本文假定读者熟悉亚纯函数的 Nevanlinna 值分布理论的基本结果和标准记号^{[7, 11]}. 另外,用$ \sigma(f) $表示$ f(z) $的增长级. 此外,用 $S(r,f)$ 表示所有满足 $S(r,f)=o(T(r,f)),r\rightarrow \infty$ 的量,可能需除去一个对数测度有限的例外集.

在复平面内,亚纯函数的 Nevanlinna 值分布理论已经被广泛运用于研究差分方程和微差分方程的整函数解(或亚纯解)的存在性 (见文献[4, 10, 12, 13]). Gross ^{[5, 6]} 和杨重骏^[2]研究了费马型函数方程. 杨重骏^[2]研究了费马型函数方程

$$a(z)f(z)^{n}+b(z)g(z)^{m}=1, $$

(1.1)

其中 $a(z),b(z)$ 为 $f(z)$ 的小函数,并得到如下定理.

定理 A 设 $m,n$ 为正整数并满足 $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}<1$. 则没有非常数整函数解 $f(z)$ 和 $g(z)$ 满足方程 $(1.1)$.

当 $m>2,n>2$ 时,由定理A可知 方程$(1.1)$ 没有非常数整函数解. 但当 $m=n=2$ 时,在方程 $(1.1)$ 中,$f(z)$ 和 $g(z)$ 存在某种特殊关系时,能否得到整函数解的精确表达式,这个问题很值得考虑. 最近许多学者研究了这个问题 (见文献[3, 8, 9]).

刘凯,曹廷彬和曹慧珍 ^[8]研究了费马型微差分方程并得到如下两个定理.

定理 B微差分方程

$$f'(z)^{2}+f(z+c)^{2}=1 $$

(1.2)

的有限级超越整函数解满足 $f(z)=\sin(z\pm {\rm i}B)$,其中 $B$ 为常数,$c=2k\pi$ 或 $c=2k\pi+\pi$,$k$为整数.

定理 C微差分方程

$$f'(z)^{2}+(f(z+c)-f(z))^{2}=1 $$

(1.3)

的有限级超越整函数解必满足 $f(z)=\frac{1}{2}\sin(2z+{\rm i}B)$,其中 $c=k\pi+\frac{\pi}{2}$,$k$为整数,$B$ 为常数.

本文推广并改进了定理 B 和定理 C 的结论,得到如下结果.

定理 1.1假设 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 为非零多项式. 如果微差分方程

$$f'(z)^{2}+P(z)^{2}f(z+c)^{2}=Q(z) $$

(1.4)

有一个有限级超越整函数解,那么 $P(z)\equiv A(\neq 0)$ 且 $Q(z)\equiv pq(\neq 0)$.则 $$f(z)=\frac{p{\rm e}^{az+b}-q{\rm e}^{-(az+b)}}{2a}, $$ 其中 $a=\pm {\rm i}A$,$A=\frac{(-1)^{k}k\pi}{c}$,$b\in{\Bbb C}$,$p,q,c\in{\Bbb C}\setminus\{0\}$,$k\in{\Bbb Z}$.

注 1.1 如果 $c=0$,定理 $1.1$ 仍然成立.

例 1.1 在方程 $(1.4)$ 中,设 $P(z)\equiv 1$,$c=0$ 且 $Q(z)\equiv 1$,则微差分方程 $f'(z)^{2}+f(z)^{2}=1$有一个超越整函数解 $f(z)=\frac{{\rm e}^{{\rm i}z+b}-{\rm e}^{-({\rm i}z+b)}}{2{\rm i}}=\sin(z-{\rm i}b)$,其中 $b\in{\Bbb C}$.

例 1.2 在方程 $(1.4)$ 中,设 $P(z)\equiv 2{\rm i}$,$c=\frac{\pi}{2}{\rm i}$ 且 $Q(z)\equiv 15$,则微差分方程 $f'(z)^{2}-4f(z+\frac{\pi}{2}{\rm i})^{2}=15$有一个超越整函数解 $f(z)=\frac{3{\rm e}^{2z+b}-5{\rm e}^{-(2z+b)}}{4}$,其中 $b\in{\Bbb C}$.

