本文所指的亚纯函数 $f$ 是指整个复平面 $\mathbb{C}$ 上的亚纯函数. 本文假设读者已经了解 $m(r,f)$,$N(r,f)$,$\overline{N}(r,f)$ 和 $T(r,f)$ 的定义并且熟悉 Nevanlinna 理论的基本结果(详见文献[1]). 设 $S(r,f)=O\{\log (rT(r,f))\}$ $(r\rightarrow \infty)$ 成立,至多除去一个线性测度有穷的集合. 设 $f$ 和 $g$ 为两个非常数的亚纯函数,$a$ 是扩充复平面 $\mathbb{C}\bigcup\{\infty\}$ 上的任意复常数. 若 $f-a$ 和 $g-a$ 有相同的零点(计重数),则称 $f$ 和 $g$ 分担 $a$ CM. 若 $f-a$ 和 $g-a$ 有相同的零点(不计重数),则称 $f$ 和 $g$ 分担 $a$ IM. 若 $f$ 和 $g$ 分担 $a$ IM,本文定义 $\overline{N}_{(k,l)}(r,a)$ 表示 $f-a$ 的 $k$ 阶零点且是 $g-a$ 的 $l$ 阶零点的精简计数函数; 定义 $N_{2}(r,a)$ 表示 $f$ 和 $g$ 的公共 $a$ 值点(重数皆不小于 2)的计数函数,且重数按两者较小的重数计算.

定义1.1 设 $f$ 是复平面 $\mathbb{C}$ 上的亚纯函数,则 $f$ 的级和下级定义为 $$\rho(f)=\limsup_{r\rightarrow\infty}\frac{\log T(r,f)}{\log r},\ \ \ \\mu(f)=\liminf_{r\rightarrow\infty}\frac{\log T(r,f)}{\log r}. $$

Nevanlinna^[2] 证明了任何一个非常数亚纯函数可由其 5 个值的点集而确定,即著名的 "五值定理". 这里,"5" 是精确的. 例如,取 $f={\rm e}^{z}$,$g={\rm e}^{-z}$,则 $f$ 和 $g$ 分担 $0,-1,1,\infty$ CM,但 $f\not\equiv g$.

在亚纯函数理论中,有穷非整数级亚纯函数的研究一直是数学工作者所兴趣的. 类比五值定理,Nevanlinna 证明了有穷非整数级的亚纯函数是可由其 3 个值的点集而唯一确定的.

定理1.1^[1] 设 $f$ 和 $g$ 是两个有穷非整数级的亚纯函数,$b_{1},b_{2},b_{3}$ 是三个判别的复数. 如果 $f$ 和 $g$ 分担 $b_{1},b_{2},b_3$ CM,则 $f\equiv g$.

2007 年,林伟川与 Kazuwa Tohge 证明了如下唯一性定理.

定理1.2^[3] 设 $\omega$ 是第一类 Painlev\'{e} 方程 $\omega"=6\omega^{2}+z$ 的任一非整数解,且非常数亚纯函数 $f$ 和 $\omega$ 分担 $a_{j},j=1,2,3,4$ IM,则 $f=\omega$. 其中,$a_{j},j=1,2,3,4$ 是四个判别的复数.

2009 年,罗旭丹改进了定理 1.1,得到了

定理1.3^[4] 设 $f$ 和 $g$ 是两个有穷非整数(下)级的亚纯函数. 如果 $f$ 和 $g$ 分担 $1,\infty$ CM 且分担 $0$ IM,则 $f\equiv g$.

事实上,第一类 Painlev\'{e}方程^{[5, 6]}只有超越亚纯解 $\omega$ 且其级 $\rho(\omega)=5/2$. 因此,结合定理 1.1、定理 1.2 与定理 1.3,我们可估计一个有穷非整数级的亚纯函数只由 3 个或者 4 个值点集 (不计重数) 唯一地确定. 同时,我们自然进一步地考虑三个互相判别的值点集(不计重数)是否可以确定 一个有穷非整数级的亚纯函数呢? 但是,下述例子表明了答案是否定的.

