近几十年来,关于从 ${\Bbb C}^m$ 到复射影空间 $P^n({\Bbb C})$ 上亚纯映射的唯一性问题的研究被广泛关注,参见文献 [3, 7, 9, 10] 等. 为了叙述方便,先来熟悉几个概念.

设 $a=(a_0:\cdots :a_n)$ 为 ${\Bbb C}^m$ 至 $P^n({\Bbb C})$ 的亚纯映射, 其中 $a_i\ (0\leq i\leq n)$ 为公共零点集维数至多 $m-2$ 的 $n+1$ 个整函数. 我们称 $a$ 是关于亚纯映射 $f$ 的 “小” 映射,若当 $r\rightarrow +\infty$ 时,$T_a(r)=o(T_f(r))$. 事实上,对于 ${\Bbb C}^m$ 中任意固定的 $z$,$a(z)$ 可看作 $P^n({\Bbb C})$ 上的一个超平面. 若 $a_1(z),\cdots ,a_q(z)$ 对于 ${\Bbb C}^m$ 中某个 $z$ (因而几乎对所有的 $z$) 处于一般位置,那么称 $\{a_j(z)\}_{j=1}^q$ 位于一般位置. 设 ${\cal M}$ 为 ${\Bbb C}^m$ 上所有亚纯函数构成的域,用 ${\cal R}$ 表示 ${\cal M}$ 中包含 ${\Bbb C}$ 与所有 $\frac{a_{j_k}}{a_{j_l}}$ 且 $a_{j_l}\not\equiv 0$,$1\leq j\leq q,0\leq k,l\leq n$ 的最小子域.

设 $f$ 为 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 的亚纯映射,$\{a_j\}_{j=1}^q$ 是关于 $f$ 的“小”映射且处于一般位置,使得 $$\dim\{z:(f,a_i)(z)=(f,a_j)(z)=0\}\leq m-2\ (1\leq i < j\leq q).$$ 假设 $f$ 在 ${\cal R}$ 上线性非退化. 考虑用 ${\cal F}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,d)$ 表示包括所有满足下列条件的 ${\cal R}$ 上线性退化亚纯映射 $g: {\Bbb C}^m\rightarrow P^n({\Bbb C})$ 的集合,

(i) $\min\{\nu_{(f,a_j)},d\}=\min\{\nu_{(f,a_j)},d\}\ (1\leq j\leq q)$;

(ii) $f(z)=g(z)$ 在 $\bigcup\limits_{j=1}^q\{z: (f,a_j)(z)=0\}$, 其中 $d$ 是正整数. 我们用 $\sharp S$ 表示集合 $S$ 所含元素的个数. 文献 [8] 证明了

定理 1.1 若 $q=2n^2+4n$ 且 $n\geq 2$,则 $\sharp{\cal F}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,1)=1$. 若 $q=\frac{(3n+1)(n+2)}{2}$ 且 $n\geq 2$,则 $\sharp{\cal F}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,1)\leq 2$.

2012年,吕锋^[4]改进了上面的结果.

定理 1.2 若 $q\geq 2n^2+2n+3$ 且 $n\geq 2$,则 $\sharp{\cal F}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,1)=1$.

若不再假设 $f$ 在 ${\cal R}$ 的线性非退化. 考虑用 ${\cal G}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,d)$ 表示包括所有满足下列条件的亚纯映射 $g: {\Bbb C}^m\rightarrow P^n({\Bbb C})$ 的集合,

(i) $\min\{\nu_{(f,a_j)},d\}=\min\{\nu_{(f,a_j)},d\}\ (1\leq j\leq q)$;

(ii) $f(z)=g(z)$ 在 $\bigcup\limits_{j=1}^q\{z: (f,a_j)(z)=0\}$.

文献 [1] 证明了

定理 1.3 若 $q=4n^2+2n$ 且 $n\geq 2$,则 $\sharp{\cal G}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,1)=1$.

最近,随着涉及“小”映射的第二基本定理的建立,Quang^[5]改进了上述结果.

定理 1.4 若 $q>\frac{9n^2+9n+4}{4}$ 且 $n\geq 2$,则 $\sharp{\cal G}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,1)\leq 2$. 若 $q>3n^2+n+2$ 且 $n\geq 2$,则 $\sharp{\cal G}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,1)=1$.

