具有权弱分担值的微分多项式的亚纯函数的唯一性

The Uniqueness of Meromorphic Functions of the Differential Polynomials with the Weakly Weighted Sharing Value

摘要: 本文研究了一个形如$f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)$ 的亚纯函数的k阶导数及其移动算子的k阶导数权弱分担值的唯一性问题，其中$m,n,k$ 均是正整数，$\alpha ,\beta$ 是满足$\left|\alpha \right|+\left|\beta \right|\ne 0$ 的常数，将2018年林珊华和林伟川提出的结果推广到更一般的形式。

Abstract: In this paper, we study the uniqueness problem of the weakly weighted sharing values for the k-th derivative of a meromorphic function of the form $f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)$ and the k-th derivative of its translation operator, where $m,n,k$ are all positive integers, and $\alpha ,\beta$ are constants satisfying $\left|\alpha \right|+\left|\beta \right|\ne 0$ the results proposed by Lin Shanhua and Lin Weichuan in 2018 are extended to a more general form.

1. 引言

本文使用值分布论中的一些标准记号和结论(见文献[1]和[2])。

近年来，随着Nevanlinna [3]-[5]值分布理论和差分模拟理论的提出，越来越多学者将研究视线聚焦在有关亚纯函数分担值与分担值集的唯一性问题上，在之后的探究过程中也出现了许多有价值且影响深厚的研究成果。1959年，Hayman [6]提出了很多关于微分多项式的值分布的结果：对于超越亚纯函数$f,f^n{f}^{\text{'}}$ 取任一非零无穷多次。紧接着，越来越多的学者对涉及亚纯函数微分多项式的问题深入研究。

定义1 [2] (分担值)设k是一个非负整数或$\infty ,a$ 为复数，定义$E_k\left(a,f\right)$ 表示$f-a$ 的零点集合，其中若$m\le k,$ 则$f-a$ 的m重零点记m次；若$m>k,$ 则记$k+1$ 次。如果$E_k\left(a,f\right)=E_k\left(a,g\right)$ ，则称f与g以权k分担值a，记作$\left(a,k\right)$ 。特别地，如果f和g分担值$aIM$ 当且仅当f和g分担$\left(a,0\right)$ ；如果f和g分担值$aCM$ 当且仅当f和g分担$\left(a,\infty \right)$ 。

1997年杨重骏和华歆厚研究了仅分担一个值的亚纯函数的唯一性问题并得到以下结论：

定理A [7]假设$f,g$ 是两个非常数的亚纯函数，n是正整数且满足$n\ge 11$ ，如果$f^n{f}^{\prime }$ 与$g^n{g}^{\prime }$ $CM$ 分担1，那么f和g满足下述两种情形之一：

(I) $f=tg$ ，其中$t$ 是常数且满足$t^n=1$ ；

(II) $f=c_1{e}^{cz},g=c_2{e}^{-cz}$ ，其中$c,c_1,c_2$ 是非零常数，且满足${\left(c_1{c}_2\right)}^{n+1}{c}^2=-1$ 。

2009年方明亮提出：假设$f,g$ 是两个非常数的亚纯函数，$n,k$ 是正整数且满足$n>3k+11$ ， ${\left(f^n\left(f-1\right)\right)}^{(k)}$ 与${\left(g^n\left(g-1\right)\right)}^{(k)}$ $CM$ 分担1时唯一性是否仍成立？李效敏、石悦和李岗回答了该问题并得到以下两个结论：

定理B [8]假设$f\left(z\right)$ 是非常数亚纯函数，$f\left(z+\eta \right)$ 是$f\left(z\right)$ 的移动算子，其中$\eta$ 是非零复数； ${\left(f^n\left(z\right)\left(f\left(z\right)-1\right)\right)}^{(k)}$ 与${\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(f^m\left(z+\eta \right)-1\right)\right)}^{(k)}$ $CM$ 分担1，其中$n,k$ 是正整数且满足$n>3k+11$ 。如果$\frac{2}{n}<\Theta \left(\infty ,f\right)<\frac{n-k-1}{n+1}$ ，那么$f\left(z\right)\equiv f\left(z+\eta \right)$ 。

定理C [8]假设$f\left(z\right)$ 是非常数亚纯函数，$f\left(z+\eta \right)$ 是$f\left(z\right)$ 的移动算子，其中$\eta$ 是非零复数； ${\left(f^n\left(z\right)\left(f\left(z\right)-1\right)\right)}^{(k)}$ 与${\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(f^m\left(z+\eta \right)-1\right)\right)}^{(k)}$ $IM$ 分担1，其中$n,k$ 是正整数且满足$n>9k+20$ 。如果$\frac{2}{n}<\Theta \left(\infty ,f\right)<\frac{n-k-1}{n+1}$ ，那么$f\left(z\right)\equiv f\left(z+\eta \right)$ 。

Lahiri与Banerjee提出用权分担方法讨论唯一性问题，改进了先前学者们研究的$CM$ 、$IM$ 思想。进一步的，林珊华与林伟川于2006年提出了一个比权分担更弱的一个值分担，即提出了权弱分担的概念。

定义2 [9] (权弱分担值)如果f和g为非常数亚纯函数，$a\in S\left(f\right)\cap S\left(g\right)$ ，k是非负整数或$\infty$ 。当k是正整数或$\infty$ 且有

${\overline{N}}_{k)}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)-{\overline{N}}_{k)}^E\left(r,a\right)=S\left(r,f\right),{\overline{N}}_{k)}\left(r,\frac{1}{g-a}\right)-{\overline{N}}_{k)}^E\left(r,a\right)=S\left(r,g\right)$