例1.1 设 $ \nu(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n!)^{2}}z^{n}$,则 $\nu$ 的级 $\rho(\nu)=1/2$. 并且设 $ h=\frac{2\nu}{(\nu)^{2}+1}$,则 $h$ 和 $\nu$ 分担 $-1,0,1$ IM,但 $h\not\equiv\nu$.

为此,本文证明了以下定理.

定理1.4 设 $f$ 是有穷非整数级亚纯函数,$g$ 是非常数亚纯函数,$a_{1},a_{2},a_{3},d$ 是四个互相判别的复数. 如果 $f$ 和 $g$ 分担 $a_{1},a_{2},a_{3}$ IM,且 $f-d$ 和 $g-d$ 至多有穷多个零点,则 $f\equiv g$.

注1.1 当定理 1.4 条件中 $d=\infty$ 时,"$f-d$ 至多有穷个零点"意味着 $f$ 至多有穷个极点.

推论1.1 设 $\omega$ 是第一类 Painlevé 方程 $\omega"=6\omega^{2}+z$ 的任一非整数解,如果非常数亚纯函数 $f$ 和 $\omega$ 分担 $a_{j},j=1,2,3$ IM,并且 $f-a_{4}$ 和 $g-a_{4}$ 至多有穷多个零点,则 $f=\omega$. 其中,$a_{j},j=1,2,3,4$ 是四个互相判别的复数.

下述例子表明了定理1中的条件"$f-d$ 和 $g-d$ 至多有穷多个零点"不能减弱.

例1.2 设 $ f(z)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3n}}z^{n}$,则 $f(z)$ 为整函数且满足 $$ \rho(f)=\limsup\limits_{r\rightarrow\infty}\frac{n\log n}{\log (n^{3n})}=1/3. $$ 令 $ g=\frac{f}{f^{2}+1/2}$,容易验证 $f$ 和 $g$ 分担 $0,-\sqrt{2},\sqrt{2}$ IM. 这里取 $d=\infty$,则有 $f\not=d$,$g$ 有无穷多个极点,但 $f\not\equiv g$.

下述例子表明了定理1.4中的条件"$f$ 是有穷非整数级"不能减弱.

例1.3 设 $ f(z)=\frac{{\rm e}^{z}}{{\rm e}^{z}+{\rm e}^{-z}}$,$ g(z)=\frac{{\rm e}^{-z}}{{\rm e}^{z}+{\rm e}^{-z}}$ 则 $\rho(f)=\rho(g)=1$. 且容易验证 $f$ 和 $g$ 分担 $0,1,\frac{1}{2},\infty$ IM. 其中,$0,1$ 是 $f$ 和 $g$ 的 Picard 例外值. 但 $f\not\equiv g$.

为了证明本文的主要结论,我们需要以下几个主要引理.

引理2.1^[1] 设 $f$ 和 $g$ 是两个至多有有穷多个极点的非常数亚纯函数,$a_{j}~(j=1,2,3)$ 是三个判别的有穷复数. 如果 $f$ 和 $g$ 分担 $a_{j}~(j=1,2,3)$ IM,则下列结果成立:

(i) $T(r,f)=T(r,g)+O\{\log r+\log (T(r,f))\}$;

(ii) $ \sum\limits_{j=1}^{3}\overline{N}(r,a_{j})=2T(r,f)+O\{\log r+\log (T(r,f))\}$.

引理2.2^[1] 设 $f$ 和 $g$ 是两个至多有有穷多个极点的非常数亚纯函数,$a_{j}~(j=1,2,3)$ 是三个判别的有穷复数. 如果 $f$ 和 $g$ 分担 $a_{j}~(j=1,2,3)$ IM,则下列结果成立:

(i) $ N_{0}(r,\frac{1}{f'})=O\{\log r+\log (T(r,f))\}$,$ N_{0}(r,\frac{1}{f'})$ 表示 $f'$ 的零点但不是 $f-a_{j}~(j=1,2,3)$ 的零点的计数函数;

(ii) $ \sum\limits_{j=1}^{3}N_{2}(r,a_{j})=O\{\log r+\log (T(r,f))\}.$

引理2.3^[1] 设 $f$ 是非常数亚纯函数,$k\geq1$ 是整数. 则 $ m(r,f^{(k)}/f)=S(r,f)$,并且当 $\rho(f) < +\infty$ 时, $$ m(r,f^{(k)}/f)=O(\log r). $$

引理2.4^[1] 设 $f$ 是非常数的亚纯函数. 则 $f$ 是有理函数当且仅当 $ \liminf\limits_{r\rightarrow\infty}\frac{T(r,f)}{\log r}<\infty$.

