研究了有限级亚纯函数的增长性，得到了两组差分形式的对数导数引理 [6] [7]。随后学者们借助此工具将Nevanlinna理论中许多重要结果推广成差分形式 [8] - [17]，完善了复域差分的值分布理论。

设f是复平面 $ℂ$ 上的一个亚纯函数，本文将采用Nevanlinna值分布理论的基本概念与标准符号 [3] [5] [18]，如f的特征函数 $T\left(r,f\right)$ 、均值函数 $m\left(r,f\right)$ 、计数函数 $N\left(r,f\right)$ 等。

现将后文出现的一些符号作简要说明。设 $c\in ℂ\setminus \left\{0\right\}$，记 ${\Delta }^{0}f\left(z\right)=f\left(z\right)$，定义f的(向前)差分为

$\Delta f\left(z\right)=f\left(z+c\right)-f\left(z\right)$, ${\Delta }^{2}f\left(z\right)=\Delta f\left(z+c\right)-\Delta f\left(z\right)$,

${\Delta }^{n}f\left(z\right)={\Delta }^{n-1}f\left(z+c\right)-{\Delta }^{n-1}f\left(z\right)$, $\left(n=1,2,\cdots \right)$,

分别称为f的1阶、2阶、n阶差分。

非常数亚纯函数f的级与下级分别记为 $\sigma \left(f\right)$ 与 $\mu \left(f\right)$，f的零点收敛指数、极点收敛指数分别记为 $\lambda \left(f\right)$ 与 $\lambda \left(1/f\right)$。

若对亚纯函数s，有 $T\left(r,s\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)$， $r\to \infty$ 且 $r\notin E$，其中E是个对数测度有限的集合，即 ${\displaystyle {\int }_E\text{d}t/t}<\infty$，则称s为f的小函数。记f的所有小函数构成的集合为 $S\left(f\right)$。

注1 在本文中，不同地方出现的E未必是相同的集合，但均表示对数测度有限的例外集。

设 $a\in ℂ\cup \left\{\infty \right\}$，记

$\delta \left(a,f\right)=\underset{r\to \infty }{\lim \inf }\frac{m\left(r,\frac{1}{f-a}\right)}{T\left(r,f\right)}=1-\underset{r\to \infty }{\lim \sup }\frac{N\left(r,\frac{1}{f-a}\right)}{T\left(r,f\right)}$.

若 $\delta \left(a,f\right)>0$，则称a是亚纯函数f的一个亏值(Nevanlinna例外值)，并称 $\delta \left(a,f\right)$ 为亏量。若 $\lambda \left(f-a\right)<\sigma \left(f\right)$，则称a为f的一个Borel例外值。若 $a=\infty$，则上述记号中的 $m\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$， $N\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$， $\lambda \left(f-a\right)$ 分别为 $m\left(r,f\right)$， $N\left(r,f\right)$， $\lambda \left(1/f\right)$。

对于整函数f，用 $M\left(r,f\right)$ 来表示它在圆周 $\left|z\right|=r$ 上的最大模。设 $0<\sigma \left(f\right)=\sigma <\infty$，定义f的型为 $\tau \left(f\right)=\underset{r\to \infty }{\lim \sup }\frac{\log M\left(r,f\right)}{r^{\sigma }}$。

近年来，一些学者研究了亚纯函数f与其差分算子 ${\Delta }^{n}f$ 之间的关系，并在 ${\Delta }^{n}f$ 的零点、极点的值分布性质、亏量关系等方面做了不少工作 [8] [9] [11] [12] [19] [20] [21]。

2014年，蓝双婷、陈宗煊 [19] 证明了如下定理：

定理A 设c是一个非零有穷复数，f是复平面 $ℂ$ 上的一个有限级亚纯函数且具有两个Borel例外值 $a,b\in ℂ$。假设以下任一条件成立：

i) $\sigma \left(f\right)\ge 2$ ；

ii) $\sigma \left(f\right)<2$，且a和b都不是f的Picard例外值。

则对于每一个整数 $n\ge 2$，有 $\delta \left(0,{\Delta }^{n}f\right)=\frac{2}{n+1}$ 和 $\delta \left(\infty ,{\Delta }^{n}f\right)=0$。

定理B 设c是一个非零有穷复数，f是复平面 $ℂ$ 上的一个有限级亚纯函数且具有两个Borel例外值 $a\in ℂ$ 和 $\infty$。则对于每一个正整数n，有 $\delta \left(0,{\Delta }^{n}f\right)=\delta \left(\infty ,{\Delta }^{n}f\right)=1$，除非f和c满足： $f\left(z\right)=a+p\left(z\right){\text{e}}^{dz}$，其中 $p\left(z\right)\left(\cancel{\equiv }0\right)$ 是次数小于n的多项式， $d\in ℂ\setminus \left\{0\right\}$，且对某个 $k\in \mathbb{Z}$ 有 $cd=2k\pi i$，这里i是虚数单位。

文献 [19] 也指出了明显的事实：在定理A的条件下，0是 ${\Delta }^{n}f$ 仅有的一个Nevanlinna例外值；在定理B的条件下，0和 $\infty$ 是 ${\Delta }^{n}f$ 的两个Borel例外值。

本文将研究线性位移多项式

$P_n\left(z,f\right):={\alpha }_{n}f\left(z+nc\right)+\cdots +{\alpha }_{1}f\left(z+c\right)+{\alpha }_{0}f\left(z\right)$ (1.1)

的增长性、亏量及 $\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}$ 的极点收敛指数，其中 $c\in ℂ\setminus \left\{0\right\}$， ${\alpha }_k\in ℂ\setminus \left\{0\right\}\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$ 且满足 ${\displaystyle {\sum }_{k=0}^n{\alpha }_k}=0$。

本文剩余部分的结构如下：第二节是对主要结果的介绍、分析与说明；第三节给出的是在证明主要结果时所需的辅助性引理；第四节完整呈现了主要结果的证明过程。

2. 主要结果

本文的主要结论如下：

定理1 设f是复平面 $ℂ$ 上具有两个Borel例外值 $a,b\in ℂ$ 的有限级亚纯函数，

$G_n\left(z\right):=P_n\left(z,f\right)-\beta \left(z\right)$, (2.1)