${\overline{N}}_{(k+1}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)-{\overline{N}}_{(k+1}^0\left(r,a\right)=S\left(r,f\right),{\overline{N}}_{(k+1}\left(r,\frac{1}{g-a}\right)-{\overline{N}}_{(k+1}^0\left(r,a\right)=S\left(r,g\right)$

或者当$k=0$ ，且有$\overline{N}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)-{\overline{N}}_0\left(r,a\right)=S\left(r,f\right)$ ，$\overline{N}\left(r,\frac{1}{g-a}\right)-{\overline{N}}_0\left(r,a\right)=S\left(r,g\right)$ 。则称$f,g$ 以权$k$

弱分担$a$ ，记作$f,g$ 分担“$\left(a,k\right)$ ”。

2018年，林珊华和林伟川继续从权弱分担值的方面入手研究了这类非线性微分多项式的唯一性问题，得到以下结论：

定理D [9]假设$f\left(z\right)$ 是非常数亚纯函数，$f\left(z+\eta \right)$ 是$f\left(z\right)$ 的移动算子，其中$\eta$ 是非零复数，$n,k$ 是正整数，如果$\Theta \left(\infty ,f\right)>\frac{2}{n}$ (当$k=1$ 时)或$\frac{2}{n}<\Theta \left(\infty ,f\right)<\frac{1}{n+1}\left(n-2-\frac{4k}{n+1-2k}\right)$ (当$k\ge 2$ 时)，

${\left(f^n\left(z\right)\left(f\left(z\right)-1\right)\right)}^{\left(k\right)}$ 与${\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(f^m\left(z+\eta \right)-1\right)\right)}^{\left(k\right)}$ 分担“$\left(1,m\right)$ ”且满足下述条件之一：

(I) 当$m\ge 2$ 或$\infty$ 时，$n>3k+9$ ，

(II) 当$m=1$ 时，$n>4k+\frac{21}{2}$ ，

(III) 当$m=0$ 时，$n>9k+18$ ，

那么，$f\left(z\right)\equiv f\left(z+\eta \right)$ 。

现考虑定理D中的微分多项式能否推广到更一般的情形？因此，本文借助定理D的研究思路，应用差分Nevanlinna理论和权弱分担的思想去研究更一般的微分多项式及其移动算子${\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{(k)}$ 与${\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{(k)}$ 在权弱分担值下的亚纯函数的唯一性问题。即证明：

定理1 假设$f\left(z\right)$ 是非常数亚纯函数，$f\left(z+\eta \right)$ 是$f\left(z\right)$ 的移动算子，$\eta$ 是非零复数，$m,n,k$ 均是正整数，$\alpha ,\beta$ 是满足$\left|\alpha \right|+\left|\beta \right|\ne 0$ 的常数，且

$\tilde{m}=\{\begin{array}{l}0,\alpha =0,\\ m,\alpha \ne 0.\end{array}$(1)

若$\Theta \left(\infty ,f\right)>\frac{n+\left(3-n\right)m-1}{n+m-1}$ (当$k=1$ 时)或$\frac{n+\left(3-n\right)m-1}{n+m-1}<\Theta \left(\infty ,f\right)<\frac{1}{n+1}\left(n+1-3m-\frac{4km}{n+m-2k}\right)$ (当$k\ge 2$ 时)，$F={\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}$ 与$G={\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}$ 分担“$\left(1,l\right)$ ”且满足下述条件之一：

(I) 当$l\ge 2$ 或$\infty$ 时，$n>3k+8+\tilde{m}$ ，

(II) 当$l=1$ 时，$n>4k+9+\frac{3}{2}\tilde{m}$ ，

(III) 当$l=0$ 时，$n>9k+14+4\tilde{m}$ ，

则$f\left(z\right)\equiv f\left(z+\eta \right)$ 或$f\left(z\right)\equiv tf\left(z+\eta \right)$ ，其中$t^{n+\tilde{m}}=1.$

定理1中，当$\alpha =1$ ，$\beta =-1$ ，$m=1$ 时即为定理D中的微分多项式形式，即定理D是定理1的一种特殊情况。

2. 主要引理

引理2.1 [10]设$f\left(z\right)$ 是非常数亚纯函数，$p,k$ 是两个正整数，则

$N_p\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)\le N_{p+k}\left(r,\frac{1}{f}\right)+k\overline{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right),$

$N_p\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)\le N_{p+k}\left(r,\frac{1}{f}\right)+T\left(r,f^{(k)}\right)-T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$

引理2.2 [11]设$m$ 为非负整数或$\infty ,F,G$ 是两个非常数亚纯函数，且$F,G$ 分担“$\left(1,m\right)$ ”，置$H=\left(\frac{F^{″}}{F^{\prime }}-2\frac{F^{\prime }}{F-1}\right)-\left(\frac{G^{″}}{G^{\prime }}-2\frac{G^{\prime }}{G-1}\right)$ ，如果$H\cancel{\equiv }0$ ，则下面的结论成立：

1) 当$m\ge 2$ 或$m=\infty$ 时，

$T\left(r,F\right)\le N_2\left(r,F\right)+N_2\left(r,G\right)+N_2\left(r,\frac{1}{F}\right)+N_2\left(r,\frac{1}{G}\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right)$ .

2) 当$m=1$ 时，

$T\left(r,F\right)\le N_2\left(r,F\right)+N_2\left(r,G\right)+N_2\left(r,\frac{1}{F}\right)+N_2\left(r,\frac{1}{G}\right)+{\overline{N}}^L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right)$ .

