亚纯函数导数与其平移函数的唯一性定理

Uniqueness Theoremon Derivatives and Shifts of Meromorphic Functions

摘要: 本文研究了亚纯函数导数与其平移函数的唯一性问题。证明了亚纯函数导数与其平移函数在分担值条件下的一些唯一性结果，所得到的定理改进与推广了祁晓光、杨连中等人的结果。

Abstract: In this paper, we study the problem of uniqueness on derivatives and shifts of meromorphic functions. And we prove a uniqueness theorem for derivatives of meromorphic functions satisfies the condition of sharing values with its shift, which improves and extends the results given by Qi X.G. et al.

1. 引言及主要结论

本文中的亚纯函数均指复平面上的亚纯函数。设f是非常数亚纯函数，采用亚纯函数唯一性理论中的一些基本记号和结论 [1] [2]，如 $T\left(r,f\right)$， $N\left(r,f\right)$， $\bar{N}\left(r,f\right)$， $m\left(r,f\right)$ 等。令 $S\left(r,f\right)$ 表示任意满足 $S\left(r,f\right)=o\left\{T\left(r,f\right)\right\}$ ( $r\to +\infty$， $r\notin E$ )的量，其中E是一个有穷线性测度的集合， $S\left(r,f\right)$ 每次出现时E可能不相同。若对亚纯函数a，有 $T\left(r,a\right)=S\left(r,f\right)$，则称a为f的一个小函数。给定一个复数a，若 $f\left(z\right)-a$ 与 $g\left(z\right)-a$ 有相同的零点，并且零点的重数也相同，则称 $f\left(z\right)$ 和 $g\left(z\right)$ 分担aCM，若 $f\left(z\right)-a$ 与 $g\left(z\right)-a$ 有相同的零点，但不计零点重数，则称 $f\left(z\right)$ 和 $g\left(z\right)$ 分担aIM。此外，本文还用到下述定义。

定义1 [3] [4] 设f，g是两个非常数亚纯函数， $a\in C\cup \left\{\infty \right\}$，k为一正整数或 $\infty$。 $E_k\left(a,f\right)$ 表示 $f-a$ 的所有零点，当零点重数 $m\le k$ 时，计m次；当 $m>k$ 时，计 $k+1$ 次。若 $E_k\left(a,f\right)=E_k\left(a,g\right)$，则称f和g以权k分担a。

这里记f和g分担 $\left(a,k\right)$ 表示f和g以权k分担a。显然若f和g分担 $\left(a,k\right)$，那么对任意的 $p\left(0\le p<k\right)$，p为正整数，都有f和g分担 $\left(a,p\right)$。同时，当且仅当f和g分担 $\left(a,0\right)$ (或 $\left(a,\infty \right)$ )时，f和g分担aIM (或aCM)。

定义2 [3] [4] 设f是非常数亚纯函数， $a\in C\cup \left\{\infty \right\}$，k，m是两个正整数， $N\left(r,a;f|=1\right)$ 表示 $f-a$ 单零点的计数函数， $N\left(r,a;f|\le k\right)$ $\left(N\left(r,a;f|\ge k\right)\right)$ 表示 $f-a$ 的零点重数 $m\le k$ $\left(m\ge k\right)$ 的计数函数， $\bar{N}\left(r,a;f|\le k\right)$ $\left(\bar{N}\left(r,a;f|\ge k\right)\right)$ 表示 $f-a$ 的零点重数 $m\le k$ $\left(m\ge k\right)$ 的精简计数函数.

定义3 [3] [4] 设f是非常数亚纯函数， $a\in C\cup \left\{\infty \right\}$，p是一个正整数，那么 $N_p\left(r,a;f\right)=\bar{N}\left(r,a;f\right)+\bar{N}\left(r,a;f|\ge 2\right)+\cdots +\bar{N}\left(r,a;f|\ge p\right)$。

定义4 [3] [4] 设f，g是两个非常数亚纯函数，且f与g分担aIM， $a\in C\cup \left\{\infty \right\}$， ${\bar{N}}_{*}\left(r,a;f,g\right)$ 表示 $f-a$ 零点与 $g-a$ 零点重数不同的精简计数函数。

