上海理工大学学报  2020, Vol. 42 Issue (3): 215-219   PDF    
亚纯函数微分多项式分担多项式的唯一性
张伟杰, 王新利     
上海理工大学 理学院,上海 200093
摘要: 研究了亚纯函数的微分多项式 ${f^n}f'$ ${g^n}g'$ IM分担一个多项式 $P(z)$ 的唯一性问题,证明了当 $n > 22$ 且多项式 $P(z)$ 的次数小于等于 $n$ 时,则 $f(z) = tg(z)$ ,或者 $f(z) = {\lambda _1}{{\rm{e}}^{{\rm{\lambda}} \int {{{P}}({{z}}){{{\rm d}z}}} }}$ $g(z) = {\lambda _2}{{\rm{e}}^{ - {\rm{\lambda}} \int {{{P}}({{z}})} {\rm d}z}}$ ,其中, $t$ , ${\lambda _1},\;{\lambda _2},\;\lambda $ 为常数。
关键词: 微分多项式     唯一性     亚纯函数     分担多项式    
Uniqueness of differential polynomials of meromorphic functions sharing a polynomial
ZHANG Weijie, WANG Xinli     
College of Science, University of Shanghai for Science and Technology, Shanghai 200093, China
Abstract: The uniqueness of differential polynomials of meromorphic functions ${f^n}f'$ and ${g^n}g'$ IM sharing a polynomial $P(z)$ was studied. If $n > 22$ and the degree of $P(z)$ is not more than $n$ , then $f(z) = tg(z)$ , or $f(z) = {\lambda _1}{{\rm{e}}^{{\rm{\lambda}} \int {{{P}}({{z}}){{{\rm d}z}}} }}$ , $g(z) = {\lambda _2}{{\rm{e}}^{ - {\rm{\lambda}} \int {{{P}}({{z}})} {\rm d}z}}$ , where $t$ , ${\lambda _1},{\lambda _2}$ , $\lambda $ are constants.
Key words: differential polynomial     uniqueness     meromorphic function     sharing a polynomial    
1 主要定理

本文提到的亚纯函数即复平面上的亚纯函数,使用Nevanlinna值分布论中的基本记号[1-3],如 $T(r,f)$ $N(r,f)$ $m(r,f)$ 等。对于非常数的亚纯函数,一般用 $S(r,f)$ 表示满足 $S(r,f) = o(T(r,f)) (r \to \infty ,r \notin E)$ 的量,其中, ${\rm{mes}}\;E < + \infty $

$f(z)$ $g(z)$ 为超越亚纯函数, $P(z)$ 为一不恒为零的多项式,如果 $f - P$ $g - P$ 的零点相同(零点重数不计),则称 $f$ $g$ IM分担 $P$ ;如果 $f - P$ $g - P$ 的零点相同,且每个零点的重数也相同,则称 $f$ $g$ CM分担 $P$

$f(z)$ $g(z)$ 为非常数亚纯函数, $a \in C \cup \{ \infty \} $ $k$ 为正整数,定义 ${N_{(k}}\left( {r,\dfrac{1}{{f - a}}} \right)$ 表示零点重数不小于 $k$ $f$ $a$ 值点的密指量, ${\overline N _{(k}}\left( {r,\dfrac{1}{{f - a}}} \right)$ 表示相应的精简密指量;设 $f - a$ $g - a$ 的公共零点重数分别为 $p$ $q$ ${\overline N _L}\left( {r,\dfrac{1}{{f - a}}} \right)$ 表示 $f - a$ $g - a$ 的公共零点中满足 $p > q \geqslant 1$ 的零点的精简密指量; ${\overline N _{g > k}}\left( {r,\dfrac{1}{{f - a}}} \right)$ 表示 $f - a$ $g - a$ 的相同零点中满足 $q > p = k$ 的零点的精简密指量。

同样,可定义 ${N_{(k}}\left( {r,\dfrac{1}{{g - a}}} \right)$ ${\overline N _{(k}}\left( {r,\dfrac{1}{{g - a}}} \right)$ ${\overline N _L}\left( {r,\dfrac{1}{{g - a}}} \right)$ ${\overline N _{f > k}}\left( {r,\dfrac{1}{{g - a}}} \right)$