3) 当$m=0$ 时，

$\begin{array}{c}T\left(r,F\right)\le N_2\left(r,F\right)+N_2\left(r,G\right)+N_2\left(r,\frac{1}{F}\right)+N_2\left(r,\frac{1}{G}\right)+2{\overline{N}}^L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)\\ +{\overline{N}}^L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right).\end{array}$

引理2.3 [12]设$f$ 是非常数亚纯函数，$k$ 为正整数，设$c$ 为非零有穷复数，则

$T\left(r,f\right)\le \overline{N}\left(r,f\right)+N_{k+1}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-c}\right)-N_0\left(r,\frac{1}{f^{(k+1)}}\right)+S\left(r,f\right),$

$N_0\left(r,\frac{1}{f^{\left(k+1\right)}}\right)$ 指的是$f^{\left(k+1\right)}$ 的零点且不是$f\left(f^{\left(k\right)}-c\right)$ 的零点的计数函数。

引理2.4 [13]设$f$ 是非常数亚纯函数，$R\left(f\right)=\frac{{\displaystyle \sum _{k=0}^n{a}_k}{f}^k}{{\displaystyle \sum _{j=0}^m{a}_j}{f}^j}$ 是关于$f$ 具有常系数$a_k,a_j$ 的不可约有理函数，这里$a_n\ne 0$ ，$b_m\ne 0$ ，则$T\left(r,R\left(f\right)\right)=\max \left\{n,m\right\}T\left(r,f\right)+O\left(1\right)$ 。

引理2.5 [14]设$f$ 是一个非常数有限级亚纯函数，$c\in \mathcal{C}$ ，则

$N\left(r,\frac{1}{f\left(z+c\right)}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+S\left(r,f\right),N\left(r,f\left(z+c\right)\right)\le N\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\right)$

$\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+c\right)}\right)\le \overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+S\left(r,f\right),\overline{N}\left(r,f\left(z+c\right)\right)\le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\right)$

除去一个对数测度有穷的例外集合。

引理2.6 [12]设$f$ 是一个非常数亚纯函数，且${\alpha }_1,{\alpha }_2$ 为两个亚纯函数满足$T\left(r,{\alpha }_i\right)=S\left(r,f\right)$ ，$i=1,2$ 则

$T\left(r,f\right)\le \overline{N}\left(r,f\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f-{\alpha }_1}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f-{\alpha }_2}\right)+S\left(r,f\right).$

引理2.7 [15]设$f$ 是一个非常数亚纯函数，且其增长级满足$\rho \left(f\right)=\rho <\infty$ ，$\eta \ne 0$ 是复常数，则对任意正数$ϵ$ ，当$r$ 充分大时有$T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)=T\left(r,f\left(z\right)\right)+O\left(r^{\rho -1+\epsilon }\right)$ 。

引理2.8 [1]设$f$ 是一个非常数亚纯函数，且$k$ 是一个正整数，则

$N\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f}\right)+k\overline{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$

引理2.9 [1]设$f_j\left(z\right)\left(j=1,2,\cdots ,n,n\ge 2\right)$ 为亚纯函数，$g_j\left(z\right)\left(j=1,2,\cdots ,n\right)$ 为整函数，满足以下条件

1. ${\displaystyle \sum _{j=1}^n{f}_j}\left(z\right)e^{g_j\left(z\right)}\equiv 0$ ；

2. 当$1\le j<k\le n$ 时，$g_j\left(z\right)-g_k\left(z\right)$ 不是常数；

3. 当$1\le j\le n$ ，$1\le h<k\le n$ 时，$T\left(r,f_j\right)=o\left\{T\left(r,e^{g_h-g_k}\right)\right\}\left(r\to \infty ,r\notin E\right)$

其中$E$ 是对数测度有限的集合，则$f_j\left(z\right)\equiv 0\left(j=1,2,\cdots ,n\right)$ 。

引理2.10 [16]若$f$ 为非常数整函数，正整数$k\ge 2$ 。如果$f{f}^{(k)}\ne 0$ ，那么$f=e^{az+b}$ ，这里$a\ne 0$ ，$b$ 为复常数。

3. 定理的证明

假设$H\cancel{\equiv }0.$

(I) 当$l\ge 2$ 或$\infty$ 时，根据引理1得

$\begin{array}{l}{N}_2\left(r,\frac{1}{F}\right)\le N_{2+k}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}\right)+T\left(r,{\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}\right)\\ -T\left(r,f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right),\end{array}$

$N_2\left(r,\frac{1}{G}\right)\le N_{2+k}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)}\right)+k\overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right).$

由引理2得$T\left(r,F\right)\le N_2\left(r,F\right)+N_2\left(r,G\right)+N_2\left(r,\frac{1}{F}\right)+N_2\left(r,\frac{1}{G}\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right)$ ，即

$\begin{array}{l}T\left(r,{\left(f^n\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}\right)\\ \le 2\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+2\overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+N_{2+k}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}\right)\\ +T\left(r,{\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}\right)-T\left(r,f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)+N_{2+k}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)}\right)\\ +k\overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ \le 2\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(k+2\right)\overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+\left(k+2\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z\right)+\beta }\right)\\ +T\left(r,{\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}\right)-T\left(r,f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)+\left(k+2\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)\\ +N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right),\end{array}$

$\begin{array}{l}\left(n+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\\ =T\left(r,f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)+O\left(1\right)\\ \le 2\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(k+2\right)\overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+\left(k+2\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+\tilde{m}T\left(r,f\left(z\right)\right)\\ +\left(k+2\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)+\tilde{m}T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ \le \left(k+4+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(2k+4+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right).\end{array}$

移项得$\left(n-k-4\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\le \left(2k+4+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ ，

同理$\left(n-k-4\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\le \left(2k+4+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ 。

整合上述两式有$\left(n-3k-8-\tilde{m}\right)\left\{T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+T\left(r,f\left(z\right)\right)\right\}\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ ，