定理 1.2 设 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 为非零多项式. 如果微差分方程

$$f'(z)^{2}+P(z)^{2}(f(z+c)-f(z))^{2}=Q(z) $$

(1.5)

有一个有限级超越整函数解,那么这个解可表示为 $$f(z)=\frac{\int Q_{1}(z){\rm e}^{az+b}{\rm d}z+\int Q_{2}(z){\rm e}^{-(az+b)}{\rm d}z}{2} (a\neq 0), $$ 其中 $Q_{1}(z)$ 和 $Q_{2}(z)$ 为非常数多项式且 $Q(z)=Q_{1}(z)Q_{2}(z)$,并满足以下两个条件之一:

(i) 如果 $P(z)\equiv P(\neq 0)$,则 $Q(z)=Q_{1}(z)Q_{2}(z)\equiv q_{1}q_{2}(\neq 0)$ 且

$$f(z)=\frac{q_{1}{\rm e}^{-{\rm i}2Pz+b}-q_{2}{\rm e}^{{\rm i}2Pz-b}}{-4{\rm i}P}+c_{1}, $$ 其中 $P=-\frac{(2k+1)\pi}{2c}$,$b,c_{1}\in {\Bbb C}$,$q_{1},q_{2},c\in {\Bbb C}\setminus \{0\}$,$k\in {\Bbb Z}$;

(ii) 如果 $P(z)\not\equiv P$,则 $P(z)= Az+B~ (A\neq 0)$.如果 $a={\rm i}Ac$,则 $Q_{1}(z)=a_{1}z+a_{0}~ (a_{1}\neq 0)$,$Q_{2}(z)=b_{1}z+b_{0}~ (b_{1}\neq 0)$,

$$f(z)=\frac{(a_{1}z+a_{0}-\frac{a_{1}}{a}){\rm e}^{az+b}-(b_{1}z+b_{0}+\frac{b_{1}}{a}){\rm e}^{-(az+b)}}{2a}+c_{2}, $$ 其中 $\frac{a_{0}}{a_{1}}=\frac{b_{0}}{b_{1}}=\frac{B}{A}$,$a=\frac{{\rm i}2k\pi}{c}$,$a_{0},b_{0},b,B,c_{2}\in {\Bbb C}$,$a_{1},b_{1},c,A\in {\Bbb C}\setminus\{0\}$,$k\in {\Bbb Z}$.

例 1.3 在方程 $(1.5)$ 中,设 $P(z)\equiv -2$,$c=\frac{3}{4}\pi$ 且 $Q(z)\equiv 1$,则 $f'(z)^{2}+4(f(z+\frac{3}{4}\pi)-f(z))^{2}=1$有一个超越整函数解为 $f(z)=\frac{{\rm e}^{4{\rm i}z+b}-{\rm e}^{-(4{\rm i}z+b)}}{8{\rm i}}+c_{1}= \frac{1}{4}\sin(4z-{\rm i}b)+c_{1},$其中 $b,c_{1}\in{\Bbb C}$.

例 1.4 在方程 $(1.5)$ 中,设 $P(z)= z$,$c=\sqrt{2\pi}$ 且 $Q(z)=z^{2}$,则 $f'(z)^{2}+z^{2}(f(z+\sqrt{2\pi})-f(z))^{2}=z^{2}$有一个超越整函数解为 $f(z)=\frac{(z-\frac{1}{{\rm i}\sqrt{2\pi}}){\rm e}^{{\rm i}\sqrt{2\pi}z+b}-(z+\frac{1}{{\rm i}\sqrt{2\pi}}){\rm e}^{-({\rm i}\sqrt{2\pi}z+b)}}{{\rm i}2\sqrt{2\pi}}+c_{2},$其中 $b,c_{2}\in{\Bbb C}$.

推论 1.1 若 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 为非常数多项式,那么微差分方程 $(1.4)$ 没有有限级超越整函数解.