其中 $P_n\left(z,f\right)$ 如(1.1)所定义，且 $\beta \left(z\right)\left(\cancel{\equiv }0,\infty \right)\in S\left(f\right)$。假设f还满足以下任一条件：

i) $\sigma \left(f\right)\ge 2$ ；

ii) $\sigma \left(f\right)<2$，且a和b都不是f的Picard例外值。

则对于任一 $n\in {\mathbb{N}}^{+}\setminus \left\{1\right\}$，下述结论成立：

1) $T\left(r,G_n\left(z\right)\right)=\left(n+1\right)T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$， $r\notin E$ ；

2) $\delta \left(0,G_n\right)=0$， $\delta \left(0,P_n\left(z,f\right)\right)=\frac{2}{n+1}$， $\delta \left(\infty ,G_n\right)=\delta \left(\infty ,P_n\left(z,f\right)\right)=0$ ；

3) $\lambda \left(\frac{f}{P_n\left(z,f\right)}\right)=\sigma \left(f\right)$。

注2 结论2)表明，在本定理的条件下，0是 $P_n\left(z,f\right)$ 唯一的亏值。

定理2 设f是复平面 $ℂ$ 上具有两个Borel例外值 $a\in ℂ$ 和 $\infty$ 的有限级亚纯函数，且 $\infty$ 不是f的Picard例外值。 $P_n\left(z,f\right)$， $G_n\left(z\right)$ 分别如(1.1)，(2.1)所定义。则对于任一 $n\in {\mathbb{N}}^{+}$，下述结论成立：

1) $T\left(r,G_n\right)=T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$， $r\notin E$ ；

2) $\delta \left(0,G_n\right)=0$， $\delta \left(0,P_n\left(z,f\right)\right)=\delta \left(\infty ,P_n\left(z,f\right)\right)=\delta \left(\infty ,G_n\right)=1$ ；

3) $a\ne 0$ 时， $\lambda \left(\frac{f}{P_n\left(z,f\right)}\right)=\sigma \left(f\right)$。

注3 结论2)表明，在本定理的条件下，0和 $\infty$ 是 $P_n\left(z,f\right)$ 仅有的两个亏值，也是 $P_n\left(z,f\right)$ 仅有的两个Borel例外值。

注4 从后文的证明知道，定理1和定理2的条件都保证了 $P_n\left(z,f\right)\cancel{\equiv }0$。

下面的例子满足定理1的条件与结论。

例1 设 $c=2$， $f\left(z\right)=\frac{\omega {\text{e}}^{z^2}}{\omega {\text{e}}^{z^2}+\tau }$，其中 $\omega ,\tau \in ℂ\setminus \left\{0\right\}$，则 $\sigma \left(f\right)=2$，且0，1是f的两个Borel例外值。任取 ${\alpha }_0$， ${\alpha }_1$， ${\alpha }_2$ 满足 ${\alpha }_0+{\alpha }_1+{\alpha }_2=0$，经计算可得

$P_2\left(z,f\right)={\alpha }_{2}f\left(z+2c\right)+{\alpha }_{1}f\left(z+c\right)+{\alpha }_{0}f\left(z\right)=\frac{\omega \tau {\text{e}}^{z^2}U\left(z\right)}{\left(\omega {\text{e}}^{z^2}+\tau \right)\left(\omega {\text{e}}^{z^2+4z+4}+\tau \right)\left(\omega {\text{e}}^{z^2+8z+16}+\tau \right)}$,

其中 $U\left(z\right)=\omega {\text{e}}^{z^2}\left[\left({\alpha }_1+{\alpha }_2\right){\text{e}}^{8z+16}+\left({\alpha }_0+{\alpha }_2\right){\text{e}}^{4z+12}+{\alpha }_0+{\alpha }_1\right]{\text{e}}^{4z+4}+\tau {\alpha }_2{\text{e}}^{8z+16}+\tau {\alpha }_1{\text{e}}^{4z+4}+\tau {\alpha }_0$。由于 ${\text{e}}^{z^2}$ 、 ${\text{e}}^z$ 的级分别为2、1，且它们都是正规增长的函数，我们有 $T\left(r,{\text{e}}^z\right)=o\left(T\left(r,{\text{e}}^{z^2}\right)\right)$。显然 $U\left(z\right)\cancel{\equiv }0$，利用涉及

小函数的Nevanlinna第二基本定理和Valiron-Mohon'ko定理，不难得出

$N\left(r,\frac{1}{P_2\left(z,f\right)}\right)=N\left(r,\frac{1}{U\left(z\right)}\right)=T\left(r,{\text{e}}^{z^2}\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^{z^2}\right)\right)$,

$N\left(r,P_2\left(z,f\right)\right)=N\left(r,\frac{1}{\left(\omega {\text{e}}^{z^2}+\tau \right)\left(\omega {\text{e}}^{z^2+4z+4}+\tau \right)\left(\omega {\text{e}}^{z^2+8z+16}+\tau \right)}\right)=3T\left(r,{\text{e}}^{z^2}\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^{z^2}\right)\right)$,

$T\left(r,P_2\left(z,f\right)\right)=3T\left(r,{\text{e}}^{z^2}\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^{z^2}\right)\right)$.

于是， $\delta \left(0,P_2\left(z,f\right)\right)=2/3$， $\delta \left(\infty ,P_2\left(z,f\right)\right)=0$。

以下例子表明，在定理1的ii)中，条件“a，b都不是f的Picard例外值”不能减弱。

例2 设 $f\left(z\right)=\frac{\omega {\text{e}}^z}{\omega {\text{e}}^z-z+\tau }$， $c=4\pi i$，其中 $\omega ,\tau \in ℂ\setminus \left\{0\right\}$，i是虚数单位。则0，1是f的两个Borel例外值，且0是f的一个Picard例外值，1不是f的Picard例外值。取 ${\alpha }_k={\left(-1\right)}^{n-k}{C}_n^k$，其中 $C_n^k$ 为二项式系数，即 $C_n^k=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$， $\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$。用数学归纳法易得

$P_n\left(z,f\right)={\Delta }^{n}f\left(z\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{C}_n^k}{\left(-1\right)}^{n-k}f\left(z+kc\right)=\frac{{\left(4\pi i\right)}^{n}n!\omega {\text{e}}^z}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(\omega {\text{e}}^z-z+\tau -4k\pi i\right)}}$.