$\begin{split}{N_k}\left( {r,\frac{1}{{f - a}}} \right) =& \overline N \left( {r,\frac{1}{{f - a}}} \right) + {\overline N _{(2}}\left( {r,\frac{1}{{f - a}}} \right) + \cdots +\\& {\overline N _{(k}}\left( {r,\frac{1}{{f - a}}} \right)\end{split}$

${\delta _k}(a,f) = 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{{N_k}\left( {r,\dfrac{1}{{f - a}}} \right)}}{{T(r,f)}}$
$\varTheta (a,f) = 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{\overline N \left( {r,\dfrac{1}{{f - a}}} \right)}}{{T(r,f)}}$

1996年,Fang等[4]研究了整函数分担一个非零常数的问题,得到了定理1。

定理1  设 $f(z)$ $g(z)$ 为非常数整函数, $n \geqslant 6$ 且为正整数。如果 ${f^n}f'$ ${g^n}g'$ 分担1 CM,则 ${f^n}f'$ ${g^n}g'$ =1,或者,有 $f(z) = tg(z)$ ,其中, $t$ 为常数,且 ${t^{n + 1}} = 1$

1997年,在Fang等[4]研究的基础上,Yang等[5]进一步研究了非常数亚纯函数分担一个值的问题,提出了定理2。

定理2  设 $f(z)$ $g(z)$ 为非常数亚纯函数, $n \geqslant 11$ 且为正整数。如果 ${f^n}f'$ ${g^n}g'$ 分担 $a$ CM,其中, $a \in C - \{ 0\}$ ,则 $f(z) = {c_1}{{\rm{e}}^{cz}}$ $g(z) = {c_2}{{\rm{e}}^{ - cz}}$ ${c_1}$ ${c_2}$ $c$ 为常数,且满足 ${({c_1}{c_{\rm{2}}})^{n + 1}}{c^2} = - {a^2}$ ,或者, $f(z) = tg(z)$ ,其中, $t$ 为常数,且 ${t^{n + 1}} = 1$

2000年,Fang等[6]将分担一个“值”推广到分担“ $z$ ”,证明了定理3。

定理3  设 $f(z)$ $g(z)$ 为非常数亚纯函数, $n \geqslant 11$ 且为正整数,如果 ${f^n}f'$ ${g^n}g'$ 分担 $z$ CM,则 $f(z) = {c_1}{{\rm{e}}^{c{z^2}}}$ $g(z) = {c_2}{{\rm{e}}^{ - c{z^2}}}$ ,其中, ${c_1}$ ${c_2}$ $c$ 为有限非零复常数,且满足 $4{({c_1}{c_{\rm{2}}})^{n + 1}}{c^2} = - 1$ ,或者, $f(z) = tg(z)$ ,其中, $t$ 为常数,且 ${t^{n + 1}} = 1$

2011年,Qiu[7]将分担“ $z$ ”推广到了分担一个多项式,得到了定理4。

定理4  设 $f(z)$ $g(z)$ 为超越亚纯函数, $n$ 为正整数,且满足 $n \geqslant \max \left\{ {1\!1,\;k + 1} \right\}$ $P$ 是一次数为 $k$ 的多项式,如果 ${f^n}f'$ ${g^n}g'$ 分担 $P$ CM,则有 $f(z) = tg(z)$ ,其中, ${t^{n + 1}} = 1$ ,或者, $f(z) = {c_1}{{\rm{e}}^{{\rm{c}}\int {{{P}}({{z}}){{{\rm d}z}}} }}$ $g(z) = $ ${c_1}{{\rm{e}}^{ - {\rm{c}}\int {{{P}}({{z}}){{{\rm d}z}}} }}$ ,且满足 ${({c_1}{c_2})^{n + 1}}{c^2} = - 1$ ,其中, ${c_1}$ ${c_2}$ $c$ 为常数。