推论 1.2 若 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 为非零多项式,则微差分方程

$$f'(z)^{2}+zP(z)^{2}f(z+c)^{2}=Q(z) $$

(1.6)

没有有限级超越整函数解.

引理 2.1^[1] 设 $f_{1}(z),f_{2}(z),\cdots,f_{n}(z)(n\geq 2)$ 为亚纯函数,$g_{1}(z),g_{2}(z),\cdots,g_{n}(z)$ 为整函数并满足以下条件:

(1) $\sum_{j=1}^{n}\limits f_{j}(z){\rm e}^{g_{j}(z)}\equiv 0;$

(2) 当 $1\leq j<k\leq n$ 时,$g_{j}(z)-g_{k}(z)$ 为非常数;

(3) 当 $1\leq j\leq n,1\leq h<k\leq n$ 时,

$$T(r,f_{j}(z))=o(T(r,{\rm e}^{g_{h}(z)-g_{k}(z)})) (r\rightarrow \infty,r\not\in E). $$ 则 $f_{j}(z)\equiv 0~ (j=1,\cdots,n)$.

引理 2.2^[1] 设 $f_{j}(z) (j=1,2,\cdots,n)$ 于开平面亚纯,$f_{k}(z) (k=1,2,\cdots,n-1)$ 不为常数,且满足

$$\sum_{j=1}^{n}f_{j}(z)\equiv 1, $$ 其中 $n\geq 3$. 如果 $f_{n}(z)\not\equiv 0$,且 $$\sum_{j=1}^{n}N\left(r,\frac{1}{f_{j}(z)}\right)+(n-1)\sum_{j=1}^{n}\overline{N}(r,f_{j}(z))<(\lambda+o(1))T(r,f_{k}(z)), $$ 其中 $r\in I$,$k=1,2,\cdots,n-1$,$\lambda<1$,则 $f_{n}(z)\equiv 1$.

引理 2.3假设 $Q(z)$ 为非零整函数,$P(z)$ 为非零多项式,$h(z)$ 非常数多项式,满足

$$(Q'(z)\pm Q(z)h'(z))P(z)-Q(z)P'(z)\equiv 0, $$

(2.1)

则 $Q(z)$ 为超越整函数.

证 下面证明 $Q(z)$ 超越.如果 $Q(z)\equiv A(\neq 0)$,则 $(2.1)$ 式不成立. 因此 $Q(z)\not\equiv A$.

如果 $P(z)\equiv B(\neq 0)$,则 $P'(z)\equiv 0$. 由 $(2.1)$式 可知 $Q'(z)\pm Q(z)h'(z)\equiv 0$,即

$$\frac{Q'(z)}{Q(z)}\equiv \mp h'(z). $$

(2.2)

$(2.2)$式 两边同时积分得 $$Q(z)=c_{1}{\rm e}^{\mp h(z)}, $$ 其中 $c_{1}$ 为非零常数,则 $Q(z)$ 超越.

如果 $P(z)\not\equiv B$,则 $P(z)$ 为非常数多项式. 由 $(2.1)$ 式可知

$$\frac{Q'(z)}{Q(z)}\equiv \frac{P'(z)}{P(z)} \mp h'(z). $$

(2.3)

$(2.3)$ 式两边同时积分得 $$Q(z)=c_{2}P(z){\rm e}^{\mp h(z)}, $$ 其中 $c_{2}$ 为非零常数,则 $Q(z)$ 超越.

引理 2.4假设 $Q(z)$ 为非零多项式并满足

$$Q(z+c)-Q(z)\equiv aQ'(z), $$

(2.4)

其中 $a,c\in {\Bbb C}\setminus\{0\}$ 且 $a\neq c$,则 $Q(z)\equiv q\mbox{(常数)}$.

证 假设 $Q(z)\not\equiv q$,则 $\deg Q(z)\geq 1$.