引理2.5 设 $f$ 和 $g$ 是两个至多有有穷多个极点的非常数亚纯函数,$a_{j}~(j=1,2,3)$ 是三个有穷复数. 如果 $f$ 和 $g$ 分担 $a_{j}~(j=1,2,3)$ IM,则对任意整数 $n(>2)$,有 $$\displaystyle\frac{2n-4}{n+1}T(r,f)\leq\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,a_{j}) +\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,a_{j})+O\{\log r+\log (T(r,f))\}, $$

证 首先,由引理 2.1(i) 可得

$ \begin{equation} T(r,f)=T(r,g)+O\{\log r+\log (T(r,f))\}. \label{eq:2.1} \end{equation} s$

(2.1)

再由引理 2.2(ii) 可得

$\begin{equation} \sum_{j=1}^{3}N_{2}(r,a_{j})=O\{\log r+\log (T(r,f))\}. \label{eq:2.2} \end{equation}$

(2.2)

对于 $j=1,2,3$,由 (2.1) 和 (2.2)式,有

$ \begin{eqnarray} \overline{N}(r,a_{j})&=&\sum_{k=1}^{\infty}\overline{N}_{(1,k)}(r,a_{j})+\sum_{k=2}^{\infty}\overline{N}_{(k,1)}(r,a_{j})+N_{2}(r,a_{j})\\ &\leq& \sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,a_{j})+\sum_{k=n+1}^{\infty}\overline{N}_{(1,k)}(r,a_{j})+\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,a_{j})\\ &&+\sum_{k=n+1}^{\infty}\overline{N}_{(k,1)}(r,a_{j})+O\{\log r+\log (T(r,f))\}\\ &\leq&\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,a_{j})+\frac{1}{n+1}N(r,\frac{1}{g-a_{j}})+\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,a_{j})\\ &&+\frac{1}{n+1}N(r,\frac{1}{f-a_{j}})+O\{\log r+\log (T(r,f))\}\\ &\leq&\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,a_{j})+\frac{1}{n+1}T(r,f)+\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,a_{j})\\ &&+\frac{1}{n+1}T(r,g)+O\{\log r+\log (T(r,f))\}\\ &\leq&\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,a_{j})+\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,a_{j})\\ &&+\frac{2}{n+1}T(r,f)+O\{\log r+\log (T(r,f))\}.\label{eq:2.3} \end{eqnarray} $

(2.3)

因此,由引理 2.1(ii) 及 (2.3)式,可以得出

$\begin{eqnarray} \displaystyle 2T(r,f)&=&\sum_{j=1}^3\overline{N}(r,a_{j})+O\{\log r+\log (T(r,f))\}\\ &\leq&\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,a_{j})+\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,a_{j})\\ &&+\frac{6}{n+1}T(r,f)+O\{\log r+\log (T(r,f))\} ,\label{eq:2.4} \end{eqnarray}$

(2.4)

通过化简 (2.4)式,便得到引理 2.5 的结果.

引理2.6^[2] 如果 $f$ 和 $g$ 是互相判别的非常数亚纯函数,且它们分担 $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}$ CM,则 $f$ 是 $g$ 的 M\"{o}bius 变换,且其中两个分担值为 $f$ 和 $g$ 的 Picard 例外值.

注2.1 引理条件中$4CM$分担值可以减弱为$2CM+1IM$或者$3CM+1IM$,详见文献[7, 8].

引理2.7^[9] 设 $f$ 是非常数亚纯函数满足 $\rho(f)=\rho<\infty$. 则

$\limsup_{r\rightarrow\infty}\frac{m(r,f'/f)}{\log r}\leq \max\{0,\rho-1\}.$

(2.5)

引理2.8^[1] 设 $h(z)$ 是非常数整函数且 $\displaystyle f(z)={\rm e}^{h(z)}$. 设 $\rho$ 和 $\mu$ 分别是 $f(z)$ 的级和下级. 则

(i) 若 $h(z)$ 是一个 $p$ 次多项式,则 $\rho=\mu=p$.