2013年,文献 [6] 中证明下面的结果.

定理 1.5 若 $q> 4nk+2$ 且 $n\geq 2$, 其中 $k+1=\max\{{\rm rank}_{{\cal R}}(f),{\rm rank}_{{\cal R}}(g)\}$, 则 $\sharp{\cal G}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,1)=1$.

由于文献 [5]证明了更强的第二基本定理,使我们对定理 1.4 和 1.5 进行了改进. 实际上,我们将证明

定理 1.6 设 $f$ 和 $g$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 的亚纯映射,$\{a_j\}_{j=1}^q$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 关于 $f$ 的“小”映射且处于一般位置,满足下列条件

(a) $\dim\{z:(f,a_i)(z)=(f,a_j)(z)=0\}\leq m-2\ (1\leq i < j\leq q),$

(b) $\min\{\nu_{(f,a_j)},1\}=\min\{\nu_{(f,a_j)},1\}\ (1\leq j\leq q)$,

(c) $f(z)=g(z)$ 在 $\bigcup\limits_{j=1}^q\{z: (f,a_j)(z)=0\}$. 令 $k+1:=\max\{{\rm rank}_{{\cal R}}(f),{\rm rank}_{{\cal R}}(g)\}$,有

(i) 若 $k\geq \frac{n+1}{2}$,$q> -2k^2+2(2n+1)k+2$ 且 $n\geq 2$, 则 $f=g$.

(ii) 若 $k < \frac{n+1}{2}$,$q> \frac{2k^2+2(n-1)k+(n+3)+ \sqrt{(2k^2+2(n-1)k+n-1)^2+8(3n+1)k}}{2}$ 且 $n\geq 2$,则 $f=g$.

令 $A:=\frac{2k^2+2(n-1)k+n+3+\sqrt{(2k^2+2(n-1)k+n-1)^2+8(3n+1)k}}{2}$. 由$1\leq k < \frac{n+1}{2}$,得 \begin{eqnarray*} & &(-2k^2+2(2n+1)k+2)- A\\ & = & \frac{1}{2}\left(-6k^2+6(n+1)k-(n-1)-\sqrt{(2k^2+2(n-1)k+n-1)^2+8(3n+1)k}\right)\\ & = &\frac{8k(k-\frac{n+1}{2})(2k^2-(4n+3)k+2n)}{-6k^2+6(n+1)k-(n-1)+ \sqrt{(2k^2+2(n-1)k+n-1)^2+8(3n+1)k}}>0. \end{eqnarray*} 根据定理 1.6,得如下推论.

推论 1.1 设 $f$ 和 $g$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 的亚纯映射, $\{a_j\}_{j=1}^q$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 关于 $f$ 的“小”映射且处于一般位置,满足下列条件

(a) $\dim\{z:(f,a_i)(z)=(f,a_j)(z)=0\}\leq m-2\ (1\leq i < j\leq q),$

(b) $\min\{\nu_{(f,a_j)},1\}=\min\{\nu_{(f,a_j)},1\}\ (1\leq j\leq q)$,

(c) $f(z)=g(z)$ 在 $\bigcup\limits_{j=1}^q\{z: (f,a_j)(z)=0\}$. 若 $q> -2k^2+2(2n+1)k+2$ $(n\geq 2)$,其中 $k+1:=\max\{{\rm rank}_{{\cal R}}(f),{\rm rank}_{{\cal R}}(g)\}$,则 $f=g$.

注 1.1 1) 因为 $4nk+2-(-2k^2+2(2n+1)k+2)=2k(k-1)\geq 0,$ 从而推论 $1.1$ 改进了定理 $1.5$.

2) 因为 $3n^2+n+2 > 2(n^2+n+1)\geq-2k^2+2(2n+1)k+2 \ (1\leq k\leq n)$, 推论 $1.1$ 推广 定理 $1.4$ 的第二个结论.

3) 由 $2(n^2+n+1)\geq-2k^2+2(2n+1)k+2 \ (1\leq k\leq n)$ 和推论 $1.1$知,定理 $1.2$ 的结果去掉线性非退化条件也成立.