记

$$Q(z)=a_{s}z^{s}+a_{s-1}z^{s-1}+\cdots+a_{0} (a_{s}\neq 0). $$ 则 $$Q(z+c)=a_{s}(z+c)^{s}+a_{s-1}(z+c)^{s-1}+\cdots+a_{0}, $$ $$Q'(z)=sa_{s}z^{s-1}+(s-1)a_{s-1}z^{s-2}+\cdots+a_{1}, $$ $$Q(z+c)-Q(z)=sa_{s}cz^{s-1}+(a_{s}C_{s}^{2}c^{2}+a_{s-1}C_{s-1}^{1}c)z^{s-2}+\cdots. $$ 比较 $(2.4)$式 两边 $z^{s-1}$ 的系数,可得 $sa_{s}c=asa_{s}$,即 $sa_{s}(a-c)=0$. 由 $\deg Q(z)=s\geq 1$ 和 $a\neq c$ 可知 $a_{s}=0$. 矛盾.

引理 2.5假设 $Q(z)$ 为非零多项式并满足

$$(Q'(z)+aQ(z))(Az+B)-AQ(z)\equiv {\rm i}(Az+B)^{2}(Q(z+c)-Q(z)), $$

(2.5)

其中 $a,c,A\in {\Bbb C}\setminus\{0\}$,$B\in {\Bbb C}$ 且 $a={\rm i}Ac$. 则 $\deg Q(z)=1.$

证若 $Q(z)\equiv q(\neq 0)$,则 $(2.5)$ 式不成立. 因此 $Q(z)\not\equiv q$,假设 $\deg Q(z)\geq 2$.

记

$$Q(z)=a_{s}z^{s}+a_{s-1}z^{s-1}+\cdots+a_{0} (a_{s}\neq 0). $$ 则 $$Q(z+c)=a_{s}(z+c)^{s}+a_{s-1}(z+c)^{s-1}+\cdots+a_{0}, $$ $$Q'(z)=sa_{s}z^{s-1}+(s-1)a_{s-1}z^{s-2}+\cdots+a_{1}, $$ $$Q(z+c)-Q(z)=sa_{s}cz^{s-1}+(a_{s}C_{s}^{2}c^{2}+a_{s-1}C_{s-1}^{1}c)z^{s-2}+\cdots. $$ 比较 $(2.5)$ 式两边 $z^{s+1}$ 的系数,可得 $aAa_{s}={\rm i}A^{2}sa_{s}c$,即 $a_{s}A(a-{\rm i}sAc)=0$. 由 $s\geq 2$,$A\neq 0$和 $a={\rm i}Ac$,可知 $a_{s}=0$. 矛盾.

定理 1.1 的证明 假设 $f(z)$ 为 $(1.4)$ 式的有限级超越整函数解,则

$$(f'(z)+{\rm i}P(z)f(z+c))(f'(z)-{\rm i}P(z)f(z+c))=Q(z). $$

(3.1)

因此,$f'(z)+{\rm i}P(z)f(z+c)$ 和 $f'(z)-{\rm i}P(z)f(z+c)$ 均有有限多个零点.结合 $(3.1)$ 式并运用 Hadamard 因子分解定理^{[1,定理 2.5]},假设 $$f'(z)+{\rm i}P(z)f(z+c)=Q_{1}(z){\rm e}^{h(z)} $$ 和 $$f'(z)-{\rm i}P(z)f(z+c)=Q_{2}(z){\rm e}^{-h(z)}, $$ 其中 $h(z)$ 为非常数多项式,否则 $f(z)$ 为多项式; $Q(z)=Q_{1}(z)Q_{2}(z)$,且 $Q_{1}(z),Q_{2}(z)$ 为非零多项式. 由上述两个方程可得

$$f'(z)=\frac{Q_{1}(z){\rm e}^{h(z)}+Q_{2}(z){\rm e}^{-h(z)}}{2} $$

(3.2)

和

$$f(z+c)=\frac{Q_{1}(z){\rm e}^{h(z)}-Q_{2}(z){\rm e}^{-h(z)}}{2{\rm i}P(z)}. $$

(3.3)