明显地，此时 $P_n\left(z,f\right)$ 没有零点，而 $T\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)=\left(n+1\right)T\left(r,{\text{e}}^z\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^z\right)\right)$，因此 $\delta \left(0,P_n\left(z,f\right)\right)=1\ne \frac{2}{n+1}$， $n\in {\mathbb{N}}^{+}\setminus \left\{1\right\}$。

3. 重要引理

以下是证明本文的主要结果时需要用到的引理。

引理3.1 [6] 设f是复平面 $ℂ$ 上一个有限级非常数亚纯函数， $c\in ℂ\setminus \left\{0\right\}$ 是个常数。则

$m\left(r,\frac{f\left(z+c\right)}{f\left(z\right)}\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$.

引理3.2 [7] [22] 设f是复平面 $ℂ$ 上一个有限级非常数亚纯函数， $c\in ℂ\setminus \left\{0\right\}$ 是个常数。则

$T\left(r,f\left(z+c\right)\right)=T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$ ;

$N\left(r,f\left(z+c\right)\right)=N\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$.

引理3.3 [3] [23] 设f是复平面 $ℂ$ 上一个亚纯函数， $R\left(z,f\left(z\right)\right)=\frac{a_n\left(z\right)f{\left(z\right)}^n+\cdots +a_1\left(z\right)f\left(z\right)+a_0\left(z\right)}{b_m\left(z\right)f{\left(z\right)}^m+\cdots +b_1\left(z\right)f\left(z\right)+b_0(\; z\; )}$

是关于f的不可约有理函数，其中系数 $a_i,b_j\in S\left(f\right)$ $\left(i=0,1,\cdots ,n;j=0,1,\cdots ,m\right)$。则有

$T\left(r,R\left(z,f\left(z\right)\right)\right)=\max \left\{m,n\right\}T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$.

引理3.4 [13] 设 ${\omega }_k\left(k=1,2,\cdots ,n\right)$ 是互异的非零常数， $A_k\left(z\right)\left(k=1,2,\cdots ,n\right)$ 是有限级整函数。若在具有最大极 $\sigma =\max \left\{\sigma \left(A_k\right),0\le k\le n\right\}$ 的这些系数中仅有一项系数具有最大型，则方程

$A_n\left(z\right)f\left(z+{\omega }_n\right)+\cdots +A_1\left(z\right)f\left(z+{\omega }_1\right)+A_0\left(z\right)f\left(z\right)=0$

的任一非零亚纯解 $f\left(z\right)$ 满足 $\sigma \left(f\right)\ge \sigma +1$。

引理3.5 [11] 设 $c\in ℂ\setminus \left\{0\right\}$， $P_k\left(z\right)\left(k=1,2,\cdots ,n\right)$ 是满足 $P_n{P}_0\cancel{\equiv }0$ 和

$\mathrm{deg}\left(P_n+\cdots +P_0\right)=\max \left\{\mathrm{deg}{P}_j:j=0,1,\cdots ,n\right\}\ge 1$

的多项式。则对于方程

$P_n\left(z\right)f\left(z+nc\right)+\cdots +P_1\left(z\right)f\left(z+c\right)+P_0\left(z\right)f\left(z\right)=0$ (3.1)

的任一有限级非零亚纯解 $f\left(z\right)$，有 $\sigma \left(f\right)\ge 1$。

引理3.6 [10] [19] 设 $P_k\left(z\right)\left(k=1,2,\cdots ,n\right)$ 是满足 $P_n{P}_0\cancel{\equiv }0$ 的多项式。则对于方程(3.1)的至少具有一个极点(从而有无穷多个极点)的亚纯解 $f\left(z\right)$，有 $\sigma \left(f\right)\ge 1$。

引理3.7 [19] 设h是满足 $\bar{N}\left(r,h\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{h}\right)=o\left(T\left(r,h\right)\right)$ 的非常数亚纯函数。又设

$f=a_p{h}^p+a_{p-1}{h}^{p-1}+\cdots +a_{1}h+a_0$,

其中 $a_j\in S\left(h\right)$ $\left(j=0,1,\cdots ,p\right)$ 满足 $a_0{a}_p\cancel{\equiv }0$。则 $N\left(r,\frac{1}{f}\right)=pT\left(r,h\right)+o\left(T\left(r,h\right)\right)$。

4. 定理的证明

4.1. 定理1的证明

令

$g\left(z\right)=\frac{f\left(z\right)-a}{f\left(z\right)-b}$, (4.1)

由 $a,b\in ℂ$ 是f的两个Borel例外值可知，0和 $\infty$ 是亚纯函数g的两个Borel例外值。利用Hadamard分解定理将g分解为

$g\left(z\right)=p\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}$, (4.2)

其中p是个满足

$\sigma \left(p\right)=\max \left\{\lambda \left(g\right)\text{,}\lambda \left(\frac{1}{g}\right)\right\}<\sigma \left(g\right)$ (4.3)

的亚纯函数，h是个满足 $\mathrm{deg}h=\sigma \left(g\right)=\sigma \left(f\right)$ 的多项式。

依定理条件，以下我们将对f的级进行分类讨论。

情形1： $\sigma \left(f\right)\ge 2$，此时 $\mathrm{deg}h\ge 2$。

1) 证明对任意的 $n\in {\mathbb{N}}^{+}\setminus \left\{1\right\}$，有 $T\left(r,G_n\left(z\right)\right)=\left(n+1\right)T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$， $r\notin E$。

根据(4.2)，对任意的 $k\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}$，有

$g\left(z+kc\right)=p\left(z+kc\right){\text{e}}^{h\left(z+kc\right)}=\left(p\left(z+kc\right){\text{e}}^{h\left(z+kc\right)-h\left(z\right)}\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}=a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}$, (4.4)