在亚纯映射唯一性问题的研究中,陈志华和颜启明^[2] 注意到将分担“小”映射的条件 减弱为部分分担,即将定义${\cal F}(f,\{a_j\}_{j=1}^q,d)$ 中条件 (i)改为 $\{z: (f,a_j)(z)=0\}\subseteq\{z:(g,a_j)(z)=0\}\ (1\leq j\leq q). $ 实际上,他们得到了如下结果.

定理 1.7 设 $f$ 和 $g$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 的亚纯映射, $\{a_j\}_{j=1}^q$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 关于 $f$ 的“小”映射且处于一般位置. 若$f$ 和 $g$ 在 ${\cal R}$ 上线性非退化,且满足下列条件

(a) $\dim\{z:(f,a_i)(z)=(f,a_j)=0\}\leq m-2\ (1\leq i < j\leq q),$

(b) $\{z: (f,a_j)(z)=0\}\subseteq\{z:(g,a_j)(z)=0\}\ (1\leq j\leq q)$,

(c) 在$\bigcup\limits_{j=1}^q\{z: (f,a_j)(z)=0\}$上, $f(z)=g(z)$. 若 $q=2n^2+4n+1$ 且 $$\mathop{\lim\inf}_{r\rightarrow +\infty}\frac{\sum\limits_{j=1}^qN_{(f,a_j)}^1(r)}{\sum\limits_{j=1}^qN_{(g,a_j)}^1(r)}>\frac{n(n+2)}{n(n+2)+1},$$ 则 $f=g$.

在 2012 年,吕锋^[4] 将上述定理涉及“小”映射个数 $q$ 改进为$2n^2+2n+3 $. 本文将进一步改进,得到

定理 1.8 设 $f$ 和 $g$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 的亚纯映射,$\{a_j\}_{j=1}^q$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 关于 $f$ 的“小”映射且处于一般位置,满足下列条件

(a) $\dim\{z:(f,a_i)(z)=(f,a_j)=0\}\leq m-2\ (1\leq i < j\leq q),$

(b) $\{z: (f,a_j)(z)=0\}\subseteq\{z:(g,a_j)(z)=0\}\ (1\leq j\leq q)$,

(c) $f(z)=g(z)$ 在 $\bigcup\limits_{j=1}^q\{z: (f,a_j)(z)=0\}$. 若 $q\geq -2k^2+2(2n+1)k+3$ $(n\geq 2)$,其中 $k+1:=\max\{{\rm rank}_{{\cal R}}(f),{\rm rank}_{{\cal R}}(g)\}$,且 $$\mathop{\lim\inf}_{r\rightarrow +\infty}\frac{\sum\limits_{j=1}^qN_{(f,a_j)}^1(r)}{\sum\limits_{j=1}^qN_{(g,a_j)}^1(r)}>\frac{2(n+1)k-k^2}{2(n+1)k-k^2+1},$$ 则 $f=g$.

注 1.2 假设 $k=n$,定理 1.8 变成文献[4,定理 2.2]的结果.

首先介绍 Nevanlinna 理论中的一些基本概念.

设 $F(z)$ 为 ${\Bbb C}^m$ 上一非零整函数. 对 $a\in{\Bbb C}^m$,令 $$F(z)=\sum\limits_{m=0}^\infty P_m(z-a), $$ 其中$P_m(z)$ 为 $m$ 次齐次多项式或恒为零. $\nu_F(a):=\min\{m|P_m\not\equiv 0\}$为 $F$ 在 $a$ 的零点重数．令 $$|\nu_F|:=\overline{\{z\in{\Bbb C}^m|V_F(z)\neq 0\}}. $$

对 $z=(z_1,\ \cdots,\ z_m)\in {\Bbb C}^m$,令 $$\|z\|=(|z_1|^2+\cdots+|z_m|^2)^\frac{1}{2}, $$ 其中$r>0$,定义 $B(r):=\{z:\|z\|\leq r\}$,$S(r):=\{z:\|z\|= r\}$, $d^c:=\frac{\sqrt{-1}}{4\pi}(\overline{\partial}-\partial)$, $\upsilon:=(dd^c\|z\|^2)^{m-1}$ 且 $\sigma:= d^c\log\|z\|^2\wedge(dd^c\log\|z\|^2)^{m-1}$. 令$f:{\Bbb C}^m \rightarrow P^n({\Bbb C})$ 为一亚纯映射．可以选取 ${\Bbb C}^m$ 上整函数 $f_0,\cdots ,f_n$,使得 $I_f: =\{z\in{\Bbb C}^m| f_0(z)=\cdots=f_n(z)=0\}$ 的维数至多 $m-2$. 称 $f=(f_0(z):\cdots :f_n(z))$ 为 $f$ 的既约表示．$f$ 的特征函数定义为 $$T_f(r):=\int_{S(r)}\log\|f\|\sigma -\int_{S(1)}\log\|f\|\sigma,\ \ r>1.$$ 注意到 $T_f(r)$ 与 $f$ 的既约表示的选取无关.