(ii) 若 $h(z)$ 一个超越整函数,则 $\rho=\mu=\infty$.

引理2.9^[1] 设 $f$ 和 $g$ 是两个非常数亚纯函数,且 $\rho(f)$ 和 $\rho(g)$ 分别是 $f$ 和 $g$ 的级. 则 $$\rho(f\cdot g)\leq \max\{\rho(f),\rho(g)\}, $$ 以及 $$\rho(f+g)\leq \max\{\rho(f),\rho(g)\}. $$

证 本定理证明思路来源于文献[10]的一些研究方法.

假设 $f\not\equiv g$. 令 $ F=\frac{1}{f-d},G=\frac{1}{g-d}$,则 $F$ 与 $G$ 至多有有穷多个极点,且 $F$ 和 $G$ 分担 $c_{1},c_{2},c_{3}$ IM,其中 $ c_{j}=\frac{1}{a_{j}-d}$,$j=1,2,3$,并且满足 $$T(r,F)=T(r,f)+O(1),T(r,G)=T(r,g)+O(1). $$ 于是 $\rho(F)=\rho(f),\rho(g)=\rho(G)$ 且 $\rho(F)$ 为有穷非整数. 由引理 2.1(i),可以得出

$\begin{equation} \rho(G)=\rho(F)<\infty. \label{eq:3.1} \end{equation} $

(3.1)

不失一般性,假设 $c_{1}=0,c_{2}=1,c_{3}=c$,其中 $c\neq0,1,\infty$. 考虑函数

$\begin{equation} \phi=\frac{F"}{F'}-\frac{F'}{F}-\frac{F'}{F-1}-\frac{F'}{F-c}-\bigg\{\frac{G"}{G'}-\frac{G'}{G}-\frac{G'}{G-1}-\frac{G'}{G-c}\bigg\}.\label{eq:3.2} \end{equation} $

(3.2)

由引理 2.3 可以推断出

$\begin{equation} m(r,\phi)=O(\log r).\label{eq:3.3} \end{equation}$

(3.3)