显然， ${\bar{N}}_{*}\left(r,a;f,g\right)={\bar{N}}_{*}\left(r,a;g,f\right)$。

定义5 [5] 设f，g是两个非常数亚纯函数，且f与g分担aIM， $a\in C\cup \left\{\infty \right\}$，设 $z_0$ 是 $f-a$ 的p重零点， $g-a$ 的q重零点， $N_E^{1)}\left(r,0,f-a\right)$ 表示 $p=q=1$ 的 $f-a$ 零点的精简计数函数。

近年来，随着Halburd-Korhonen [6] 和Chiang-Feng [7] 建立了有穷级条件下复域差分模拟理论及对数导数差分模拟理论。许多学者研究了亚纯函数与其平移算子的唯一性问题。其中杨连中、刘凯、祁晓光等人在这方面取得了许多优秀且丰富的成果 [8] - [13]。主要结果如下。

2018年，祁晓光等人 [8] 证明了：

定理A [8] 设f是一个非常数有穷级亚纯函数，a，c是两个非零有穷复数， $n\ge 9$ 是一个正整数。若 ${\left[f^{\prime }\left(z\right)\right]}^n$ 与 ${\left[f\left(z+c\right)\right]}^n$ CM分担a， $f^{\prime }\left(z\right)$ 与 $f\left(z+c\right)$ CM分担 $\infty$，则 $f^{\prime }\left(z\right)\equiv tf\left(z+c\right)$，其中 $t^n=1$。

定理B [8] 设f是一个非常数有穷级整函数，a，c是两个非零有穷复数， $n\ge 5$ 是一个正整数。若 ${\left[f^{\prime }\left(z\right)\right]}^n$ 与 ${\left[f\left(z+c\right)\right]}^n$ CM分担a，则 $f^{\prime }\left(z\right)\equiv tf\left(z+c\right)$，其中 $t^n=1$。

基于上述研究，本文将进一步探讨在没有级的条件限制下，涉及分担值的亚纯函数的导数与其平移算子的唯一性问题，所得到的定理推广并改进了上述结果，我们证明了：

定理1.1 设f是一个非常数亚纯函数，a，c是两个非零有穷复数， $n\ge 6$ 是一个正整数。若 ${\left[f^{\prime }\left(z\right)\right]}^n$ 与 ${\left[f\left(z+c\right)\right]}^n$ 分担 $\left(a,l\right)$， $l\ge 2$， $f^{\prime }\left(z\right)$ 与 $f\left(z+c\right)$ IM分担 $\infty$，则 $f^{\prime }\left(z\right)\equiv tf\left(z+c\right)$，其中 $t^n=1$。

定理1.2 设f是一个非常数整函数，a，c是两个非零有穷复数， $n\ge 5$ 是一个正整数。若 ${\left[f^{\prime }\left(z\right)\right]}^n$ 与 ${\left[f\left(z+c\right)\right]}^n$ 分担 $\left(a,l\right)$， $l\ge 2$，则 $f^{\prime }\left(z\right)\equiv tf\left(z+c\right)$，其中 $t^n=1$。

备注1 定理1.1与定理1.2中去掉了定理A与定理B中有穷级的条件，且将 $f^{\prime }\left(z\right)$ 与 $f\left(z+c\right)$ CM分担 $\infty$ 替换为IM分担 $\infty$， ${\left[f^{\prime }\left(z\right)\right]}^n$ 与 ${\left[f\left(z+c\right)\right]}^n$ CM分担a替换为权2分担a。因此定理1.1与定理1.2推广并改进了定理A与定理B。

2. 引理

设F，G是两个非常数亚纯函数，H，V表示以下两个函数：

$H=\left(\frac{F^{″}}{F^{\prime }}-\frac{2F^{\prime }}{F-1}\right)-\left(\frac{G^{″}}{G^{\prime }}-\frac{2G^{\prime }}{G-1}\right)$.

$V=\left(\frac{F^{\prime }}{F-1}-\frac{F^{\prime }}{F}\right)-\left(\frac{G^{\prime }}{G-1}-\frac{G^{\prime }}{G}\right)=\frac{F^{\prime }}{F\left(F-1\right)}-\frac{G^{\prime }}{G\left(G-1\right)}$.

引理2.1 [3] 设F，G是两个非常数亚纯函数，且F，G分担 $\left(1,1\right)$，若 $H\cancel{\equiv }0$，则

$N\left(r,1;F|=1\right)=N\left(r,1;G|=1\right)\le N\left(r,H\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right)$.