结合$n>3k+8+\tilde{m}$ 有$T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+T\left(r,f\left(z\right)\right)\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ ，与条件矛盾，即$H\equiv 0$ 。

此时可以得到$\frac{1}{G-1}=\frac{T}{F-1}+J$ ，其中$T\left(\ne 0\right)$ ，$J$ 为积分常数。

情况1：$J\ne 0$ ，且$T\ne J$ 。

子情况1.1：若$J=-1$ ，则$G=\frac{-T}{F-\left(T+1\right)}$ ，$F=\left(T+1\right)-\frac{T}{G}$ ，结合引理3和引理4此时

$\begin{array}{l}\left(n+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\\ =T\left(r,f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)+O\left(1\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+N_{k+1}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{{\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}-\left(T+1\right)}\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(k+1\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z\right)+\beta }\right)+\overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(k+2+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

移项得

$\left(n-k-2\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\le T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).$ (2)

由引理1有

$\begin{array}{l}\overline{N}\left(r,\frac{1}{{\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}}\right)\\ \le N_{k+1}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}\right)+k\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(k+1\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z\right)+\beta }\right)+k\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(2k+1+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

同理可以得到

$\begin{array}{l}\left(n+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ =T\left(r,f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)+O\left(1\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+N_{k+1}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)}\right)\\ +\overline{N}\left(r,\frac{1}{{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}-\frac{T}{T+1}}\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+\left(k+1\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }\right)\\ +\overline{N}\left(r,\frac{1}{{\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}}\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ \le \left(k+2+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+\left(2k+1+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right).\end{array}$

移项得

$\left(n-k-2\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\le \left(2k+1+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right).$ (3)

结合式(2)，(3)可以得到

$\left(n-3k-3-\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(n-k-3\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ 。

由于$n>3k+8+\tilde{m}$ ，此时有$5\left\{T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\right\}<S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ ，与条件矛盾。

子情况1.2：$J\ne -1$ ，此时$G-\left(1+\frac{1}{J}\right)=\frac{-T}{J^2\left(F+\frac{T-J}{J}\right)},F-\left(1-\frac{T}{J}\right)=\frac{-T}{J^2\left(G-\frac{J+1}{J}\right)}$ ，接下来的分析与子情况1.1同理可以推导出矛盾。

情况2：$J\ne 0$ ，且$T=J$ 。

子情况2.1：$J=-1$ ，此时$\frac{1}{G-1}=\frac{-1}{F-1}-1$ ，也就是$FG\equiv 1$ ，即

${\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{(k)}{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{(k)}\equiv 1.$

子情况2.1.1：$\alpha \beta =0.$

(1) $\alpha =0$ ，$\beta \ne 0$ 时，此时

${\left(f^n\left(z\right)\beta \right)}^{(k)}{\left(f^n\left(z+\eta \right)\beta \right)}^{(k)}\equiv 1.$ (4)

假设$z_0$ 是$f\left(z+\eta \right)$ 的$p\left(\ge 1\right)$ 重零点，则$z_0$ 是$f\left(z\right)$ 的$q\left(\ge 1\right)$ 重极点，且有$np-k=nq+k$ ，即 $n\left(p-q\right)=2k$ ，可以得到$n\le 2k$ ，这与条件中$n>3k+8+\tilde{m}$ 矛盾。也就是说$f\left(z+\eta \right)$ 是没有零点的，反过来类似去分析也可以得到$f\left(z\right)$ 也是没有零点的。那现在假设$f\left(z+\eta \right)$ 有极点并设该点为$z_0$ ，重数为$q\left(\ge 1\right)$ 重。根据分析可以知道$z_0$ 必须是$f\left(z\right)$ 的零点，设其为$p\left(\ge 1\right)$ 重，则有$np-k=nq+k$ ，即$n\le 2k$ ，此时推出矛盾。因此$f\left(z+\eta \right)$ 是没有极点的，类似去分析也可以得到$f\left(z\right)$ 也是没有极点的。则设$f\left(z\right)=e^{P\left(z\right)}$ ，$f\left(z+\eta \right)=e^{P\left(z+\eta \right)}$ ，其中$P\left(z\right)$ 与$P\left(z+\eta \right)$ 是整函数。

我们考虑$k=1$ 时，(4)变成${\left(f^n\left(z\right)\beta \right)}^{\prime }{\left(f^n\left(z+\eta \right)\beta \right)}^{\prime }\equiv 1$

${\beta }^2{n}^2{e}^{n\left(P\left(z\right)+P\left(z+\eta \right)\right)}{P}^{\prime }\left(z\right)P^{\prime }\left(z+\eta \right)\equiv 1$ (5)

由于$P^{\prime }\left(z\right)$ ，$P^{\prime }\left(z+\eta \right)$ 没有零点和极点，则存在整函数$\delta ,\gamma$ 使得$P^{\prime }\left(z\right)=e^{\delta }$ ，$P^{\prime }\left(z+\eta \right)=e^{\gamma }$ 。此时

${\beta }^2{n}^2{e}^{n\left(P\left(z\right)+P\left(z+\eta \right)\right)+\delta +\gamma }\equiv 1.$

现在对两边都进行求导可得

$n\left(P^{\prime }\left(z\right)+P^{\prime }\left(z+\eta \right)\right)+{\delta }^{\prime }+{\gamma }^{\prime }=0.$ (6)

也就是$n\left(e^{\delta }+e^{\gamma }\right)+{\delta }^{\prime }+{\gamma }^{\prime }=0$ ，移项得$n\left(e^{\delta }+e^{\gamma }\right)=-\left({\delta }^{\prime }+{\gamma }^{\prime }\right)$ 。令$n\left(e^{\delta }+e^{\gamma }\right)=-\left({\delta }^{\prime }+{\gamma }^{\prime }\right)=a$ 。