由于 $F$,$G$ 分担 $c_{1},c_{2},c_{3}$ IM,因此$$ \begin{eqnarray*} N(r,\phi)\leq\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=1}^{\infty}\overline{N}_{(1,k)}(r,c_{j})+\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=1}^{\infty}\overline{N}_{(k,1)}(r,c_{j})+\sum_{j=1}^{3}N_{2}(r,a_{j})+\overline{N}(r,F)+N_{0}(r,\frac{1}{F'}). \end{eqnarray*} $$设 $z_{1}$ 是 $F-c_{1}$ 的单零点,是 $G-c_{1}$ 的 $k$ 重零点$(k\geq2)$. 不失一般性,设 $z_{1}=0$,则 $$F-c_{1}=a_{1}z+a_{2}z^{2}+\cdots+a_{n}z^{n}+\cdots, $$ $$G-c_{1}=b_{k}z^{k}+b_{k+1}z^{k+1}+\cdots+b_{k+n}z^{k+n}+\cdots, $$其中 $a_{1},b_{k}\neq0$. 因此,由于$F'(z_{1})\neq0$,所以$ \frac{F"(z_{1})}{F'(z_{1})}\neq\infty$,此外 \begin{eqnarray*} \frac{F'}{F-c_{1}}&=&\frac{a_{1}+2a_{2}z+\cdots+na_{n}z^{n-1}+\cdots}{a_{1}z+a_{2}z^{2}+\cdots+a_{n}z^{n}+\cdots}\\ &=&\frac{a_{1}+a_{2}z+\cdots+a_{n}z^{n-1}+\cdots}{a_{1}z+a_{2}z^{2}+\cdots+a_{n}z^{n}+\cdots}\\&&+\frac{a_{2}z+\cdots+(n-1)a_{n}z^{n-1}+\cdots}{a_{1}z+a_{2}z^{2}+\cdots+a_{n}z^{n}+\cdots}\\ &=&\frac{1}z+\frac{a_{2}z+\cdots+na_{n-1}z^{n-1}+\cdots}{a_{1}z+a_{2}z^{2}+\cdots+a_{n}z^{n}+\cdots}\\ &\triangleq&\frac{1}{z}+Q_{1}(z),\end{eqnarray*} 注意到 $a_{1}\neq0$,所以 $Q_{1}(z_{1})\neq\infty$. 另一方面,\begin{eqnarray*} \frac{G"}{G'}&=&\frac{k(k-1)b_{k}z^{k-2}+(k+1)kb_{k+1}z^{k-1}+\cdots+(k+n)(k+n-1)b_{k+n}z^{k+n-2}+\cdots}{kb_{k}z^{k-1}+(k+1)b_{k+1}z^{k}+\cdots+(k+n)b_{k+n}z^{k+n-1}+\cdots}\\ &=&\frac{k(k-1)b_{k}z^{k-2}+(k+1)(k-1)b_{k+1}z^{k-1}+\cdots+(k+n)(k-1)b_{k+n}z^{k+n-2}+\cdots}{kb_{k}z^{k-1}+(k+1)b_{k+1}z^{k}+\cdots+(k+n)b_{k+n}z^{k+n-1}+\cdots}\\ &&+\frac{(k+1)b_{k+1}z^{k-1}+\cdots+n(k+n)b_{k+n}(z-z_{1})^{k+n-2}+\cdots}{kb_{k}z^{k-1}+(k+1)b_{k+1}z^{k}+\cdots+(k+n)b_{k+n}z^{k+n-1}+\cdots}\\ &=&\frac{k-1}{z}+\frac{(k+1)b_{k+1}z^{k-1}+\cdots+n(k+n)b_{k+n}(z-z_{1})^{k+n-2}+\cdots}{kb_{k}z^{k-1}+(k+1)b_{k+1}z^{k}+\cdots+(k+n)b_{k+n}z^{k+n-1}+\cdots}\\ &\triangleq&\frac{k-1}{z}+Q_{2}(z),\end{eqnarray*} 注意到 $b_{k}\neq0$,所以 $Q_{2}(z_{1})\neq\infty$. \begin{eqnarray*} \displaystyle\frac{G'}{G-c_{1}}&=&\frac{kb_{k}z^{k-1}+(k+1)b_{k+1}z^{k}+\cdots+(k+n)b_{k+n}z^{k+n-1}+\cdots}{b_{k}z^{k}+b_{k+1}z^{k+1}+\cdots+b_{k+n}z^{k+n}+\cdots}\\ &=&\frac{kb_{k}z^{k-1}+kb_{k+1}z^{k}+\cdots+kb_{k+n}z^{k+n-1}+\cdots}{b_{k}z^{k}+b_{k+1}z^{k+1}+\cdots+b_{k+n}z^{k+n}+\cdots}\\ &&+\frac{b_{k+1}z^{k}+\cdots+nb_{k+n}z^{k+n-1}+\cdots}{b_{k}z^{k}+b_{k+1}z^{k+1}+\cdots+b_{k+n}z^{k+n}+\cdots}\\ &=&\frac{k}{z}+\frac{b_{k+1}z^{k}+\cdots+nb_{k+n}z^{k+n-1}+\cdots}{b_{k}z^{k}+b_{k+1}z^{k+1}+\cdots+b_{k+n}z^{k+n}+\cdots}\\ &\triangleq&\frac{k}{z}+Q_{3}(z),\end{eqnarray*} 注意到 $b_{k}\neq0$,所以 $Q_{3}(z_{1})\neq\infty$. 综上,$z_{1}$ 不是 $\phi$ 的极点. 类似地,$\overline{N}_{(1,k)}(r,c_{j})$ 和 $\overline{N}_{(k,1)}(r,c_{j})$ 的点都不是 $\phi$ 的极点,$j=1,2,3; k=1,2,\cdots$. 因此, $$ N(r,\phi)\leq\sum\limits_{j=1}^{3}N_{2}(r,a_{j})+\overline{N}(r,F)+N_{0}(r,\frac{1}{F'}). $$