引理2.2 [14] 设F，G是两个非常数亚纯函数，且F，G分担 $\left(1,0\right)$， $\left(\infty ,0\right)$，若 $H\cancel{\equiv }0$，则

$\begin{array}{l}N\left(r,H\right)\le N\left(r,0;F|\ge 2\right)+N\left(r,0;G|\ge 2\right)+{\bar{N}}_{*}\left(r,1;F,G\right)+{\bar{N}}_{*}\left(r,\infty ;F,G\right)\\ +{\bar{N}}_0\left(r,0,F^{\prime }\right)+{\bar{N}}_0\left(r,0,G^{\prime }\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right).\end{array}$

其中 ${\bar{N}}_0\left(r,0,F^{\prime }\right)$ 表示 $F^{\prime }=0$，而 $F\left(F-1\right)\ne 0$ 的密指量， ${\bar{N}}_0\left(r,0,G^{\prime }\right)$ 类似。

引理2.3 [15] 设F，G是两个非常数亚纯函数，且F，G分担 $\left(1,0\right)$，若 $H\cancel{\equiv }0$，则

$N_E^{1)}\left(r,0,F-1\right)\le N\left(r,H\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right)$.

参考文献 [14]，易证得下述引理。

引理2.4 [14] 设f，g是两个非常数亚纯函数， $F=\frac{f^n}{a}$， $G=\frac{g^n}{a}$，且f，g分担 $\left(\infty ,0\right)$，F，G分担 $\left(1,k\right)$，其中 $1\le k\le \infty$，若 $V\cancel{\equiv }0$，则

$\begin{array}{l}\left(n-1-\frac{1}{k}\right)\bar{N}\left(r,\infty ,f\right)\le \frac{k+1}{k}\bar{N}\left(r,0,f\right)+\bar{N}\left(r,0,g\right)-\frac{1}{k}N\left(r,0;f^{\prime }|f\ne 0,1,\omega ,\cdots ,{\omega }^{n-1}\right)\\ +S\left(r,f\right)+S\left(r,g\right),\end{array}$

$\begin{array}{l}\left(n-1-\frac{1}{k}\right)\bar{N}\left(r,\infty ,g\right)\le \frac{k+1}{k}\bar{N}\left(r,0,g\right)+\bar{N}\left(r,0,f\right)-\frac{1}{k}N\left(r,0;g^{\prime }|g\ne 0,1,\omega ,\cdots ,{\omega }^{n-1}\right)\\ +S\left(r,f\right)+S\left(r,g\right).\end{array}$

引理2.5 [2] 设f是非常数亚纯函数， $P\left(z\right)=a_0{f}^n+a_1{f}^{n-1}+\cdots +a_n$，且 $a_0\left(\cancel{\equiv }0\right),a_1,\cdots ,a_n$ 均为f的小函数，则

$T\left(r,P\left(f\right)\right)=nT\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$.

引理2.6 [13] 设f是亚纯函数，且满足 $f^{\prime }\left(z\right)f\left(z+c\right)\equiv t$，其中 $t^n=a^2$，a，c是两个非零有穷复数，则f为常数。

3. 定理的证明

定理1.1的证明 设 $F=\frac{{\left[f^{\prime }\left(z\right)\right]}^n}{a}$， $G=\frac{{\left[f\left(z+c\right)\right]}^n}{a}$。

由于 ${\left[f^{\prime }\left(z\right)\right]}^n$ 与 ${\left[f\left(z+c\right)\right]}^n$ 分担 $\left(a,l\right)$，从而F与G分担 $\left(1,l\right)$。令

$\varphi \left(z\right)=\left(\frac{F^{\prime }}{F-1}-\frac{F^{\prime }}{F}\right)-\left(\frac{G^{\prime }}{G-1}-\frac{G^{\prime }}{G}\right)=\frac{F^{\prime }}{F\left(F-1\right)}-\frac{G^{\prime }}{G\left(G-1\right)}$. (1)

情形1 若 $\varphi \left(z\right)\equiv 0$，则由(1)式得

$\frac{F-1}{F}=C\frac{G-1}{G}$. (2)

其中C是一个非零的有穷复数。

若 $C=1$，则由(2)式得 $F\equiv G$，即 $f^{\prime }\left(z\right)\equiv tf\left(z+c\right)$，其中 $t^n=1$。

若 $C\ne 1$，则由(2)式得

$F=\frac{G}{\left(1-C\right)G+C}$. (3)