本文将定理4的条件“CM分担”改为“IM分担”进行了研究,即下面的定理5。

定理5  设 $f(z)$ $g(z)$ 为超越亚纯函数, $n > 22$ 且为正整数,如果 ${f^n}f'$ ${g^n}g'$ 分担P IM,P为非零多项式,且 $\deg (P) = \gamma \leqslant n$ ,则 $f(z) = $ $ {\lambda _1}{{\rm{e}}^{{\rm{\lambda}} \int {{{P}}({{z}}){{{\rm d}z}}} }}$ $g(z) = {\lambda _2}{{\rm{e}}^{ - {\rm{\lambda}} \int {{{P}}({{z}})} {\rm d}z}}$ ,其中, ${\lambda _1},\;{\lambda _2},\;\lambda $ 为常数,且满足 ${({\lambda _1}{\lambda _2})^{n + 1}}{\lambda ^2} = - 1$ ,或者, $f(z) = tg(z)$ ,其中, $t$ 为常数,且 ${t^{n + 1}} = 1$

2 引 理

引理1[1]  设 $f(z)$ 为非常数亚纯函数, $k$ 为正整数, $\alpha $ $f(z)$ 的小函数,则

$\begin{split}&T(r,f) \leqslant \overline N (r,f) + N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \overline N \left( {r,\frac{1}{{{f^{(k)}} - \alpha }}} \right) -\quad\quad\\&\quad N\left( {r,\frac{1}{{({f^{(k)}}/\alpha )'}}} \right) + S(r,f)\leqslant\\&\quad \overline N (r,f) + {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \overline N \left( {r,\frac{1}{{{f^{(k)}} - \alpha }}} \right) - \\&\quad {N_0}\left( {r,\frac{1}{{({f^{(k)}}/\alpha )'}}} \right) + S(r,f)\end{split}$

引 理2[3]  设 $f(z)$ 为非常数亚纯函数, $k$ 为正整数,则

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

引 理3[8]  设 $f(z)$ 为非常数亚纯函数, $k,p$ 为正整数,则

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

引 理4[9]  设 $f(z)$ $g(z)$ 为非常数亚纯函数,如果 $f$ $g$ 分担1 IM,则

${N_{f > 1}}\left( {r,\frac{1}{{g-1}}} \right) \leqslant \overline N \left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \overline N (r,f) - {N_0}\left( {r,\frac{1}{{f'}}} \right) + S(r,f)$
${N_{{\rm{g}} > 1}}\left( {r,\frac{1}{{f - 1}}} \right) \leqslant \overline N \left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \overline N (r,g) - {N_0}\left( {r,\frac{1}{{g'}}} \right) + S(r,g)$

引 理5  设 $f(z)$ $g(z)$ 为非常数亚纯函数, $k$ 为正整数, $P$ 为一非零多项式。令 $F = \dfrac{{{f^{\left( k \right)}}}}{P}$ $G = \dfrac{{{g^{\left( k \right)}}}}{P}$ ,则 $S(r,f) = S(r,F),\;S(r,g) = S(r,G)$

证明  由 $F = \dfrac{{{f^{\left( k \right)}}}}{P}$ 可得

$\begin{split}&T(r,F) \leqslant T\left( {r,\frac{1}{P}} \right) + T(r,{f^{(k)}}) \leqslant \\&\quad\quad (k + 1)T(r,f) + O(\log r) + S(r,f)\end{split}$
$ T(r,{f^{(k)}}) \leqslant T(r,F) + T(r,P) $
$T(r,F) \geqslant (k + 1)T(r,f) - O(\log r) + S(r,f)$

所以, $T(r,f) = O(T(r,F))$ ,即 $S(r,f) = S(r,F)$

同理, $S(r,g) = S(r,G)$ 。用同样的方法可得 $S(r,f) = S(r,F'),\;S(r,g) = S(r,G')$

引 理6  设 $f(z)$ $g(z)$ 为非常数亚纯函数, $k$ 为正整数, $P$ 为一非零多项式。如果 ${f^{\left( k \right)}}$ ${g^{\left( k \right)}}$ 分担 $P$ IM,且满足

$\begin{split}\varDelta =& (2k + 4)\varTheta (\infty ,g) + (2k + 3)\varTheta (\infty ,f) + {\delta _{k + 1}}(0,f) +\\&\quad 2{\delta _{k + 1}}(0,g) + {\delta _{k + 2}}(0,f) + {\delta _{k + 2}}(0,g) > 4k + 11\end{split}$