若$a\ne 0$ ，则$\frac{e^{\delta }}{a}-\frac{1}{n}=-\frac{e^{\gamma }}{a}$ 。根据第二基本定理得

$T\left(r,\frac{e^{\delta }}{a}\right)\le \overline{N}\left(r,\frac{e^{\delta }}{a}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{a}{e^{\delta }}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{\frac{e^{\delta }}{a}-\frac{1}{n}}\right)+S\left(r,\frac{e^{\delta }}{a}\right)=S\left(r,\frac{e^{\delta }}{a}\right).$

即$\frac{e^{\delta }}{a}$ 是常数，则$\frac{e^{\delta }}{n\left(e^{\delta }+e^{\gamma }\right)}=\frac{1}{n\left(1+e^{\gamma -\delta }\right)}$ 为常数，也就是$\gamma -\delta$ 为常数，设$\gamma -\delta =b$ ，$b$ 为常数，且${\delta }^{\prime }={\gamma }^{\prime }\ne 0$ ，代入(5)有$n\left(1+e^c\right)e^{\delta }+2{\delta }^{\prime }{e}^0=0$ ，又$T\left(r,n\left(1+e^c\right)\right)=o\left\{T\left(r,e^{\delta }\right)\right\}$ ，$T\left(r,2{\delta }^{\prime }\right)=o\left\{T\left(r,e^{\delta }\right)\right\}$ 。

结合引理9得${\delta }^{\prime }=0$ ，矛盾，因此$a=0$ 。即${\delta }^{\prime }+{\gamma }^{\prime }=0$ ，则$e^{\delta }+e^{\gamma }=0$ ，即$\delta =\gamma +\left(2u+1\right)\pi i$ ，$u$ 为整数，所以${\delta }^{\prime }={\gamma }^{\prime }=0$ ，得到$P^{\prime }\left(z\right)+P^{\prime }\left(z+\eta \right)=0$ 且均为常数。设$P\left(z\right)=cz+c_1$ ， $P\left(z+\eta \right)=-cz+c_2=c\left(z+\eta \right)+c_1$ ，其中$c,c_1,c_2$ 均为常数，得到$c=0$ ，则$f\left(z\right)$ 为常数与假设矛盾。

现在考虑$k\ge 2$ 的情况，根据(4)得$P\left(z\right)=cz+c_1$ ，$f\left(z\right)\ne 0$ ，$f\left(z+\eta \right)\ne 0$ ，${\left(f^n\left(z\right)\right)}^{\left(k\right)}\ne 0$ ， ${\left(f^n\left(z+\eta \right)\right)}^{\left(k\right)}\ne 0$ 。即

$f^n\left(z\right){\left(f^n\left(z\right)\right)}^{\left(k\right)}\ne 0,f^n\left(z+\eta \right){\left(f^n\left(z+\eta \right)\right)}^{\left(k\right)}\ne 0.$

接下来由引理10推出$f\left(z\right)=A{e}^{cz+d_1}$ ，$f\left(z+\eta \right)=B{e}^{-cz+d_2}=A{e}^{c\left(z+\eta \right)+d_1}$ ，其中$A,B,c,d_1,d_2$ 为常数。此时$c=0$ ，则$f$ 恒为常数，与原条件矛盾。

(2) $\alpha \ne 0$ ，$\beta =0$ 时，此时${\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)\right)\right)}^{\left(k\right)}{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)\right)\right)}^{\left(k\right)}\equiv 1$ 。

如果$f\left(z+\eta \right)$ 有一个零点，设为$z_0$ ，其重数为$p\left(\ge 1\right)$ 重，则按照上式可以知道$z_0$ 必须是$f\left(z\right)$ 的一个极点，设其为$q\left(\ge 1\right)$ 重，此时$\left(n+m\right)p-k=\left(n+m\right)q+k$ ，也就是$\left(n+m\right)\left(p-q\right)=2k$ ，即$n\le 2k-m$ ，这与条件中$n>3k+8+\tilde{m}$ 矛盾。即$f\left(z+\eta \right)$ 无零点，同理$f\left(z\right)$ 也无零点。接下来的分析过程与(1)类似，可以得到矛盾。

子情形2.1.2：$\alpha \beta \ne 0$ ，此时$\alpha \ne 0$ ，$\tilde{m}=m$ 。

${\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{(k)}{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{(k)}\equiv 1.$ (7)

如果说$z_0$ 是$f\left(z+\eta \right)$ 的零点，先设其是$p\left(\ge 1\right)$ 重，按照上式则$z_0$ 必须是$f\left(z\right)$ 的极点，先设其为$q\left(\ge 1\right)$ 重，满足$nq+mq+k=np-k$ ，即$n\left(p-q\right)=2k+mq$ ，其中$p\ge q+1$ ，$2k+mq\ge n$ ，那么$p\ge \frac{n-2k}{m}+1$ 。

反过来分析当$f\left(z\right)$ 有零点，那么至少为$\frac{n-2k}{m}+1$ 重零点。

1) 若$k=1$ ，(7)变为

$\begin{array}{l}{\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\prime }{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{\prime }\equiv 1\\ \left[n{f}^{n-1}\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)+f^n\left(z\right)\alpha m{f}^{m-1}\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)\right]\\ \left[n{f}^{n-1}\left(z+\eta \right)f^{\prime }\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)+f^n\left(z+\eta \right)\alpha m{f}^{m-1}\left(z+\eta \right)f^{\prime }\left(z+\eta \right)\right]\equiv 1\\ f^{n-1}\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)f^{n-1}\left(z+\eta \right)f^{\prime }\left(z+\eta \right)\left[n\alpha f^m\left(z\right)+n\beta +f^m\left(z\right)m\alpha \right]\left[n\alpha f^m\left(z+\eta \right)+n\beta +f^m\left(z+\eta \right)m\alpha \right]\equiv 1\\ {\alpha }^2{\left(n+m\right)}^2{f}^{n-1}\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)f^{n-1}\left(z+\eta \right)f^{\prime }\left(z+\eta \right)\left(f^m\left(z\right)+\frac{\beta }{\alpha }\frac{n}{n+m}\right)\left(f^m\left(z+\eta \right)+\frac{\beta }{\alpha }\frac{n}{n+m}\right)\equiv 1.\end{array}$