再由引理 2.2 以及 $F$ 至多有穷多个极点,得

$\begin{equation} N(r,\phi)=O(\log r).\label{eq:3.4} \end{equation}$

(3.4)

因此,结合 (3.3) 和 (3.4) 式可以推导得

$\begin{equation} \liminf_{r\rightarrow\infty}\frac{T(r,\phi)}{\log r}<\infty.\label{eq:3.5} \end{equation}$

(3.5)

由 (3.5) 式和引理 2.4 得到 $\phi$ 是一个有理函数. 因此,

$\begin{equation} \phi=P_{1}+\sum_{j=1}^{q}\frac{l_{j}}{z-z_{j}},\label{eq:3.6} \end{equation}$

(3.6)

其中,$z_{j}~(j=1,2,\cdots,q)$ 是 $\phi$ 的极点,$P_{1}$ 是多项式. 对 (3.2) 式两边同时积分,则

$\begin{equation} \frac{F'G(G-1)(G-c)}{G'F(F-1)(F-c)}=R{\rm e}^{P},\label{eq:3.7} \end{equation}$

(3.7)

其中,$ R=\prod\limits_{j=1}^{q}(z-z_{j})^{l_{j}}$ 及 $ P=\int_{0}^{z}P_{1}(\zeta){\rm d}\zeta+A_{0}$ 为多项式,$A_{0}$ 是常数. 置

$\begin{equation} H=R{\rm e}^{P}. \label{eq:3.8} \end{equation}$

(3.8)

则 (3.7)式 可表示为

$\begin{equation} H=\frac{F'G(G-1)(G-c)}{G'F(F-1)(F-c)}. \label{eq:3.9} \end{equation}$

(3.9)

假设 $z_{0}$ 是 $F$ 的一个 $p$ 重 $b$ 值点且是 $G$ 的一个 $q$ 重 $b$ 值点,其中,$b\in\{0,1,c\}$. 通过计算可得

$\begin{equation} H(z_{0})=\frac{p}{q}. \label{eq:3.10} \end{equation}$

(3.10)

下面分两种情况讨论.

情况 1 $H\equiv C$,其中 $C$ 是有穷非零复常数. 则由引理 2.5 可以断言,对任意整数 $n(\geq3)$ 有

$\begin{equation} \sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,0)+\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,0)\neq S(r,F),\label{eq:3.11} \end{equation}$

(3.11)

$\begin{equation} \sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,1)+\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,1)\neq S(r,F),\label{eq:3.12} \end{equation}$

(3.12)

以及

$\begin{equation} \sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,c)+\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,c)\neq S(r,F)\label{eq:3.13} \end{equation} $

(3.13)

至少有一个成立. 不失一般性,设 (3.11) 式成立. 于是,存在整数 $2\leq k\leq n$,使得

$\begin{equation} \overline{N}_{(1,1)}(r,0)\neq S(r,F),\label{eq:3.14} \end{equation}$

(3.14)

$\begin{equation} \overline{N}_{(1,k)}(r,0)\neq S(r,F),\label{eq:3.15} \end{equation} $

(3.15)

以及

$\begin{equation} \overline{N}_{(k,1)}(r,0)\neq S(r,F)\label{eq:3.16} \end{equation}$

(3.16)

至少有一个成立. 再讨论下列三种子情况:

子情况 1.1 若 (3.14)式 成立. 则 $F$ 和 $G$ 存在一个公共单零点. 由 (3.10) 式可知 $C=1$. 因此,(3.9) 式可被表示为

$\begin{equation} \frac{F'}{F(F-1)(F-c)}=\frac{G'}{G(G-1)(G-c)}.\label{eq:3.17} \end{equation}$

(3.17)

注意到 $F$ 和 $G$ 分担 $0,1,c$ IM,由 (3.17)式 可知 $F$ 和 $G$ 分担 $0,1,c,\infty$ CM. 由于 $F$ 和 $G$ 至多只有有穷多个极点,利用引理 2.6,可推导得 $\infty$ 和 $0,1,c$ 中之一是 $F$ 和 $G$ 的 Picard 例外值. 因此,$F={\rm e}^{\alpha_{1}},F={\rm e}^{\alpha_{2}}+1,F={\rm e}^{\alpha_{3}}+c$ 必有一个成立,其中,$\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$ 是三个非常数整函数. 这与 $\rho(F)$ 是有穷非整数矛盾.