由(3.3)式得

$N\left(r,\infty ,F\right)=N\left(r,0,G-\frac{C}{C-1}\right)$. (4)

与

$T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)=T\left(r,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)$, $S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)=S\left(r,f\left(z+c\right)\right)$. (5)

由Nevanlinna第二基本定理，引理2.5及(4)，(5)式得

$\begin{array}{l}nT\left(r,f\left(z+c\right)\right)+O\left(1\right)=T\left(r,G\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,G\right)+\bar{N}\left(r,0,G\right)+N\left(r,0,G-\frac{C}{C-1}\right)+S\left(r,G\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)+\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right)\\ \le 3T\left(r,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right).\end{array}$

即 $\left(n-3\right)T\left(r,f\left(z+c\right)\right)\le S\left(r,f\left(z+c\right)\right)$，这与已知条件 $n\ge 6$ 矛盾。

情形2 若 $\varphi \left(z\right)\cancel{\equiv }0$，由引理2.4得

$\left(n-\frac{3}{2}\right)\bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)\le \frac{3}{2}\bar{N}\left(r,0,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right)$,

$\left(n-\frac{3}{2}\right)\bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)\le \frac{3}{2}\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+\bar{N}\left(r,0,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right)$.

即

$\bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)\le \frac{3}{2n-3}\bar{N}\left(r,0,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\frac{2}{2n-3}\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right)$, (6)

$\bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)\le \frac{3}{2n-3}\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+\frac{2}{2n-3}\bar{N}\left(r,0,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right)$. (7)

由Nevanlinna第二基本定理及引理2.5得

$\begin{array}{l}n\left(T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+c\right)\right)\right)+O\left(1\right)\le T\left(r,F\right)+T\left(r,G\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,F\right)+\bar{N}\left(r,0,F\right)+\bar{N}\left(r,0,F-1\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,G\right)+\bar{N}\left(r,0,G\right)\\ +\bar{N}\left(r,0,G-1\right)-\overline{N_0}\left(r,0,F^{\prime }\right)-\overline{N_0}\left(r,0,G^{\prime }\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right).\end{array}$ (8)

其中 $\overline{N_0}\left(r,0,F^{\prime }\right)$ 与 $\overline{N_0}\left(r,0,G^{\prime }\right)$ 定义与引理2.2中一致。

令

$\phi \left(z\right)=\left(\frac{F^{″}}{F^{\prime }}-\frac{2F^{\prime }}{F-1}\right)-\left(\frac{G^{″}}{G^{\prime }}-\frac{2G^{\prime }}{G-1}\right)$.

情形2.1 若 $\phi \left(z\right)\cancel{\equiv }0$，由引理2.1，2.2，2.3及(8)式得

$\begin{array}{l}\frac{n}{2}\left(T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+c\right)\right)\right)\\ \le N_2\left(r,0,F\right)+N_2\left(r,0,G\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,F\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,G\right)+{\bar{N}}_{*}\left(r,\infty ;F,G\right)\\ -\left(l-\frac{3}{2}\right){\bar{N}}_{*}\left(r,1;F,G\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right)\\ \le 2\bar{N}\left(r,0,f^{\prime }\left(z\right)\right)+2\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)\\ +\frac{1}{2}\left(\bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right).\end{array}$ (9)

进一步，由(3.6)，(3.7)，(3.9)式得

$\left(2n^2-11n-3\right)\left[T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+c\right)\right)\right]\le S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right)$.

这与已知条件 $n\ge 6$ 矛盾。

情形2.2 若 $\phi \left(z\right)\equiv 0$，即

$\frac{F^{″}}{F^{\prime }}-\frac{2F^{\prime }}{F-1}=\frac{G^{″}}{G^{\prime }}-\frac{2G^{\prime }}{G-1}$. (10)

对(10)式连续积分两次得

$\frac{1}{G-1}=\frac{C_1}{F-1}+C_2$. (11)

其中 $C_1$， $C_2$ 为常数且 $C_1\ne 0$。

由(11)式得

$G=\frac{\left(C_2+1\right)F+\left(C_1-C_2-1\right)}{C_{2}F+\left(C_1-C_2\right)}$. (12)

$F=\frac{\left(C_2-C_1\right)G+\left(C_1-C_2-1\right)}{C_{2}G-\left(C_2+1\right)}$. (13)

由(12)式得

$T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)=T\left(r,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)$, $S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)=S\left(r,f\left(z+c\right)\right)$. (14)