下面定义密指量函数和计数函数,对小映射 $a$,满足 $$(f,a)=\sum\limits_{i=0}^na_if_i\not\equiv 0, $$ 定义 $$ N_{(f,a)}(r):=\int_1^r\frac{n(t)}{t^{2m-1}}{\rm d}t,\ \ 1 < r < +\infty, $$ 其中 \begin{eqnarray*} n(t):= \left\{\begin{array}{ll} \int_{|\nu|\cap B(r)}\nu(z) \upsilon ,~~&\mbox{若 $m\geq 2$,}\\ \sum\limits_{|z|\leq t}\nu(z) ,&\mbox{若 $m=1$. } \end{array}\right. \end{eqnarray*} 对正整数 $ M$ 或 $M=\infty$,定义 $$\nu_{(f,a)}^M(z)=\min\{M,\nu_{(f,a)}\}. $$ 类似的可以定义 $N_{(f,a)}^M(r)$.

定义 $$m_{(f,a)}(r):=\int_{S(r)}\log\frac{\|f\|\|a\|}{|(f,a)|}\sigma-\int_{S(1)}\log\frac{\|f\|\|a\|}{|(f,a)|}\sigma,\ \ r>1. $$ 对于 ${\Bbb C}^m $ 上的亚纯函数 $\varphi$,定义 $$m(r,\varphi)=\int_{S(r)}\log^+|\varphi|\sigma,$$ 其中 $\log^+|x|=\max\{\log x,0\}$ $(x\geq 0)$. 定义 Nevanlinna 特征函数为 $$T(r,\varphi):=N(r,\nu_\varphi^\infty)+m(r,\varphi).$$ 把 $\varphi$ 看作 从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^1({\Bbb C})$ 的 亚纯映射,则 $$T_\varphi(r)=T(r,\varphi)+O(1).$$

现在给出一些有用的引理.

涉及到“小”映射的值分布第一基本定理如下 $$T_f(r)=m_{(f,a)}(r)+N_{(f,a)}(r)+o(T_f(r)).$$

第二基本定理如下.

定理 2.1 设 $f$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 的亚纯映射,$\{a_j\}_{j=1}^q$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 亚纯映射,且处于一般位置. 若 $(f,a_i)\not\equiv 0\ (1\leq i\leq q)$,$k+1: ={\rm rank}_{{\cal R}}(f)$, 则有下列结论成立

(a) $\|\frac{q}{2n-k+2}T_f(r)\leq \sum\limits_{i=1}^qN_{(f,a_i)}^k(r) +o(T_f(r))+O(\max\limits_{1\leq i\leq q}T_{a_i}(r))$,

(b) $\|\frac{q-n+2k-1}{n+k+1}T_f(r)\leq \sum\limits_{i=1}^qN_{(f,a_i)}^k(r) +o(T_f(r))+O(\max\limits_{1\leq i\leq q}T_{a_i}(r))$, 其中 “$\|$” 表示除了一个有限测度的集合外上述不等式对所有的 $r$ 成立.

注 2.1 若 $k\geq \frac{n+1}{2}$,定理 2.1 (a) 优于 (b); 若 $k < \frac{n+1}{2}$, 定理 2.1 (b) 优于 (a).

设 $f:{\Bbb C}^m\rightarrow P^n({\Bbb C})$ 亚纯映射的一个既约表示为$f=(f_1:\cdots :f_q)$. $\{a_1,\cdots ,a_q\}$ 是从 ${\Bbb C}^m$ 到 $P^n({\Bbb C})$ 的亚纯映射. 令 $$V(f):=\bigg\{(c_1,\cdots ,c_n)\in{\cal R}^{n+1}: \sum\limits_{i=0}^nc_if_i\equiv0\bigg\}. $$ 注意到 $V(f)$ 不依赖 $f$ 的既约表示的选取,${\rm rank}_{{\cal R}}(f)=n+1- \dim_{{\cal R}}V(f)$.