其中

$a_k\left(z\right)=p\left(z+kc\right){\text{e}}^{h\left(z+kc\right)-h\left(z\right)}$, $\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$ (4.5)

若 $a_k\left(z\right)\equiv 0$，则 $p\left(z\right)\equiv 0$，从而 $g\left(z\right)\equiv 0$，矛盾。因此 $a_k\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ $\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$。结合(4.3)，(4.5)与引理3.2得

$T\left(r,a_k\right)=o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)$ $\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$, $r\notin E$. (4.6)

按文献( [19]，定理1.1)的方法可证明g不是周期函数，所以 $g\left(z+kc\right)\cancel{\equiv }g\left(z+jc\right)$， $k\ne j$ $\left(k,j=0,1,\cdots ,n\right)$。又由(4.4)可知，

$a_k\left(z\right)\cancel{\equiv }{a}_j\left(z\right)$, $k\ne j$ $\left(k=0,1,\cdots ,n;j=0,1,\cdots ,n\right)$. (4.7)

(4.1)式蕴含着

$f\left(z\right)=b+\frac{b-a}{g\left(z\right)-1}$, (4.8)

将此式代入 $P_n\left(z,f\right)$ 的表达式，得

$\begin{array}{c}{P}_n\left(z,f\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}f\left(z+kc\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}\left(b+\frac{b-a}{g\left(z+kc\right)-1}\right)=\left(b-a\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}\left(\frac{1}{g\left(z+kc\right)-1}\right)\\ =\left(b-a\right)\frac{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+jc\right)-1\right)}}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+kc\right)-1\right)}}=(b-a)\frac{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(a_j\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}}.\end{array}$ (4.9)

现将上式右端分式的分子部分改写为关于 ${\text{e}}^h$ 的多项式如下：

${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(a_j\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}=b_n\left(z\right){\text{e}}^{nh\left(z\right)}+b_{n-1}\left(z\right){\text{e}}^{\left(n-1\right)h\left(z\right)}+\cdots +b_1\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}+b_0\left(z\right)$, (4.10)

其中 $b_0\left(z\right)={\left(-1\right)}^n{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}=0$，

$b_1\left(z\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\sum }}{\left(-1\right)}^{n-1}{a}_j\left(z\right)}={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\left(-1\right)}^{n-1}{a}_j\left(z\right)}-{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\left(-1\right)}^{n-1}{a}_k\left(z\right)={\left(-1\right)}^n{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{a}_k\left(z\right)$, (4.11)

$b_n\left(z\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}{a}_j}\left(z\right)=\left({\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\prod }}{a}_j}\left(z\right)\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}\frac{1}{a_k\left(z\right)}$. (4.12)

下证 $b_1\left(z\right)\cancel{\equiv }0$。若不然，由(4.5)和(4.11)知 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}p\left(z+kc\right){\text{e}}^{h\left(z+kc\right)-h\left(z\right)}\equiv 0$，

即

${\alpha }_{0}p\left(z\right)+{\alpha }_{1}p\left(z+c\right){\text{e}}^{h\left(z+c\right)-h\left(z\right)}+\cdots +{\alpha }_{n}p\left(z+nc\right){\text{e}}^{h\left(z+nc\right)-h\left(z\right)}\equiv 0$. (4.13)

设多项式

$h\left(z\right)=d_l{z}^l+d_{l-1}{z}^{l-1}+\cdots +d_{1}z+d_0$,

其中 $l=\mathrm{deg}h\ge 2$， $d_l\left(\ne 0\right),\cdots ,d_0$ 是复常数，则

$h\left(z+kc\right)-h\left(z\right)=lkc{d}_l{z}^{l-1}+h_{l-2}\left(z\right)$, $\left(k=1,2,\cdots ,n\right)$, (4.14)

这里 $h_{l-2}\left(z\right)$ 是个次数不超过 $l-2$ 的多项式。根据(4.14)，经计算可得， $\sigma \left({\text{e}}^{h\left(z+kc\right)-h\left(z\right)}\right)=\mathrm{deg}h-1$， $\tau \left({\text{e}}^{h\left(z+kc\right)-h\left(z\right)}\right)=\left|lkc{d}_l\right|$ $\left(k=1,2,\cdots ,n\right)$。注意到 $\left|nc\right|>\left|jc\right|$ $\left(j=1,2,\cdots ,n-1\right)$，因此，在(4.13)式中， $\tau \left({\text{e}}^{h\left(z+nc\right)-h\left(z\right)}\right)=\left|lnc{d}_l\right|>\tau \left({\text{e}}^{h\left(z+jc\right)-h\left(z\right)}\right)$ $\left(j=1,2,\cdots ,n-1\right)$。借助引理3.4可知 $\sigma \left(p\right)=\sigma \left(1/p\right)\ge \left(\mathrm{deg}h-1\right)+1=\mathrm{deg}h=\sigma \left(g\right)$，这与(4.3)矛盾。所以 $b_1\left(z\right)\cancel{\equiv }0$。类似可证， $b_n\left(z\right)\cancel{\equiv }0$。于是，我们有 $P_n\left(z,f\right)\cancel{\equiv }0$。

因 ${\alpha }_k\ne 0$ $\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$，且容易看出 $a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1$ $\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$ 均不是 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(a_j\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}$ 的因子，由(4.6)和(4.7)可知， $\frac{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(a_j\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}}$ 是个关于 ${\text{e}}^h$ 的不可约有理函数。因此，由(4.9)和引理3.3，结合 $G_n$ 的定义，我们知道

$\begin{array}{c}T\left(r,G_n\right)=T\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)=\left(n+1\right)T\left(r,{\text{e}}^h\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)\\ =\left(n+1\right)T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right),r\notin E\end{array}$ (4.15)

2) 证明 $\delta \left(0,G_n\right)=0$， $\delta \left(0,P_n\left(z,f\right)\right)=\frac{2}{n+1}$， $\delta \left(\infty ,G_n\right)=\delta \left(\infty ,P_n\left(z,f\right)\right)=0$， $n\in {\mathbb{N}}^{+}\setminus \left\{1\right\}$。