情形2.2.1 若 $C_2\ne 0,-1$，由(13)式得

$\bar{N}\left(r,\infty ,F\right)=\bar{N}\left(r,0,G-\frac{C_2+1}{C_2}\right)$. (15)

结合Nevanlinna第二基本定理，引理2.5及(14)，(15)得

$\begin{array}{l}nT\left(r,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right)=T\left(r,G\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,G\right)+\bar{N}\left(r,0,G\right)+\bar{N}\left(r,0,G-\frac{C_2+1}{C_2}\right)+S\left(r,G\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,G\right)+\bar{N}\left(r,0,G\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,F\right)+S\left(r,G\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)+\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+\bar{N}\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right)\\ \le \text{3}T\left(r,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right).\end{array}$

即 $\left(n-3\right)T\left(r,f\left(z+c\right)\right)\le S\left(r,f\left(z+c\right)\right)$，这与已知条件 $n\ge 6$ 矛盾。

情形2.2.2 若 $C_2=-1$，则

$G=\frac{C_1}{C_1+1-F}$. (16)

若 $C_1\ne -1$，由(16)式得

$\bar{N}\left(r,\infty ,G\right)=\bar{N}\left(r,0,F-C_1-1\right)$. (17)

结合Nevanlinna第二基本定理，引理2.5及(14)，(17)得

$\begin{array}{l}nT\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)=T\left(r,F\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,F\right)+\bar{N}\left(r,0,F\right)+\bar{N}\left(r,0,F-C_1-1\right)+S\left(r,F\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,F\right)+\bar{N}\left(r,0,F\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,G\right)+S\left(r,F\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\bar{N}\left(r,0,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)\\ \le \text{3}T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right).\end{array}$

即 $\left(n-3\right)T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)\le S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)$，这与已知条件 $n\ge 6$ 矛盾。因此 $C_1=-1$，将其带入(16)式得 $FG\equiv 1$，从而

$f^{\prime }\left(z\right)f\left(z+c\right)\equiv t$.

其中 $t^n=a^2$。

由引理2.6得f为常数，矛盾。

情形2.2.3 若 $C_2=0$，则

$G=\frac{F+C_1-1}{C_1}$. (18)

若 $C_1\ne 1$，由(18)式得

$\bar{N}\left(r,0,G\right)=\bar{N}\left(r,0,F+C_1-1\right)$. (19)

结合Nevanlinna第二基本定理，引理2.5及(14)，(19)得

$\begin{array}{l}nT\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)=T\left(r,F\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,F\right)+\bar{N}\left(r,0,F\right)+\bar{N}\left(r,0,F+C_1-1\right)+S\left(r,F\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,F\right)+\bar{N}\left(r,0,F\right)+\bar{N}\left(r,0,G\right)+S\left(r,F\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\bar{N}\left(r,0,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)\\ \le \text{3}T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right).\end{array}$

即 $\left(n-3\right)T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)\le S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)$，这与已知条件 $n\ge 6$ 矛盾.因此 $C_1=1$，将其带入(18)式得 $F\equiv G$，从而

$f^{\prime }\equiv tf\left(z+c\right)$.

其中 $t^n=1$。

至此，定理1.1证毕。

定理1.2的证明

与定理1.1的证明相同，可得到

$\begin{array}{l}\frac{n}{2}\left(T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+c\right)\right)\right)\\ \le 2\bar{N}\left(r,0,f^{\prime }\left(z\right)\right)+2\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)\\ +\frac{1}{2}\left(\bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)+\bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right).\end{array}$

由于f是一个非常数整函数，因此 $\bar{N}\left(r,\infty ,f^{\prime }\left(z\right)\right)=0$， $\bar{N}\left(r,\infty ,f\left(z+c\right)\right)=0$，从而有

$\begin{array}{l}n\left(T\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+T\left(r,f\left(z+c\right)\right)\right)\\ \le 4\bar{N}\left(r,0,f^{\prime }\left(z\right)\right)+4\bar{N}\left(r,0,f\left(z+c\right)\right)+S\left(r,f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\left(z+c\right)\right).\end{array}$

这与已知条件 $n\ge 5$ 矛盾。其余情形的讨论与定理1.1相同，即可证得定理1.2。

基金项目

国家自然科学基金资助项目(11801291)；福建省自然科学基金资助项目(2019J05047, 2019J01672)。