引理 2.1 设 $f,g$ 与 $\{a_j\}_{j=1}^q$ 如定理 $1.6$ 中所述,则

(i) $V(f)=V(g)$ 且 ${\rm rank}_{{\cal R}}(f)={\rm rank}_{{\cal R}}(g)$.

(ii) $\|T_f(r)=O(T_g(r))$,$\|T_g(r)=O(T_f(r))$.

证 不妨设 ${\rm rank}_{{\cal R}}(f)\geq {\rm rank}_{{\cal R}}(g)$, $f=(f_0:\cdots :f_n)$ 与 $g=(g_0:\cdots :g_n)$ 分别为 $f$ 与 $g$的既约表示.

(i) 先证 $V(g)\subseteq V(f)$.

实际上,假设存在 $c=(c_0,\cdots ,c_n)\in {\cal R}^{n+1}$ 使得 $\sum\limits_{i=0}^nc_ig_i\equiv0$, 但 $\sum\limits_{i=1}^nc_if_i\not\equiv 0$. 对 $z\in \bigcup\limits_{j=1}^q\{z: (f,a_j)(z)=0\}$, 有$f(z)=g(z)$. 从而 $\bigcup\limits_{j=1}^q\{z: (f,a_j)(z)=0\}\subset\{z: (f,c)(z)=0\}$. 故 $$\sum\limits_{i=1}^qN_{(f,a_i)}^1(r)\leq N_{(f,c)}^1(r)+o(T_f(r)).$$ 根据第二基本定理定理 $2.1$,得

$\bullet$ 若 $k\geq \frac{n+1}{2}$,则 \begin{eqnarray*} \|\frac{q}{2n-k+2}T_f(r)&\leq & \sum\limits_{i=1}^qN_{(f,a_i)}^k(r) +o(T_f(r)) \\ & \leq & k\sum\limits_{i=1}^qN_{(f,a_i)}^1(r) +o(T_f(r))\\ &\leq & kN_{(f,c)}^1(r)+o(T_f(r))\leq kT_f(r)+o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 令 $r\rightarrow +\infty$,得 $q\leq 2(n+1)k-k^2,$ 矛盾.

$\bullet$ 若 $k < \frac{n+1}{2}$,则 \begin{eqnarray*} \|\frac{q-n+2k-1}{n+1+k}T_f(r)&\leq & \sum\limits_{i=1}^qN_{(f,a_i)}^k(r) +o(T_f(r)) \\ & \leq & k\sum\limits_{i=1}^qN_{(f,a_i)}^1(r) +o(T_f(r))\\ &\leq & kN_{(f,c)}^1(r)+o(T_f(r))\leq kT_f(r)+o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 令 $r\rightarrow +\infty$,得 $q\leq k^2+(n-1)k+(n+1),$ 矛盾.

综上所述,$V(g)\subseteq V(f)$. 从而 $${\rm rank}_{\cal R}(f)=n+1-\dim_{\cal R}V(f)\leq n+1-\dim_{\cal R}V(g)={\rm rank}_{\cal R}(g).$$ 故,${\rm rank}_{{\cal R}}(f)={\rm rank}_{{\cal R}}(g)$. 所以 $V(f)=V(g)$. (i) 得证.

(ii) 根据定理 $2.1$,对 $q\geq 2n-k+2$,有 \begin{eqnarray*} \|\frac{q}{2n+2-k}T_f(r)&\leq & \sum\limits_{i=1}^qN_{(f,a_i)}^k(r) +o(T_f(r)) \\ & \leq & k\sum\limits_{i=1}^qN_{(g,a_i)}^1(r) +o(T_f(r))\leq kq(T_g(r))+o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 从而 $\|T_f(r)=O(T_g(r))$. 由于 ${\rm rank}_{{\cal R}}(f)={\rm rank}_{{\cal R}}(g)$, 对 $g$ 应用定理 $2.1$,得 \begin{eqnarray*} \|\frac{q}{2n+2-k}T_g(r)&\leq & \sum\limits_{i=1}^qN_{(g,a_i)}^k(r) +o(T_g(r)) \\ & \leq & k\sum\limits_{i=1}^qN_{(f,a_i)}^1(r) +o(T_g(r))\leq kq(T_f(r))+o(T_g(r)). \end{eqnarray*} 故 $\|T_g(r)=O(T_f(r))$.