$\frac{P}{{{f^{\left( k \right)}} - P}} = \frac{{b{g^{\left( k \right)}} + \left( {a - b} \right)P}}{{{g^{\left( k \right)}} - P}}$

其中, $a \ne 0$ b为常数。

证明  令

$ F = \frac{{{f^{\left( k \right)}}}}{P},\;\;G = \frac{{{g^{\left( k \right)}}}}{P} $ (1)
$ H = \frac{{F''}}{{F'}} - 2\frac{{F'}}{{F - 1}} - \frac{{G''}}{{G'}} + 2\frac{{G'}}{{G - 1}} $ (2)

由式(2)与引理5可得

$ m(r,H) = S(r,f) + S(r,g) $ (3)

因为, ${f^{\left( k \right)}}$ ${g^{\left( k \right)}}$ 分担P IM,则FG分担1 IM。现分两种情况讨论。

情形1  假设 $H\not \equiv 0$ ,设 ${z_0}$ ${f^{\left( k \right)}} - P$ ${g^{\left( k \right)}} - P$ 的公共单零点但不是 $P(z)$ 的零点,由式(1)可知, ${z_0}$ F−1和G−1的公共单零点。由式(2)可知, $H$ ${z_0}$ 处解析,且 $H({z_0}) = 0$ ,又FG分担1 IM,故结合式(3),可得

$\begin{split} {N_{11}}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) =& {N_{11}}\left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) \leqslant \overline N \left( {r,\frac{1}{H}} \right) + O(1)\leqslant \\& N(r,H) + S(r,f) + S(r,g)\\[-11pt] \end{split}$ (4)

由式(2)可知,H的极点可能来自于F−1和G−1的零点重数不同的零点,FG的极点,F′和G′的零点,且H的每个极点都为单极点,因此,

$\begin{split} &N(r,H) \leqslant {\overline N_{(2}}\left( {r,\frac{1}{F}} \right) + {\overline N_{(2}}\left( {r,\frac{1}{G}} \right) + {N_0}\left( {r,\frac{1}{{F'}}} \right) + {N_0}\left( {r,\frac{1}{{G'}}} \right) + \\&\quad {\overline N_L}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + {\overline N_L}\left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) + \overline N(r,f) + \overline N(r,g)\\[-17pt] \end{split}$ (5)

其中, ${N_0}\left( {r,\dfrac{1}{{F'}}} \right)$ 是满足 $F' = 0$ $F(F - 1) \ne 0$ 的点的密指量函数。由引理1可得

$\begin{split} T(r,g) \leqslant & \overline N (r,g) + {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \overline N \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) -\\& {N_0}\left( {r,\frac{1}{{G'}}} \right) + O(\log r) + S(r,g) \end{split}$ (6)

$ \begin{split} \overline N \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) =& \overline N \left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) = {N_{11}}\left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) +\\& {\overline N _{(2}}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + {\overline N _{G > 1}}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) \end{split} $ (7)

结合式(4)~(7),可得

$ \begin{split} T(r,g)& \leqslant \overline N (r,f) + 2\overline N (r,g) + {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + {\overline N _{(2}}\left( {r,\frac{1}{F}} \right) +\\& {\overline N _{(2}}\left( {r,\frac{1}{G}} \right) + {N_0}\left( {r,\frac{1}{{F'}}} \right) + {\overline N _{(2}}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) +\\& {\overline N _L}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + {\overline N _L}\left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) +\\& {\overline N _{G > 1}}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + S(r,f) + S(r,g)\\[-17pt] \end{split} $ (8)