如果$f^{\prime }\left(z+\eta \right)$ 有一个零点$z_1$ ，设为$p_1\left(\ge 1\right)$ 重且设$z_1$ 不是$f\left(z+\eta \right)$ ，$f^m\left(z+\eta \right)+\frac{\beta }{\alpha }\frac{n}{n+m}$ 的零点，按照上诉式子$z_1$ 必须是$f\left(z\right)$ 的极点，设为$q_1\left(\ge 1\right)$ 重，此时$p_1=\left(n+m\right)q_1+1\ge n+m+1$ 。

如果$f^m\left(z+\eta \right)+\frac{\beta }{\alpha }\frac{n}{n+m}$ 有一个零点$z_2$ ，设为$p_2\left(\ge 1\right)$ 重，那么$z_2$ 必须是$f\left(z\right)$ 的极点，设$q_2\left(\ge 1\right)$ 重。

当$p_2=1$ 时，$z_2$ 就不是$f^{\prime }\left(z+\eta \right)$ 的零点，也就是有$1=p_2=\left(n+m\right)q_2+1$ 矛盾，所以推出$p_2\ge 1$ 。此时可以得到$z_2$ 是$f^{\prime }\left(z+\eta \right)$ 的零点，重数为的$p_2-1$ 。根据分析有$p_2+p_2-1=\left(n+m\right)q_2+1$ ，则

$p_2=\frac{\left(n+m\right)q_2}{2}+1\ge \frac{n+m+2}{2}$ 。反过来分析如果$f^m\left(z\right)+\frac{\beta }{\alpha }\frac{n}{n+m}$ 有零点，那么至少为$\frac{n+m+2}{2}$ 重。此时

$\begin{array}{c}\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)\le \overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f^m\left(z+\eta \right)+\frac{\beta }{\alpha }\frac{n}{n+m}}\right)+\overline{N_0}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }\left(z+\eta \right)}\right)\\ \le \frac{m}{n+m-2}N\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)+\frac{2}{n+m+2}N\left(r,\frac{1}{f^m\left(z+\eta \right)+\frac{\beta }{\alpha }\frac{1}{n+m+1}}\right)+\frac{1}{n+2}{N}_0\left(r,\frac{1}{f^{\prime }\left(z+\eta \right)}\right)\\ \le \frac{m+3}{n+m-2}T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ \le \frac{m+3}{n+m-2}T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

由第二基本定理得

$\begin{array}{c}T\left(r,f\left(z\right)\right)\le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)-{\left(-\frac{\beta }{\alpha }\frac{n}{n+m}\right)}^{\frac{1}{m}}}\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(\frac{m+3}{n+m-2}+\frac{m}{n+m-2}+\frac{1}{n+m+1}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \frac{2m+4}{n+m-2}T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

即$\frac{n-m-6}{n+m-2}T\left(r,f\left(z\right)\right)\le S\left(r,f\left(z\right)\right)$ ，与已知条件矛盾。

2) 当$k\ge 2$ 时，${\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}\equiv 1$ 。

如果$\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta$ 有一个零点，设该点为$z_3$ ，其重数为$p_3\left(\ge 1\right)$ 重，可以知道$z_3$ 也是 ${\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{(k)}$ 的零点，而根据分析可以知道$z_3$ 是$f\left(z\right)$ 的极点，设为$q_3$ 重，并且满足$p_3-k=\left(n+m\right)q_3+k$ ，也就是有$p_3\ge n+m+2k$ 。

如果$f\left(z\right)$ 有一个极点，设该极点为$z_4$ ，但同时它不是$f\left(z+\eta \right)$ 和$\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta$ 的零点，则按照分析$z_4$ 必须是$\frac{{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}}{\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }$ 的零点，其重数大于等于$n+m+k$ 。此时

$\begin{array}{l}\left(n+m+k\right)\left[\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)-\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)-{\overline{N}}_{(n+m+2k}\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }\right)\right]\\ \le N\left(r,\frac{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}{{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}}\right)\\ \le N\left(r,\frac{1}{{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}}\right)\\ \le N_{k+1}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z+\eta \right)(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }\right)+k\overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ \le k\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(k+1\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z\right)+\beta }\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

移项得

$\begin{array}{l}\left(n+m\right)\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(n+m+2k+1\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }\right)\\ +\left(n+m+k\right){\overline{N}}_{(n+m+2k}\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \frac{n+m+2k+1}{\frac{n-2k}{m}+1}N\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }\right)\\ +\frac{n+m+k}{n+m+2k}N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(m+\frac{4km+m}{n-2k+m}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+mT\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ +\left(m-\frac{m}{n+2k+m}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(3m+\frac{4km}{n-2k+m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

此时$\Theta \left(\infty ,f\left(z\right)\right)=1-\frac{1}{n+m}\left[3m+\frac{4km}{n-2k+m}\right]\ge \frac{1}{n+m}\left[n+m-3m-\frac{4km}{n-2k+m}\right]$

与$\Theta \left(\infty ,f\right)<\frac{1}{n+m}\left(n-2m-\frac{4km}{n+m-2k}\right)$ 矛盾。