由(4.9)可知

$\begin{array}{c}{G}_n\left(z\right)=P_n\left(z,f\right)-\beta \left(z\right)=\frac{\left(b-a\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+jc\right)-1\right)}-\beta \left(z\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+kc\right)-1\right)}}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+kc\right)-1\right)}}\\ =\frac{\left(b-a\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(a_j\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}-\beta \left(z\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}}.\end{array}$ (4.16)

结合此式与(4.10)，记

$Q_{n+1}\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+kc\right)-1\right)}={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-1\right)}$, (4.17)

$\begin{array}{c}{Q}_n\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+jc\right)-1\right)}\\ =b_n\left(z\right){\text{e}}^{nh\left(z\right)}+b_{n-1}\left(z\right){\text{e}}^{\left(n-1\right)h\left(z\right)}+\cdots +b_1\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}\\ ={\text{e}}^{h\left(z\right)}{Q}_{n-1}\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right),\end{array}$ (4.18)

其中 $Q_{n-1}\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)$ 是关于 ${\text{e}}^h$ 的 $n-1$ 次多项式。于是，(4.9)和(4.16)意味着

$P_n\left(z,f\right)=\left(b-a\right)\frac{Q_n\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)}{Q_{n+1}\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)}$, (4.19)

$G_n\left(z\right)=P_n\left(z,f\right)-\beta \left(z\right)=\frac{\left(b-a\right)Q_n\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)-\beta \left(z\right)Q_{n+1}\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)}{Q_{n+1}\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)}$. (4.20)

由(4.4)和(4.6)可知，

$N\left(r,g\left(z+kc\right)-1\right)=N\left(r,g\left(z+kc\right)\right)=N\left(r,a_k\left(z\right)\right)=o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)$, $r\notin E$, $\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$. (4.21)

进一步，我们有 $N\left(r,Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)\right)=o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)$， $N\left(r,Q_n\left({\text{e}}^h\right)\right)=o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)$， $r\notin E$。

$\left(b-a\right)Q_n\left({\text{e}}^h\right)-\beta Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)$ 和 $Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)$ 的公共零点，必为 $Q_n\left({\text{e}}^h\right)$ 的零点，因而也是 $Q_n\left({\text{e}}^h\right)$ 和 $Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)$ 的公共零点。现设 $z_0$ 是 $Q_n\left({\text{e}}^h\right)$ 和 $Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)$ 的一个公共零点，但不是 $g\left(z+kc\right)$ $\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$ 的极点，由于 $Q_{n+1}\left({\text{e}}^{h\left(z_0\right)}\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z_0+kc\right)-1\right)}=0$，可知存在某个 $p\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}$，使得 $g\left(z_0+pc\right)=1$。此时 $Q_n\left({\text{e}}^{h\left(z_0\right)}\right)={\alpha }_p{\displaystyle \underset{j=0,j\ne p}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z_0+jc\right)-1\right)}=0$，于是存在某个 $q\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}\setminus \left\{p\right\}$，使得 $g\left(z_0+qc\right)=1$，这时有 $g\left(z_0+pc\right)=g\left(z_0+qc\right)$。记 $\left(b-a\right)Q_n\left({\text{e}}^h\right)-\beta Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)$ 和 $Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)$ 的公共零点的积分计数函数为 $N_1\left(r\right)$， $Q_n\left({\text{e}}^h\right)$ 和 $Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)$ 的公共零点的积分计数函数为 $N_1\left(r\right)$。由以上分析，结合(4.4)，(4.6)，(4.21)可得

$\begin{array}{c}{N}_1\left(r\right)\le N_2\left(r\right)\le {\displaystyle \underset{\begin{array}{c}p\ne q\\ p,q\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}\end{array}}{\sum }N}\left(r,\frac{1}{g\left(z+pc\right)-g\left(z+qc\right)}\right)+{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}N}\left(r,g\left(z+kc\right)\right)\\ ={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}p\ne q\\ p,q\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}\end{array}}{\sum }N}\left(r,\frac{1}{\left(a_p\left(z\right)-a_q\left(z\right)\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}}\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)\\ \le {\displaystyle \underset{\begin{array}{c}p\ne q\\ p,q\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}\end{array}}{\sum }T}\left(r,a_p-a_q\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)=o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right),r\notin E.\end{array}$ (4.22)

为便于对 $G_n\left(z\right)$ 的零点进行估计，现将(4.20)右端分式的分子部分改写为关于 ${\text{e}}^h$ 的多项式如下

$\left(b-a\right)Q_n\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)-\beta \left(z\right)Q_{n+1}\left({\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)=u_{n+1}\left(z\right){\text{e}}^{\left(n+1\right)h\left(z\right)}+u_n\left(z\right){\text{e}}^{nh\left(z\right)}+\cdots +u_1\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}+u_0\left(z\right)$, (4.23)

其中 $u_{n+1}\left(z\right)=-\beta \left(z\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}{a}_k\left(z\right)}$， $u_0\left(z\right)=0-{\left(-1\right)}^{n+1}\beta \left(z\right)={\left(-1\right)}^n\beta \left(z\right)$，

$u_1\left(z\right)={\left(-1\right)}^n\left(b-a\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{a}_k\left(z\right)+{\left(-1\right)}^{n+1}\beta \left(z\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{a}_k}\left(z\right)$,

$u_n\left(z\right)=\left(b-a\right)\left({\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\prod }}{a}_j}\left(z\right)\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\frac{{\alpha }_k}{a_k\left(z\right)}}+\beta \left(z\right)\left({\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\prod }}{a}_j}\left(z\right)\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{a_k\left(z\right)}}$.

注意到 $u_0\left(z\right)u_{n+1}\left(z\right)={\left(-1\right)}^{n+1}{\beta }^2\left(z\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}{a}_k}\left(z\right)\cancel{\equiv }0$，结合(4.20)，(4.22)，(4.23)与引理3.7，我们有

$\begin{array}{c}N\left(r,\frac{1}{G_n}\right)=N\left(r,\frac{1}{\left(b-a\right)Q_n\left({\text{e}}^h\right)-\beta Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)}\right)-N_1\left(r\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)\\ =N\left(r,\frac{1}{u_{n+1}{\text{e}}^{\left(n+1\right)h}+\cdots +u_1{\text{e}}^h+u_0}\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)\\ =\left(n+1\right)T\left(r,{\text{e}}^h\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)\\ =\left(n+1\right)T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right),r\notin E.\end{array}$ (4.24)

于是，由(4.15)，(4.24)可得

$\delta \left(0,G_n\right)=1-\underset{r\to \infty }{\lim \sup }\frac{N\left(r,1/G_n\right)}{T\left(r,G_n\right)}=0$.