${N_0}\left( {r,\dfrac{1}{{F'}}} \right)$ 的定义、引理2和引理3可得

$ \begin{split} &{N_0}\left( {r,\frac{1}{{F'}}} \right) + {\overline N _{(2}}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) \leqslant N\left( {r,\frac{1}{{F'}}} \right) +\\&\quad {\overline N _{(2}}\left( {r,\frac{1}{F}} \right) - {N_{(2}}\left( {r,\frac{1}{F}} \right)\leqslant\\&\quad N\left( {r,\frac{1}{F}} \right) + \overline N (r,F) + {\overline N _{(2}}\left( {r,\frac{1}{F}} \right) - {N_{(2}}\left( {r,\frac{1}{F}} \right) + \\&\quad S(r,F)\leqslant \overline N \left( {r,\frac{1}{F}} \right) + \overline N (r,f) + S(r,f)\leqslant\\&\quad {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + k\overline N (r,f) + \overline N (r,f) + O(\log\, r) + \\&\quad S(r,f)\leqslant {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + (k + 1)\overline N (r,f) + S(r,f) \end{split} $ (9)
$ \begin{split} &{\overline N _L}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) \leqslant N\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) - \overline N \left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right)\leqslant\\ &\quad N\left( {r,\frac{F}{{F'}}} \right)\leqslant N\left( {r,\frac{{F'}}{F}} \right) + S(r,f)\leqslant\\ &\quad \overline N \left( {r,\frac{1}{F}} \right) + \overline N (r,f) + S(r,f)\leqslant\\ &\quad {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + (k + 1)\overline N (r,f) + S(r,f) \end{split} $ (10)

同理,可得

${\overline N _L}\left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) \leqslant {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + (k + 1)\overline N (r,g) + S(r,g)$

由引理4可得

$ \begin{split} &{\overline N _{G > 1}}\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) = \overline N \left( {r,\frac{1}{G}} \right) + \overline N (r,g) -\\&\quad {N_0}\left( {r,\frac{1}{{G'}}} \right) + S(r,g)\leqslant {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) +\\ &\quad (k + 1)\overline N (r,g) - {N_0}\left( {r,\frac{1}{{G'}}} \right) + S(r,g) \end{split} $ (11)

由式(8)~(11)可得

$ \begin{split} &T(r,g) \leqslant (2k + 4)\overline N (r,g) + (2k + 3)\overline N (r,f) +\\&\quad {N_{k + 2}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + {N_{k + 2}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right)+ {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) +\\ &\quad 2{N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S(r,f) + S(r,g) \end{split} $ (12)

假设存在一个无限测度集I,使得当 $r \in I$ 时,有 $T(r,f) \leqslant T(r,g)$ ,由式(12)可得 $\forall \varepsilon $ $0 < \varepsilon < \varDelta - (4{\rm{k}} + 11)$ ,当 $r$ 充分大且 $r \in I$ 时,有

$ \begin{split} &T(r,g) \leqslant \{ (2k + 4)[1 - \varTheta (\infty ,g)] + (2k + 3)[1 - \varTheta (\infty ,f)] +\\&\quad [1 - {\delta _{k + 2}}(0,g)] + [1 - {\delta _{k + 2}}(0,g)]+ [1 - {\delta _{k + 1}}(0,f)] +\\ &\quad 2[1 - {\delta _{k + 1}}(0,g)] + \varepsilon \} T(r,g) + S(r,g) \leqslant \\ &\quad(4k + 12 - \varDelta + \varepsilon )T(r,g) + S(r,g) \end{split} $

$\varDelta > 4k + 11$ 矛盾,故 $H \equiv 0$

情形2  当 $H \equiv 0$ 时,可得

$\frac{{F''}}{{F'}} - 2\frac{{F'}}{{F - 1}} \equiv \frac{{G''}}{{G'}} - 2\frac{{G'}}{{G - 1}}$

对上式积分,可得

$\frac{P}{{{f^{\left( k \right)}} - P}} = \frac{{b{g^{\left( k \right)}} + \left( {a - b} \right)P}}{{{g^{\left( k \right)}} - P}}$

其中, $a$ $b$ 为常数。

引理6得证。

引理7[10]  设 $f(z)$ $g(z)$ 为非常数亚纯函数, $n \geqslant 11$ 且为正整数, $C$ 为非零常数,如果 ${f^n}f'{g^n}g' = {C^2}$ ,则 $f(z) = {\lambda _1}{{\rm{e}}^{\lambda z}}$ $g(z) = {\lambda _2}{{\rm{e}}^{ - \lambda z}}$ ,其中, ${\lambda _1},\;{\lambda _2},\;\lambda $ 为常数,且满足 ${({\lambda _1}{\lambda _2})^{n + 1}}{\lambda ^2} = - 1$