子情形2.2：若$J\ne -1$ ，则$F=\frac{-1}{T\left(G-\frac{T+1}{T}\right)}$ ，$G=\frac{T+1}{T}+\frac{-1}{\left(T+1\right)\left(F-\frac{1}{T+1}\right)}$ ，此时

$\begin{array}{l}\left(n+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\\ =T\left(r,\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)\right)+O\left(1\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+N_{k+1}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{{\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}-\frac{1}{T+1}}\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(k+1\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z\right)+\beta }\right)+\overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(k+2+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

移项得

$\left(n-k-2\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\le T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).$ (8)

同理

$\begin{array}{l}\left(n+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ =T\left(r,f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)+O\left(1\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+N_{k+1}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)}\right)\\ +\overline{N}\left(r,\frac{1}{{\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}-\frac{T+1}{T}}\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+\left(k+1\right)\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)+N\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta }\right)+\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\\ \le \left(k+2+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right).\end{array}$

移项得

$\left(n-k-2\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\le T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right).$ (9)

结合(8)，(9)可以得到$\left(n-k-3\right)\left\{T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\right\}\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ 。

由于$n>3k+8+\tilde{m}$ ，此时与条件矛盾。

情形3：$J=0$ ，同时$T\ne 0$ 。

子情形3.1：如果$T\ne 1$ ，那么$\frac{1}{G-1}=\frac{T}{F-1}$ ，可以变形为$G=\frac{F}{T}+\left(1-\frac{1}{T}\right)$ ，$F=TG+\left(1-T\right)$ 。接下来的证明过程与情形1相似推导得出矛盾。

子情形3.2：如果$T=1$ ，那么$F=G$ 。

子情形3.2.1：若$\alpha \beta \ne 0$ ，此时$\tilde{m}=m$ ，

${\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}={\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)\right)}^{\left(k\right)}.$

对等式两边分别积分得到$f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)=f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)+Q_1\left(z\right)$ ，其中$Q_1\left(z\right)$ 是次数不大于$k-1$ 的多项式。

若$Q_1\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 。考虑$f$ 是一个超越亚纯函数，

$\begin{array}{l}\left(n+m\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)=T\left(r,\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)\right)\right)+O\left(1\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)-Q_1\left(z\right)}\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(2+m\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(1+m\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

移项得$\left(n-2\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\le \left(1+m\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)$ 。

同理$\left(n-2\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\le \left(1+m\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ 。

结合上述两个式子可以得到$\left(n-3-m\right)\left\{T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\right\}\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ ，矛盾。

接下来考虑$f$ 是一个有理函数，$\frac{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}{Q_1\left(z\right)}=\frac{f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)}{Q_1\left(z\right)}+1$ ，且 $\log r\le T\left(r,f\right)$ 。此时

$\begin{array}{l}\left(n+m\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\\ =T\left(r,\frac{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}{Q_1\left(z\right)}\right)+T\left(r,Q_1\left(z\right)\right)+O\left(1\right)\\ \le \overline{N}\left(r,\frac{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}{Q_1\left(z\right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{Q_1\left(z\right)}{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{\frac{f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)}{Q_1\left(z\right)}-1}\right)\\ +T\left(r,Q_1\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{\alpha f^m\left(z\right)+\beta }\right)+\overline{N}\left(r,\frac{Q_1\left(z\right)}{f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)}\right)\\ +2T\left(r,Q_1\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(2+m\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(1+m\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+2\left(k-1\right)\log r+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \left(2k+m\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+\left(1+m\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

移项得$\left(n-2k\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\le \left(1+m\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)$ 。

同理$\left(n-2k\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\le \left(1+m\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ 。

结合上述两个式子可以得到$\left(n-2k-1-m\right)\left\{T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\right\}\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ ，矛盾。则$Q_1\left(z\right)\equiv 0$ 。

此时$f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)+\beta \right)=f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)+\beta \right)$ 。

令$h=\frac{f\left(z\right)}{f\left(z+\eta \right)}$ 。若$h\cancel{\equiv }1$ ，此时有

$f^m=-\frac{\beta }{\alpha }\frac{1-h^n}{1-h^{n+m}}{h}^m=-\frac{\beta }{\alpha }\frac{\left(1+h+\cdots +h^{n-1}\right)h^m}{1+h+\cdots +h^{n+m-1}}.$

则$mT\left(r,f\left(z\right)\right)=T\left(r,f^m\left(z\right)\right)=\left(n-m-1\right)T\left(r,h\right)+O\left(1\right)$ ，

且$S\left(r,f\left(z\right)\right)=S\left(r,h\right)$ 。

由第二基本定理得

$\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)={\sum }_{j=1}^n\overline{N}\left(r,\frac{1}{h-{\alpha }_j}\right)+S\left(r,h\right)\ge \left(n-2\right)T\left(r,h\right)+S\left(r,h\right)=\frac{\left(n-2\right)m}{n+m-1}T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).$

此时

$\Theta \left(\infty ,f\left(z\right)\right)=1-\overline{\underset{r\to \infty }{\lim }}\frac{\overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)}{T\left(r,f\left(z\right)\right)}\le 1-\frac{\left(n-2\right)m}{n+m-1}=\frac{n+\left(3-n\right)m-1}{n+m-1},$

与$\Theta \left(\infty ,f\right)>\frac{n+\left(3-n\right)m-1}{n+m-1}$ 矛盾，则$h\equiv 1$ ，此时$f\left(z\right)\equiv f\left(z+\eta \right)$ 。