注意到 $b_1\left(z\right)\cancel{\equiv }0$，用上述方法估计 $P_n\left(z,f\right)$ 的零点，类似可证

$\begin{array}{c}N\left(r,\frac{1}{P_n\left(z,f\right)}\right)=N\left(r,\frac{1}{Q_n\left({\text{e}}^h\right)}\right)-N_2\left(r\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)=N\left(r,\frac{1}{Q_{n-1}\left({\text{e}}^h\right)}\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)\\ =\left(n-1\right)T\left(r,{\text{e}}^h\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)=\left(n-1\right)T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right),r\notin E,\end{array}$

从而 $\delta \left(0,P_n\left(z,f\right)\right)=\frac{2}{n+1}$。

接下来对 $G_n\left(z\right)$， $P_n\left(z,f\right)$ 的极点进行估计。结合(4.4)，(4.6)与引理3.2，对 $g\left(z+kc\right)$ $\left(k=0,1,\cdots ,n\right)$ 应用Nevanlinna第二基本定理，有

$\begin{array}{c}T\left(r,g\left(z+kc\right)\right)\le N\left(r,g\left(z+kc\right)\right)+N\left(r,\frac{1}{g\left(z+kc\right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{g\left(z+kc\right)-1}\right)+o\left(T\left(r,g\left(z+kc\right)\right)\right)\\ =N\left(r,a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}}\right)+N\left(r,\frac{1}{g\left(z+kc\right)-1}\right)+o\left(T\left(r,g\right)\right)\\ =N\left(r,a_k\right)+N\left(r,\frac{1}{a_k}\right)+N\left(r,\frac{1}{g\left(z+kc\right)-1}\right)+o\left(T\left(r,g\right)\right)\\ \le T\left(r,g\left(z+kc\right)\right)+o\left(T\left(r,g\right)\right),r\notin E.\end{array}$

此式意味着，对任意的 $k\in \left\{0,1,\cdots ,n\right\}$，有

$\begin{array}{c}N\left(r,\frac{1}{g\left(z+kc\right)-1}\right)=T\left(r,g\left(z+kc\right)\right)+o\left(T\left(r,g\right)\right)\\ =T\left(r,a_k\left(z\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}\right)+o\left(T\left(r,g\right)\right)\\ =T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right),r\notin E.\end{array}$ (4.25)

由(4.15)，(4.17)，(4.19)，(4.22)和(4.25)，我们知道

$\begin{array}{c}N\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)=N\left(r,\frac{1}{Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)}\right)-N_2\left(r\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)\\ =N\left(r,\frac{1}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+kc\right)-1\right)}}\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)\\ ={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}N}\left(r,\frac{1}{g\left(z+kc\right)-1}\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)\\ =\left(n+1\right)T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)\\ =T\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)+o\left(T\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)\right),r\notin E.\end{array}$ (4.26)

因此，

$\delta \left(\infty ,P_n\left(z,f\right)\right)=1-\underset{r\to \infty }{\lim \sup }\frac{N\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)}{T\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)}=0$.

再由(4.15)，(4.26)和 $N\left(r,G_n\right)=N\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$ 立即得到 $\delta \left(\infty ,G_n\right)=0$。

3) 证明 $\lambda \left(\frac{f}{P_n\left(z,f\right)}\right)=\sigma \left(f\right)$， $n\in {\mathbb{N}}^{+}\setminus \left\{1\right\}$。

借助引理3.1易得

$T\left(r,\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}\right)=N\left(r,\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}\right)+m\left(r,\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}\right)=N\left(r,\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$. (4.27)

另一方面，由(4.2)，(4.8)，(4.18)和(4.19)知道，

$\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}=\left(b-a\right)\frac{Q_n\left({\text{e}}^h\right)}{Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)}\frac{1}{b+\frac{b-a}{g-1}}=\left(b-a\right){\text{e}}^h\frac{Q_{n-1}\left({\text{e}}^h\right)}{Q_{n+1}\left({\text{e}}^h\right)}\frac{p{\text{e}}^h-1}{bp{\text{e}}^h-a}$,

对上式用引理3.3，可得

$T\left(r,\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}\right)=MT\left(r,{\text{e}}^h\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)=MT\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$, (4.28)

其中 $M\in \left\{1,2,\cdots ,n+2\right\}$。由(4.27)和(4.28)立即推出 $\lambda \left(\frac{f}{P_n\left(z,f\right)}\right)=\sigma \left(f\right)$。

情形2： $\sigma \left(f\right)<2$，且a,b都不是f的Picard例外值。

这时，由(4.1)，0和 $\infty$ 仍然是亚纯函数g的两个Borel例外值，但不是g的Picard例外值，且 $\sigma \left(g\right)=\sigma \left(f\right)<2$。所以 $\sigma \left(g\right)=1$。由Hadamard分解定理，g具有表达式

$g\left(z\right)=p\left(z\right){\text{e}}^{\eta z}$, (4.29)

其中 $\eta \in ℂ\setminus \left\{0\right\}$ 是个常数， $p\left(z\right)$ 是至少有一个零点和一个极点的亚纯函数，满足 $\sigma \left(p\right)<1$。

将(4.29)代入 $P_n\left(z,f\right)$ 的表达式，结合(4.8)与 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}=0$，有