引理8[11]  设 $f(z)$ $g(z)$ 为超越亚纯函数, $n$ 为正整数,且满足 $n \geqslant 2$ P为非常数多项式,且 $\deg (P) = \gamma \leqslant n$ ,如果 ${f^n}f'{g^n}g' = {P^2}$ ,则 $f(z) = {\lambda _1}{{\rm{e}}^{\lambda \int {{{P}}({{z}}){{{\rm d}z}}} }}$ $g(z) = {\lambda _2}{e^{ - {\rm{\lambda}} \int {{{P}}({{z}})} {{{\rm d}z}}}}$ ,其中, ${\lambda _1},\;{\lambda _2},\;\lambda $ 为常数,且满足 ${({\lambda _1}{\lambda _2})^{n + 1}}{\lambda ^2} = - 1$ ,或者, $f(z) = tg(z)$ ,其中, $t$ 为常数,且 ${t^{n + 1}} = 1$

3 定理5的证明

$U = \dfrac{{{f^{n + 1}}}}{{n + 1}}$ $V = \dfrac{{{g^{n + 1}}}}{{n + 1}}$ ,因为, ${f^n}f'$ ${g^n}g'$ 分担P IM,则 $U'$ $V'$ 分担P IM。

$\varTheta \left( {\infty ,U} \right) = 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{\overline N (r,U)}}{{T(r,U)}} \geqslant 1 - \frac{{\overline N (r,f)}}{{(n + 1)T(r,f)}} \geqslant \frac{n}{{n + 1}}$
${\delta _2}\left( {0,U} \right)\! =\! 1 \!- \!\overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{{N_2}\left( {r,\dfrac{1}{U}} \right)}}{{T(r,U)}} \geqslant 1 \!-\! \frac{{2\overline N \left( {r,\dfrac{1}{f}} \right)}}{{(n + 1)T(r,f)}} \geqslant \frac{{n - 1}}{{n + 1}}$
${\delta _3}\left( {0,U} \right) \!=\! 1\! -\! \mathop {\overline {\lim } }\limits_{r \to \infty } \frac{{{N_3}\left( {r,\dfrac{1}{U}} \right)}}{{T(r,U)}} \!\geqslant \!1 \!-\! \frac{{3\overline N \left( {r,\dfrac{1}{f}} \right)}}{{(n + 1)T(r,f)}}\! \geqslant\! \frac{{n - 2}}{{n + 1}}$

同理,

$ \varTheta \left( {\infty ,V} \right) \geqslant \frac{n}{{n + 1}},\;\;{\delta _2}(0,V) \geqslant \frac{{n - 1}}{{n + 1}},\;\;{\delta _3}\left( {0,V} \right) \geqslant \frac{{n - 2}}{{n + 1}} $

$\begin{split}\varDelta =& 6\varTheta (\infty ,U) + 5\varTheta (\infty ,V) + {\delta _3}(0,V) + {\delta _3}(0,U) +\\& {\delta _2}(0,U) + 2{\delta _2}(0,V) \geqslant 16 - \frac{{23}}{{n + 1}}\end{split}$

由条件 $n > 22$ ,则 $\varDelta > 15$ ,由引理6可得

$ \frac{P}{{{U' } - P}} = \frac{{b{V' } + \left( {a - b} \right)P}}{{{V' } - P}} $ (13)

其中, $a$ $b$ 为常数。

假设存在一无限测度集 $I$ ,使得当 $r \in I$ 时,有 $T(r,f) \leqslant T(r,g)$ ,现分3种情况来讨论。

情形1  当 $b \ne 0$ ,且 $a = b$ 时。

a. 如果 $b = - 1$ ,则由式(13)可得, $U'V' = {p^2}$ ,即 ${f^n}f'{g^n}g' \equiv {P^2}$ 。由引理7和引理8可知, $f(z) = {\lambda _1}{{\rm{e}}^{{\rm{\lambda}} \int {{{P}}({{z}}){{{\rm d}z}}} }}$ $g(z) = {\lambda _2}{{\rm{e}}^{ - {\rm{\lambda}} \int {{{P}}({{z}})} {{{\rm d}z}}}}$ ,且满足 ${({\lambda _1}{\lambda _2})^{n + 1}}{\lambda ^2} = - 1$ ,其中, ${\lambda _1}$ ${\lambda _2}$ $\lambda $ 为非零常数,或者, $f(z) = tg(z)$ ,其中, $t$ 为常数,且满足 ${t^{n + 1}} = 1$