子情形3.2.2：若$\alpha \beta =0$ 。

子情形3.2.2.1：$\alpha =0,\beta \ne 0$ ，此时

${\left(f^n\left(z\right)\beta \right)}^{(k)}={\left(f^n\left(z+\eta \right)\beta \right)}^{(k)}.$

两边积分得$f^n\left(z\right)\beta =f^n\left(z+\eta \right)\beta +Q_1\left(z\right)$ ，其中$Q_1\left(z\right)$ 是次数小于等于$k-1$ 的多项式。

(I) $Q_1\left(z\right)\cancel{\equiv }0.$

当$f$ 是超越亚纯函数时，有

$\begin{array}{c}nT\left(r,f\left(z\right)\right)=T\left(r,f^n\left(z\right)\beta \right)+O\left(1\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z\right)\beta }\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f^n\left(z\right)\beta -Q_1\left(z\right)}\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le 2T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

移项得$\left(n-2\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\le T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)$ 。

同理$\left(n-2\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\le T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ 。

结合上述两个式子可以得到$\left(n-3\right)\left\{T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\right\}\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ ，矛盾。

当$f$ 是有理函数时，有$\frac{f^n\left(z\right)\beta }{Q_1\left(z\right)}=\frac{f^n\left(z+\eta \right)+\beta }{Q_1\left(z\right)}+1$ ，且$\log r\le T\left(r,f\right)$ 。此时

$\begin{array}{c}nT\left(r,f\left(z\right)\right)=T\left(r,\frac{f^n\left(z\right)\beta }{Q_1\left(z\right)}\right)+T\left(r,Q_1\left(z\right)\right)+O\left(1\right)\\ \le \overline{N}\left(r,\frac{f^n\left(z\right)\beta }{Q_1\left(z\right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{Q_1\left(z\right)}{f^n\left(z\right)\beta }\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{\frac{f^n\left(z\right)\beta }{Q_1\left(z\right)}-1}\right)+T\left(r,Q_1\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{Q_1\left(z\right)}{f^n\left(z+\eta \right)\beta }\right)+2T\left(r,Q_1\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le \overline{N}\left(r,f\left(z\right)\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z\right)}\right)+\overline{N}\left(r,\frac{1}{f\left(z+\eta \right)}\right)+2\left(k-1\right)\log r+S\left(r,f\left(z\right)\right)\\ \le 2kT\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right).\end{array}$

移项得$\left(n-2k\right)T\left(r,f\left(z\right)\right)\le T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z\right)\right)$ 。

同理$\left(n-2k\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\le T\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ 。

结合上述两个式子可以得到$\left(n-2k-1\right)\left\{T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\right\}\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ ，矛盾。

则$Q_1\left(z\right)\equiv 0$ 。

此时$f^n\left(z\right)\beta =f^n\left(z+\eta \right)\beta$ ，即$f^n\left(z\right)=f^n\left(z+\eta \right)$ ，则

$f\left(z\right)\equiv tf\left(z+\eta \right),t^n\equiv 1.$

子情形3.2.2.2：$\alpha \ne 0$ ，$\beta =0$ ，此时${\left(f^n\left(z\right)\left(\alpha f^m\left(z\right)\right)\right)}^{\left(k\right)}={\left(f^n\left(z+\eta \right)\left(\alpha f^m\left(z+\eta \right)\right)\right)}^{\left(k\right)}$ ，即

${\left(\alpha f^{n+m}\left(z\right)\right)}^{\left(k\right)}={\left(\alpha f^{n+m}\left(z+\eta \right)\right)}^{\left(k\right)}.$

推导与分析过程与子情形3.2.2.1相同，只需要将其中的$n$ 变为$n+m$ ，则此时有$f\left(z\right)\equiv tf\left(z+\eta \right)$ ，$t^{n+m}\equiv 1$ 。

到此为止该情况证毕。

(II) 当$l=1$ 时，

$\overline{N^L}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)\le \frac{1}{2}N\left(r,\frac{F}{F^{\prime }}\right)\le \frac{1}{2}N\left(r,\frac{F^{\prime }}{F}\right)+S\left(r,f\right)\le \left(k+1+\frac{\tilde{m}}{2}\right)T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$

同理$\overline{N^L}\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\le \left(k+1+\frac{\tilde{m}}{2}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right).$

根据引理2，此时有

$\left(n-4k-9-\frac{3\tilde{m}}{2}\right)\left\{T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\right\}\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right),$

与$n\ge 4k+9+\frac{3\tilde{m}}{2}$ 矛盾，接下来类似(I)证明过程可得结论。

(III) 当$l=0$ 时，

此时$\overline{N^L}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)\le \left(2k+2+\tilde{m}\right)T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$ 。

同理$\overline{N^L}\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\le \left(2k+2+\tilde{m}\right)T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)$ 。

根据引理1，此时有

$\left(n-9k-14-4\tilde{m}\right)\left\{T\left(r,f\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+\eta \right)\right)\right\}\le S\left(r,f\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+\eta \right)\right),$

与$n\ge 9k+14+4\tilde{m}$ 矛盾，接下来类似(I)证明过程可得结论。

4. 结论

本文主要研究一类非线性微分多项式的值分布，以亚纯函数唯一性理论及其差分模拟理论为工具，结合权弱分担值思想去研究这类多项式的亚纯函数的唯一性问题，该研究结果改进和完善了定理D，丰富目前具有权弱分担值的微分多项式的亚纯函数的唯一性问题。后续的进一步研究，可以将研究对象推广到更复杂的微分多项式，如研究具有线性差分算子的微分多项式；或者不再考虑权弱分担值的问题，转而考虑分担值集甚至是分担小函数的情况，探究其唯一性问题。

致 谢

作者衷心感谢导师林伟川教授对本文的指导。

基金项目

福建省自然科学基金青年创新项目(2022J05050)。