$\begin{array}{c}{P}_n\left(z,f\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}f\left(z+kc\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}\left(b+\frac{b-a}{g\left(z+kc\right)-1}\right)\\ =\left(b-a\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}\left(\frac{1}{g\left(z+kc\right)-1}\right)\\ =\left(b-a\right)\frac{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+jc\right)-1\right)}}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(g\left(z+kc\right)-1\right)}}\\ =\left(b-a\right)\frac{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left(p\left(z+jc\right){\text{e}}^{\eta \left(z+jc\right)}-1\right)}}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left(p\left(z+kc\right){\text{e}}^{\eta \left(z+kc\right)}-1\right)}}\\ =\left(b-a\right)\frac{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left({\text{e}}^{\eta jc}p\left(z+jc\right){\text{e}}^{\eta z}-1\right)}}{{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\prod }}\left({\text{e}}^{\eta kc}p\left(z+kc\right){\text{e}}^{\eta z}-1\right)}}.\end{array}$ (4.30)

将上式右端分式的分子部分改写为关于 ${\text{e}}^{\eta z}$ 的多项式如下：

${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left({\text{e}}^{\eta jc}p\left(z+jc\right){\text{e}}^{\eta z}-1\right)}=b_n\left(z\right){\text{e}}^{n\eta z}+b_{n-1}\left(z\right){\text{e}}^{\left(n-1\right)\eta z}+\cdots +b_1\left(z\right){\text{e}}^{\eta z}+b_0\left(z\right)$ (4.31)

其中 $b_0\left(z\right)={\left(-1\right)}^n{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}=0$， $b_n\left(z\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\prod }}\left({\text{e}}^{\eta jc}p\left(z+jc\right)\right)}={\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\prod }}{\text{e}}^{\eta jc}p\left(z+jc\right)}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}\frac{1}{{\text{e}}^{\eta kc}p\left(z+kc\right)}$，

$\begin{array}{c}{b}_1\left(z\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0,j\ne k}{\overset{n}{\sum }}{\left(-1\right)}^{n-1}{\text{e}}^{\eta jc}p\left(z+jc\right)}\\ ={\left(-1\right)}^{n-1}\left[{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}{\text{e}}^{\eta jc}p\left(z+jc\right)}-{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}p\left(z+kc\right)\right]\\ ={\left(-1\right)}^n{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}p\left(z+kc\right)\end{array}$ (4.32)

下证 $b_1\left(z\right)\cancel{\equiv }0$， $b_n\left(z\right)\cancel{\equiv }0$。若不然，假设 $b_1\left(z\right)\equiv 0$，则由(4.32)可得

${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}p\left(z+kc\right)={\alpha }_n{\text{e}}^{\eta nc}p\left(z+nc\right)+\cdots +{\alpha }_1{\text{e}}^{\eta c}p\left(z+c\right)+{\alpha }_{0}p\left(z\right)\equiv 0$,

亦即

${\alpha }_n{\text{e}}^{\eta nc}zp\left(z+nc\right)+\cdots +{\alpha }_1{\text{e}}^{\eta c}zp\left(z+c\right)+{\alpha }_{0}zp\left(z\right)\equiv 0$. (4.33)

当 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}=0$ 时，由于p至少有一个极点，且 ${\alpha }_n{\text{e}}^{-\eta nc}z\cdot {\alpha }_{0}z={\alpha }_n{\alpha }_0{\text{e}}^{-\eta nc}{z}^2\cancel{\equiv }0$，结合(4.33)与引理3.6可知 $\sigma \left(p\right)\ge 1$，矛盾。当 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}\ne 0$ 时，有 ${\alpha }_{\text{n}}{\text{e}}^{\eta nc}z+\cdots +{\alpha }_1{\text{e}}^{\eta c}z+{\alpha }_{0}z=\left({\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}\right)z\cancel{\equiv }0$，这表明 $\mathrm{deg}\left(\left({\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}\right)z\right)=1$，结合(4.33)与引理3.5可得 $\sigma \left(p\right)\ge 1$，矛盾。所以 $b_1\left(z\right)\cancel{\equiv }0$。类似可证 $b_n\left(z\right)\cancel{\equiv }0$。

又由(4.30)，(4.31)我们有 $P_n\left(z,f\right)\cancel{\equiv }0$。应用讨论情形1时的方法，可完成本定理的证明。

4.2. 定理2的证明

令

$g\left(z\right)=f\left(z\right)-a$, (4.34)

由 $a\in ℂ$， $\infty$ 是f的两个Borel例外值知道，0和 $\infty$ 是g的两个Borel例外值。

以下我们对f的级进行分类讨论。

情形1： $\sigma \left(f\right)\ge 2$。如同定理1证明过程的分析，这时也能得到(4.2)~(4.7)及(4.14)，且多项式h满足 $\mathrm{deg}h\ge 2$。

1) 证明 $T\left(r,G_n\right)=T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$， $r\notin E$， $n\in {\mathbb{N}}^{+}$。

(4.34)式意味着 $f\left(z\right)=g\left(z\right)+a$，将此式代入 $P_n\left(z,f\right)$ 的表达式，结合(4.4)与 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}=0$ 可得

$P_n\left(z,f\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}f\left(z+kc\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}g\left(z+kc\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}p\left(z+kc\right){\text{e}}^{h\left(z+kc\right)}=\left({\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{a}_k\left(z\right)\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}$. (4.35)

若 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{a}_k\left(z\right)\equiv 0$，则

${\alpha }_{0}p\left(z\right)+{\alpha }_{1}p\left(z+c\right){\text{e}}^{h\left(z+c\right)-h\left(z\right)}+\cdots +{\alpha }_{n}p\left(z+nc\right){\text{e}}^{h\left(z+nc\right)-h\left(z\right)}\equiv 0$ (4.36)

通过计算知道， $\sigma \left({\text{e}}^{h\left(z+kc\right)-h\left(z\right)}\right)=\mathrm{deg}h-1$， $\tau \left({\text{e}}^{h\left(z+kc\right)-h\left(z\right)}\right)=\left|lkc{d}_l\right|$ $\left(k=1,2,\cdots ,n\right)$。而 $\left|nc\right|>\left|jc\right|$ $\left(j=1,2,\cdots ,n-1\right)$。可见，在(4.36)式中， $\tau \left({\text{e}}^{h\left(z+nc\right)-h\left(z\right)}\right)=\left|lnc{d}_l\right|>\tau \left({\text{e}}^{h\left(z+jc\right)-h\left(z\right)}\right)$ $\left(j=1,2,\cdots ,n-1\right)$。由引理3.4可得 $\sigma \left(p\right)\ge \left(\mathrm{deg}h-1\right)+1=\mathrm{deg}h=\sigma \left(g\right)$，这与(4.3)矛盾。因此 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{a}_k\left(z\right)\cancel{\equiv }0$，这也表明 $P_n\left(z,f\right)\cancel{\equiv }0$。