反证法,假设 $f\neq g$. 根据引理 $2.1$,得 ${\rm rank}_{{\cal R}}(f)={\rm rank}_{{\cal R}}(g)=k+1$,$\|T_f(r)=O(T_g(r)), \|T_g(r)=O(T_f(r)).$

不妨设 \begin{eqnarray*} \underbrace{\frac{(f,a_1)}{(g,a_1)}\equiv \frac{(f,a_2)}{(g,a_2)} \equiv\cdots\equiv\frac{(f,a_{k_1})}{(g,a_{k_1})}}_{\mbox{组 1} } & \not\equiv &\underbrace{\frac{(f,a_{k_1+1})}{(g,a_{k_1+1})}\equiv \cdots\equiv\frac{(f,a_{k_2})}{(g,a_{k_2})}}_{\mbox{组 2} } \\ & \not\equiv& \cdots \not\equiv \underbrace{\frac{(f,a_{k_{s-1}+1})}{(g,a_{k_{s-1}+1})} \equiv \cdots\equiv\frac{(f,a_{k_s})}{(g,a_{k_s})}}_{\mbox{组 $s$} }, \end{eqnarray*} 其中 $k_s=q$. 对 $1\leq i\leq q$,令 $\sigma(i)= \left\{ \begin{array}{ll} i+k,& \hbox{若 $i+k\leq q$;} \\ i+k-q,& \hbox{若 $i+k> q$.} \end{array} \right.$ $$ P_i:=(f,a_i)(g,a_{\sigma(i)})-(g,a_i)(f,a_{\sigma(i)}).$$

我们断言每组至多有 $k$个. 实际上,假设不成立,不妨设 $k_1\geq k+1.$ 由 ${\rm rank}_{{\cal R}}(f)=\dim(\{(f,\widetilde{a}_i)\}_{i=1}^{k+1})_{{\cal R}} \ (0\leq j\leq n)$,存在 $c_{ji}\in {{\cal R}}$ 使得 $f_j=\sum\limits_{i=1}^{k+1}c_{ji} (f,\widetilde{a}_i).$ 由引理 2.1,得 $V(f)=V(g).$ 故 $$g_j=\sum\limits_{i=1}^{k+1}c_{ji}(g,\widetilde{a}_i)=\frac{(f,a_1)}{(g,a_1)}f_j,0\leq j\leq n.$$ 从而 $f=g$,矛盾. 断言成立.

所以 $\frac{(f,a_i)}{(g,a_i)}$ 与 $\frac{(f,a_{\sigma(i)})}{(g,a_{\sigma(i)})}$ 属于不同的组. 这就意味着 $P_i\not\equiv 0$ $(1\leq i\leq q)$.

注意到 \begin{eqnarray*} \nu_{P_i}(z)&\geq & \min\{\nu_{(f,a_i)}(z),\nu_{(g,a_i)}(z)\}+ \min\{\nu_{(f,a_{\sigma(i)})}(z),\nu_{(g,a_{\sigma(i)})}(z)\}\\ & & +\sum\limits_{t=1,t\neq i,\sigma(i)}^q\min\{\nu_{(f,a_t)}(z),1\} \end{eqnarray*} 除掉一个余维数 $\leq 2$的集合成立. 因为 $\min\{a,b\}\geq \min\{a,k\}+\min\{b,k\}-k$ 对任意正整数 $a,b$ 成立,从而