b. 如果 $b \ne - 1$ ,则由式(13)可得

$ U' = \frac{{(1 + b)P\left( {V' - \dfrac{P}{{1 + b}}} \right)}}{{bV'}} $ (14)

由式(14)可得

$ \overline N \left( {r,\frac{1}{{V' - \dfrac{P}{{b + 1}}}}} \right) = \overline N \left( {r,\frac{1}{{U'}}} \right) $ (15)

结合式(13)、式(15)和引理2,可得

$ \begin{split} &(n + 1)T(r,g) = T(r,V) \leqslant \overline N (r,V) + {N_2}\left( {r,\frac{1}{V}} \right) +\\&\quad \overline N \left( {r,\frac{1}{{V' - \dfrac{P}{{b + 1}}}}} \right) - {N_0}\left( {r,\frac{1}{{{V''_1}}}} \right) + S(r,g)\leqslant\\ &\quad \overline N (r,g) + {N_2}\left( {r,\frac{1}{V}} \right) + \overline N \left( {r,\frac{1}{{U'}}} \right) + S(r,g)\leqslant\\ &\quad \overline N (r,g) + {N_2}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \overline N (r,f) + {N_2}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) +\\&\quad S(r,f) + S(r,g) \end{split} $

因为, $n > 22$ ,可得矛盾。因此,情形1的b不成立。

情形2  当 $b \ne 0$ ,且 $a \ne b$ 时。

a. 如果 $b = - 1$ ,显然 $a \ne 0$ ,则由式(13)可得

$ \frac{{{U' }}}{P} = \frac{a}{{a + 1 - \dfrac{{{V' }}}{P}}} $ (16)

由式(16)可得

$\quad\quad\quad \overline N \left( {r,\frac{1}{{\dfrac{{V'}}{P} - (a + 1)}}} \right) = \overline N (r,f) + O(\log\;r) $ (17)

与情形1的b中的讨论类似,可得矛盾。

b. 如果 $b \ne - 1$ ,则由式(13)可得

$ \frac{{{U' }}}{P} - \left(1 + \frac{1}{b}\right) = \frac{{ - a}}{{{b^2}\left( {\dfrac{{{V' }}}{P} + \dfrac{{a - b}}{b}} \right)}} $ (18)

由式(18)可得

$\overline N \left( {r,\frac{1}{{\dfrac{{{V' }}}{P} + \dfrac{{a - b}}{b}}}} \right) = \overline N \left( {r,\frac{{{U' }}}{P} - \left( {1 + \frac{1}{b}} \right)} \right) = \overline N (r,f) + O(\log\;r)$

与情形1的b中的讨论类似,可得矛盾。因此,情形2不成立。

情形3  当 $b = 0$ 时。

由式(13)可得

$ V = aU + (1 - a){p_1}(z) $ (19)

这里 ${p_1}(z)$ 是一个多项式,且满足 $T(r,f) = T(r,g) + S(r,f)$ ,假设 $a \ne 1$ ,由式(19)和第二基本定理可得

$ \begin{split}\quad &(n + 1)T(r,g) = T(r,V) \leqslant \overline N (r,V) + \overline N \left( {r,\frac{1}{V}} \right) +\\&\quad \overline N \left( {r,\frac{1}{{V - (1 - a){p_1}(z)}}} \right) + S(r,g)\leqslant\\ &\quad \overline N (r,g) + \overline N \left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \overline N \left( {r,\frac{1}{f}} \right) + S(r,g) \end{split} $ (20)

与情形1的b中的讨论类似,可得矛盾,故假设不成立,即 $a = 1$ 。因此, $U = V$ ,即

$f = tg,\quad {t^{n + 1}} = 1$

定理5证毕。

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