观察(4.35)，立即得到

$T\left(r,G_n\right)=T\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)=T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$. (4.37)

2) 证明 $\delta \left(0,G_n\right)=0$， $\delta \left(0,P_n\left(z,f\right)\right)=\delta \left(\infty ,P_n\left(z,f\right)\right)=\delta \left(\infty ,G_n\right)=1$， $n\in {\mathbb{N}}^{+}$。

由(4.35)可得

$G_n\left(z\right)=P_n\left(z,f\right)-\beta \left(z\right)=\left({\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{a}_k\left(z\right)\right){\text{e}}^{h\left(z\right)}-\beta \left(z\right)$, (4.38)

又有 $-\beta \left(z\right)\left({\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{a}_k\left(z\right)\right)\cancel{\equiv }0$。对(4.39)应用引理3.7即得 $\delta \left(0,G_n\right)=0$。

再次利用(4.35)，结合(4.37)，不难发现

$N\left(\frac{1}{P_n\left(z,f\right)}\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)=o\left(T\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)\right)$, $r\notin E$ ;

$N\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)=o\left(T\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)\right)$, $r\notin E$ ;

$N\left(r,G_n\right)=N\left(r,P_n\left(z,f\right)\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$,

这就意味着 $\delta \left(0,P_n\left(z,f\right)\right)=\delta \left(\infty ,P_n\left(z,f\right)\right)=\delta \left(\infty ,G_n\right)=1$， $n\in {\mathbb{N}}^{+}$。

3) 证明 $a\ne 0$ 时， $\lambda \left(\frac{f}{P_n\left(z,f\right)}\right)=\sigma \left(f\right)$， $n\in {\mathbb{N}}^{+}$。

由(4.2)，(4.34)和(4.35)，有

$\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}=\frac{\left({\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{a}_k\right){\text{e}}^h}{p{\text{e}}^h+a}$,

而 $a\ne 0$，对上式用引理3.3可得

$T\left(r,\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}\right)=T\left(r,{\text{e}}^h\right)+o\left(T\left(r,{\text{e}}^h\right)\right)=T\left(r,f\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$.

再由引理3.1知道

$T\left(r,f\right)=T\left(r,\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)=N\left(r,\frac{P_n\left(z,f\right)}{f}\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$, $r\notin E$,

这就表明 $\lambda \left(\frac{f}{P_n\left(z,f\right)}\right)=\sigma \left(f\right)$。

情形2： $\sigma \left(f\right)<2$。这时 $\sigma \left(g\right)=\sigma \left(f\right)<2$，且0和 $\infty$ 仍然是亚纯函数g的两个Borel例外值。于是 $\sigma \left(g\right)=1$。由Hadamard分解定理，g可分解为

$g\left(z\right)=p\left(z\right){\text{e}}^{\eta z}$, (4.39)

其中 $\eta \in ℂ\setminus \left\{0\right\}$ 是个常数，p是个满足 $\sigma \left(p\right)<1$ 的亚纯函数。因 $\infty$ 不是f的Picard例外值，故 $\infty$ 也不是g的Picard例外值，从而p至少有一个极点。

将(4.39)代入 $P_n\left(z,f\right)$ 的表达式，结合(4.34)和 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}=0$，我们有

$P_n\left(z,f\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}f\left(z+kc\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}g\left(z+kc\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}p\left(z+kc\right){\text{e}}^{\eta \left(z+kc\right)}={\text{e}}^{\eta z}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}p\left(z+kc\right){\text{e}}^{\eta kc}$.(4.40)

当 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}=0$ 时，假设 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}p\left(z+kc\right){\text{e}}^{\eta kc}={\alpha }_n{\text{e}}^{\eta nc}p\left(z+nc\right)+\cdots +{\alpha }_1{\text{e}}^{\eta c}p\left(z+c\right)+{\alpha }_{0}p\left(z\right)\equiv 0$，

即

${\alpha }_n{\text{e}}^{\eta nc}zp\left(z+nc\right)+\cdots +{\alpha }_1{\text{e}}^{\eta c}zp\left(z+c\right)+{\alpha }_{0}zp\left(z\right)\equiv 0$. (4.41)

注意到p至少有一个极点，而 ${\alpha }_n{\text{e}}^{\eta nc}z\cdot {\alpha }_{0}z={\alpha }_n{\alpha }_0{\text{e}}^{\eta nc}{z}^2\cancel{\equiv }0$，结合(4.41)与引理3.6可知 $\sigma \left(p\right)\ge 1$，矛盾。所以此时 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}p\left(z+kc\right){\text{e}}^{\eta kc}\cancel{\equiv }0$，进一步由(4.40)有 $P_n\left(z,f\right)\cancel{\equiv }0$。

当 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}\ne 0$ 时，若 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}p\left(z+kc\right){\text{e}}^{\eta kc}={\alpha }_n{\text{e}}^{\eta nc}p\left(z+nc\right)+\cdots +{\alpha }_1{\text{e}}^{\eta c}p\left(z+c\right)+{\alpha }_{0}p\left(z\right)\equiv 0$，即(4.41)成立，则由于 ${\alpha }_n{\text{e}}^{\eta nc}z+\cdots +{\alpha }_1{\text{e}}^{\eta c}z+{\alpha }_{0}z=\left({\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}\right)z\cancel{\equiv }0$，有 $\mathrm{deg}\left(\left({\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}{\text{e}}^{\eta kc}\right)z\right)=1$。再由(4.41)和引理3.5可得， $\sigma \left(p\right)\ge 1$，矛盾。所以此时 ${\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_k}p\left(z+kc\right){\text{e}}^{\eta kc}\cancel{\equiv }0$，进一步有 $P_n\left(z,f\right)\cancel{\equiv }0$。仿照情形1的讨论，即可完成本定理的证明。

基金项目

国家自然科学基金(12171050)。