另一方面,利用 Jensen 公式,有 \begin{eqnarray*} N_{P_i}(r)&= & \int_{S(r)}\log|P_i|\sigma +O(1) \\ & \leq & \int_{S(r)}\log(|(f,a_i)|^2+|(f,a_{\sigma(i)})|^2)^{\frac{1}{2}}\sigma +\int_{S(r)}\log(|(g,a_i)|^2+|(g,a_{\sigma(i)})|^2)^{\frac{1}{2}}\sigma +O(1)\\ & \leq & T_f(r)+T_g(r)+o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 结合 (3.1) 式,得 \begin{eqnarray*} \|T_f(r)+T_g(r)&\geq & \sum\limits_{t=i,\sigma(i)}\left(N_{(f,a_t)}^k(r)+N_{(g,a_t)}^k(r) -kN_{(f,a_t)}^1(r)\right) \\ & & +\sum\limits_{t=1,t\neq i,\sigma(i)}^qN_{(f,a_t)}^1(r) +o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 上述不等式两边对 $i=\{1,\cdots ,q\}$ 求和,得 \begin{eqnarray*} \| q(T_f(r)+T_g(r)) &\geq & 2\sum\limits_{t=1}^q\left(N_{(f,a_t)}^k(r)+N_{(g,a_t)}^k(r)\right) + (q-2k-2)\sum\limits_{t=1}^q N_{(f,a_t)}^1(r) +o(T_f(r)) \\ & \geq & \left(2+\frac{q-2k-2}{2k}\right)\sum\limits_{t=1}^q\left(N_{(f,a_t)}^k(r)+ N_{(g,a_t)}^k(r)\right)+o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 利用定理 $2.1$,得

$\bullet$~ 若 $k\geq\frac{n+1}{2}$,则 $$ q(T_f(r)+T_g(r)) \geq \left(2+\frac{q-2k-2}{2k}\right)\frac{q}{2n-k+2}(T_f(r)+ T_g(r))+o(T_f(r)).$$ 令 $r \rightarrow +\infty$,得 $q\leq -2k^2+2(2n+1)k+2,$ 矛盾.

$\bullet$~ 若 $k < \frac{n+1}{2}$,则 $$q(T_f(r)+T_g(r)) \geq \left(2+\frac{q-2k-2}{2k}\right)\frac{q-n+2k-1}{n+k+1}(T_f(r) +T_g(r))+o(T_f(r)).$$ 令 $r \rightarrow +\infty$,得 $q\leq \frac{2k^2+2(n-1)k+(n+3)+\sqrt{(2k^2+2(n-1)k+n-1)^2+8(3n+1)k}}{2},$ 矛盾.

证毕.

反证法,根据引理 $1.1$ 中 (ii) 的证明,得 $\|T_f(r)=O(T_g(r)),\|T_g(r)=O(T_f(r)).$ 根据定理 $1.6$ 的证明,可得 $P_i\not\equiv 0\ (1\leq i\leq q),$ $N_{P_i}(r) \leq T_f(r)+ T_g(r)+o(T_f(r)).$

另外,对 $j\in\{1,\cdots ,q\}\setminus\{i,\sigma(i)\}$,由条件 $\{z: (f,a_j)(z)=0\}\subset\{z:(g,a_j)(z)=0\}$ 知,$(f,a_j)$ 的零点都是是 $P_i$ 的零点至多去掉一个余维数 $\geq 2$的集合. 因此 \begin{eqnarray*} \nu_{P_i}(z)&\geq & \min\{\nu_{(f,a_i)}(z),\nu_{(g,a_i)}(z)\} +\min\{\nu_{(f,a_{\sigma(i)})}(z),\nu_{(g,a_{\sigma(i)})}(z)\}\\ & & +\sum\limits_{t=1,t\neq i,\sigma(i)}^q\min\{\nu_{(f,a_t)}(z),1\}. \end{eqnarray*} 去掉一个余维数 $\geq 2$的集合成立. 对任意的正整数 $a$ 和$b$,有 $\min\{a,b\}\geq \min\{a,k\}+\min\{b,k\}-k$. 从而 \begin{eqnarray*} && T_f(r)+T_g(r)+o(T_f(r))\\ &\geq & N_{P_i}(r) \geq \sum\limits_{t=i,\sigma(i)} \left(N_{(f,a_t)}^k(r)+N_{(g,a_t)}^k(r)- kN_{(g,a_t)}^1(r)\right)+\sum\limits_{t=1,t\neq i,\sigma(i)}^qN_{(f,a_t)}^1(r). \end{eqnarray*} 上述不等式两边对 $i\in \{1,\cdots ,q\}$ 求和,得 \begin{eqnarray*} & &2\sum\limits_{t=1}^q\left(N_{(f,a_t)}^k(r)+N_{(g,a_t)}^k(r)\right) -2k\sum\limits_{t=1}^q N_{(g,a_t)}^1(r)+ (q-2)\sum\limits_{t=1}^q N_{(f,a_t)}^1(r) \\ & \leq & q(T_f(r)+T_g(r))+o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 利用第二基本定理,有