子情况 1.2 若 (3.15)式 成立. 则存在 $z_{1}$ 是 $F$ 的单零点且是 $G$ 的 $k_{1}(\geq2)$ 重零点. 由 (3.10)式,有 $ \frac{p}{q}=\frac{1}{k_{1}}$,故 $ H\equiv\frac{1}{k_{1}}$. 考虑函数

$\begin{equation} \varphi=\frac{k_{1}F'}{F(F-1)}-\frac{G'}{G(G-1)}.\label{eq:3.18} \end{equation} $

(3.18)

由于$ H\equiv\frac{1}{k_{1}}$,所以可推导出 $\varphi$ 是整函数. 再利用引理 2.7,可得

$\begin{equation} T(r,\varphi)=O(\log r). \label{eq:3.19} \end{equation}$

(3.19)

因此 $\varphi$ 是一个多项式. 对 (3.18)式 两边同时积分可得

$\begin{equation} \frac{(F-1)^{k_{1}}G}{F^{k_{1}}(G-1)}={\rm e}^{\varphi_{1}},\label{eq:3.20} \end{equation}$

(3.20)

其中,$\varphi_{1}=\int_{0}^{z}\varphi(\zeta){\rm d}\zeta$ 是一个多项式. 因此,由引理 2.8 和引理 2.9 可知

$\begin{equation} \rho({\rm e}^{\varphi_{1}})\leq\rho(F). \label{eq:3.21} \end{equation}$

(3.21)

另一方面,(3.20)式 又可表示为

$\begin{equation} \frac{(F-1)^{k_{1}}}{F^{k_{1}}}={\rm e}^{\varphi_{1}}\frac{G-1}{G}. \label{eq:3.22} \end{equation}$

(3.22)

于是

$\begin{equation} k_{1}T(r,F)\leq T(r,{\rm e}^{\varphi_{1}})+T(r,G)+O(1). \label{eq:3.23} \end{equation}$

(3.23)

由引理 2.1 可知

$ \begin{equation} (k_{1}-1)T(r,F)\leq T(r,{\rm e}^{\varphi_{1}})+S(r,F),\label{eq:3.24} \end{equation}$

(3.24)

这意味着

$\begin{equation} \rho(F)\leq\rho({\rm e}^{\varphi_{1}}). \label{eq:3.25} \end{equation}$

(3.25)

由 (3.21) 和 (3.25) 式可知 $\rho(F)=\rho({\rm e}^{\varphi_{1}})$,这与 $\rho(F)$ 是有穷非整数相矛盾.

子情况 1.3 设 (3.16) 式成立. 则存在 $z_{2}$ 是 $F$ 的一个 $k_{2}(\geq2)$ 重零点且是 $G$ 的一个单零点. 由 (3.10)式,显然有 $ \frac{p}{q}=k_{2}$. 考虑函数

$\begin{equation} \psi=\frac{F'}{F(F-1)}-\frac{k_{2}G'}{G(G-1)}.\label{eq:3.26} \end{equation} $

(3.26)

与子情况 1.2 的分析过程类似,亦可以得出矛盾.

情况 2 设 $H$ 不是常数. 显然,存在 $r_{1},r_{2},r_{3}$ 使得

$\begin{equation} \frac{F'}{F(F-1)(F-c)}=r_{1}\frac{F'}{F}+r_{2}\frac{F'}{F-1}+r_{3}\frac{F'}{F-c}. \label{eq:3.27} \end{equation}$

(3.27)

注意到 $ \frac{F'}{F(F-1)(F-c)}$ 的极点 $b$ 都是单极点,$b\in\{0,1,c\}$. 因此,

$\begin{equation} N(r,\frac{F'}{F(F-1)(F-c)})\leq\sum_{j=1}^{3}\overline{N}(r,c_{j}). \label{eq:3.28} \end{equation}$

(3.28)

再由 (3.27)式,(3.28) 式和引理 2.3 可知

$ \begin{equation} T(r,\frac{F'}{F(F-1)(F-c)})\leq \sum_{j=1}^{3}\overline{N}(r,c_{j})+O(\log r).\label{eq:3.29} \end{equation}$

(3.29)

类似地,

$\begin{equation} T(r,\frac{G'}{G(G-1)(G-c)})\leq \sum_{j=1}^{3}\overline{N}(r,c_{j})+O(\log r). \label{eq:3.30} \end{equation}$

(3.30)

于是,由 (3.9),(3.29),(3.30)式 以及引理 2.1(ii),可以得到

$\begin{eqnarray} T(r,H)\leq 2\sum_{j=1}^{3}\overline{N}(r,c_{j})+O(\log r)=4T(r,F)+O(\log r).\label{eq:3.31} \end{eqnarray}$

(3.31)

因此,由 (3.31) 式立即可得

$\begin{equation} \rho(H)\leq \rho(F). \label{eq:3.32} \end{equation}$

(3.32)

另一方面,设 $z_{3}$ 是 $F-b$ 的单零点且是 $G-b$ 的 $m(2\leq m\leq n)$ 重零点,其中 $b\in\{c_{1},c_{2},c_{3}\}$. 由 (3.10) 式可知

$ \begin{equation} H(z_{3})=\frac{1}{m}. \label{eq:3.33} \end{equation}$

(3.33)

类似地,若 $z_{4}$ 是 $F-b$ 的 $l(2\leq l\leq n)$ 重零点且为是 $G-b$ 的单零点,其中 $b\in\{c_{1},c_{2},c_{3}\}$. 则也可得

$\begin{equation} H(z_{4})=l.\end{equation}$

(3.34)

于是,结合 (3.33) 和 (3.34)式,可得

$\begin{equation} \sum_{j=1}^{3}\overline{N}_{(1,k)}(r,c_{j})+\sum_{j=1}^{3}\overline{N}_{(k,1)}(r,c_{j})\leq N(r,\frac{1}{H-\frac{1}{k}})+N(r,\frac{1}{H-k}).\label{eq:3.35} \end{equation} $

(3.35)

从而利用引理 2.5,得$$ \begin{eqnarray*} \displaystyle\frac{2n-4}{n+1}T(r,F)&\leq&\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=1}^{n}\overline{N}_{(1,k)}(r,a_{j}) +\sum_{j=1}^{3}\sum_{k=2}^{n}\overline{N}_{(k,1)}(r,a_{j})+S(r,F)\\ &\leq&\sum_{k=1}^{n}N(r,\frac{1}{H-\frac{1}{k}})+\sum_{k=2}^{n}N(r,\frac{1}{H-k})+S(r,F)\\ &\leq&(2n-1)T(r,H)+O(\log r),\end{eqnarray*} $$即

$\begin{equation} T(r,F)\leq\frac{(n+1)(2n-1)}{(2n-4)}T(r,H)+O(\log r).\label{eq:3.36} \end{equation}$

(3.36)

这蕴含着

$\begin{equation} \rho(F)\leq \rho(H).\label{eq:3.37} \end{equation} $

(3.37)

结合 (3.32)式,可得

$\begin{equation} \rho(F)=\rho(H).\label{eq:3.38} \end{equation}$

(3.38)

然而,由 (3.8) 式可知

$\begin{equation} {\rm deg}(P)=\rho({\rm e}^{P})=\rho(R{\rm e}^{P})=\rho(H),\label{eq:3.39} \end{equation}$

(3.39)

这表明 $\rho(H)$ 是整数. 因此,这与 $\rho(F)$ 是有穷非整数矛盾. 因此,定理 1.4 证毕.

定理 1.3 说明了不存在着两个判别非整数有穷级亚纯函数 $f$ 和 $g$ 分担 $c_{1},c_{2}$ CM 和 $c_{3}$ IM (这里$c_{1},c_{2},c_{3}$为互相判别的复数),本文定理和例子又说明了存在着两个判别非整数有穷级亚纯函数 $f$ 和 $g$ IM分担三个值,沿着这个思路,自然提出下面开问题,即是否存在着两个判别非整数有穷级亚纯函数 $f$ 和 $g$ 分担 $c_{1}$ CM 和 $c_{2},c_{3}$ IM?