$\bullet$~ 若 $k\geq\frac{n+1}{2}$,则 \begin{eqnarray*} && \| 2\sum\limits_{t=1}^q\left(N_{(f,a_t)}^k(r)+N_{(g,a_t)}^k(r)\right) -2k\sum\limits_{t=1}^q N_{(g,a_t)}^1(r)+ (q-2)\sum\limits_{t=1}^q N_{(f,a_t)}^1(r)\\ &\leq &q(T_f(r)+T_g(r))+O(1)\leq (2n-k+2)\sum\limits_{t=1}^q\left(N_{(f,a_t)}^k(r)+N_{(g,a_t)}^k(r)\right)+o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 从而 \begin{eqnarray*} & & \|-2k\sum\limits_{t=1}^q N_{(g,a_t)}^1(r)+ (q-2)\sum\limits_{t=1}^q N_{(f,a_t)}^1(r)\\ & \leq & (2n-k)\sum\limits_{t=1}^q\left(N_{(f,a_t)}^k(r)+N_{(g,a_t)}^k(r)\right)+o(T_f(r)) \\ &\leq& (2n-k)k\sum\limits_{t=1}^q\left(N_{(f,a_t)}^1(r)+N_{(g,a_t)}^1(r)\right)+o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 故 $$\mathop{\lim\inf}_{r\rightarrow +\infty}\frac{\sum\limits_{j=1}^qN_{(f,a_j)}^1(r)}{\sum\limits_{j=1}^qN_{(g,a_j)}^1(r)}\leq\frac{2(n+1)k-k^2}{q-2-2nk+k^2}.$$ 注意到 $q\geq -2k^2+2(2n+1)k+3$,因此 $$\mathop{\lim\inf}_{r\rightarrow +\infty}\frac{\sum\limits_{j=1}^qN_{(f,a_j)}^1(r)}{\sum\limits_{j=1}^qN_{(g,a_j)}^1(r)}\leq\frac{2(n+1)k-k^2}{2(n+1)k-k^2+1}.$$ 矛盾.

$\bullet$~ 若 $k < \frac{n+1}{2}$,则 \begin{eqnarray*} & &\| 2\sum\limits_{t=1}^q\left(N_{(f,a_t)}^k(r)+N_{(g,a_t)}^k(r)\right) -2k\sum\limits_{t=1}^q N_{(g,a_t)}^1(r)+ (q-2)\sum\limits_{t=1}^q N_{(f,a_t)}^1(r)\\ &\leq &q(T_f(r)+T_g(r))+O(1)\leq \frac{q(n+k+1)}{q-n+2k-1}\sum\limits_{t=1}^q\left(N_{(f,a_t)}^k(r)+N_{(g,a_t)}^k(r)\right)+o(T_f(r)). \end{eqnarray*} 因此 $$\mathop{\lim\inf}_{r\rightarrow +\infty}\frac{\sum\limits_{j=1}^qN_{(f,a_j)}^1(r)}{\sum\limits_{j=1}^qN_{(g,a_j)}^1(r)}\leq \frac{q(n+k+1)k}{(q-2+2k)(q-n+2k-1)-q(n+k+1)k}. $$ 由 $q\geq -2k^2+2(2n+1)k+3$ 且 $k < \frac{n+1}{2}$,得 \begin{eqnarray*} &&\frac{2(n+1)k-k^2}{q-2-2nk+k^2}-\frac{q(n+k+1)k}{(q-2+2k)(q-n+2k-1)-q(n+k+1)k}\\ &= & \frac{k(n+1-2k)(q+2k-2)(q-2(n+1)+k)}{(q-2-2nk+k^2)[(q-2+2k)(q-n+2k-1)-q(n+k+1)k]}>0. \end{eqnarray*} 所以 $$ \mathop{\lim\inf}_{r\rightarrow +\infty}\frac{\sum\limits_{j=1}^q N_{(f,a_j)}^1(r)}{\sum\limits_{j=1}^qN_{(g,a_j)}^1(r)} \leq \frac{2(n+1)k-k^2}{q-2-2nk+k^2} \leq \frac{2(n+1)k-k^2}{2(n+1)k-k^2+1}. $$ 矛盾.

证毕.