由 $(3.2)$ 和 $(3.3)$式,有 $$\frac{(Q'_{1}(z)+Q_{1}(z)h'(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)}{{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z+c)}{\rm e}^{h(z+c)+h(z)} $$

$$-\frac{(Q'_{2}(z)-Q_{2}(z)h'(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)}{{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z+c)}{\rm e}^{h(z+c)-h(z)}-\frac{Q_{1}(z+c)}{Q_{2}(z+c)}{\rm e}^{2h(z+c)}\equiv 1. $$

(3.4)

假设 $\deg h(z)=n\geq 2$,则 $(3.4)$ 式可化为

$$A_{1}(z){\rm e}^{h(z+c)+h(z)}+A_{2}(z){\rm e}^{h(z+c)-h(z)}+A_{3}(z){\rm e}^{2h(z+c)}+A_{4}(z){\rm e}^{h_{0}(z)}\equiv 0, $$

(3.5)

其中 $h_{0}(z)\equiv 0$ 且 $$\left\{\begin{array}{ll}A_{1}(z)=(Q'_{1}(z)+Q_{1}(z)h'(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z),\\A_{2}(z)=-((Q'_{2}(z)-Q_{2}(z)h'(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)),\\A_{3}(z)=-{\rm i}P(z)^{2}Q_{1}(z+c),\\A_{4}(z)=-{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z+c).\end{array}\right. $$ 由于 $\deg(h(z+c)+h(z)-h_{0}(z))=n\geq 2$; $\deg(h(z+c)+h(z)-(h(z+c)-h(z)))=n\geq 2$; $\deg(h(z+c)+h(z)-2h(z+c))=n-1\geq 1$; $\deg(h(z+c)-h(z)-h_{0}(z))=n-1\geq 1$; $\deg(h(z+c)-h(z)-2h(z+c))=n\geq 2$; $\deg(2h(z+c)-h_{0}(z))=n\geq 2$; ${\rm e}^{h(z+c)+h(z)-h_{0}(z)},$ ${\rm e}^{h(z+c)+h(z)-(h(z+c)-h(z))},\cdots,{\rm e}^{2h(z+c)-h_{0}(z)}$具有正则级,且 $\sigma(A_{k}(z))=0~ (k=1,2,3,4)$,则对 $k=1,2,3,4$

$$\left\{\begin{array}{ll}T(r,A_{k}(z))=o(T(r,{\rm e}^{h(z+c)+h(z)-h_{0}(z)})),\\T(r,A_{k}(z))=o(T(r,{\rm e}^{h(z+c)+h(z)-(h(z+c)-h(z))})),\\\qquad\qquad \vdots=\vdots\\T(r,A_{k}(z))=o(T(r,{\rm e}^{2h(z+c)-h_{0}(z)})).\end{array}\right. $$

(3.6)

由引理 $2.1$,$(3.5)$ 和 $(3.6)$式,有 $$A_{1}(z)\equiv 0,A_{2}(z)\equiv 0, $$即 $$(Q'_{1}(z)+Q_{1}(z)h'(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)\equiv 0, $$ $$(Q'_{2}(z)-Q_{2}(z)h'(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)\equiv 0. $$由引理 $2.3$ 可知 $Q_{1}(z)$,$Q_{2}(z)$ 超越. 这与 $Q_{1}(z)$,$Q_{2}(z)$ 为非零多项式相矛盾.

现假设 $\deg h(z)=1$. 设 $h(z)=az+b~ (a\neq 0)$.

由引理 $2.2$,引理 $2.3$ 及 $(3.4)$式 可得

\begin{eqnarray*}{\rm e}^{h(z+c)-h(z)}={\rm e}^{ac}&\equiv&-\frac{{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z+c)}{(Q'_{2}(z)-Q_{2}(z)h'(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)}\\&\equiv& \frac{(Q'_{1}(z)+Q_{1}(z)h'(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)}{{\rm i}P(z)^{2}Q_{1}(z+c)},\end{eqnarray*} 即

$$(Q'_{1}(z)+aQ_{1}(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)\equiv {\rm ie}^{ac}P(z)^{2}Q_{1}(z+c), $$

(3.7)

$$(Q'_{2}(z)-aQ_{2}(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)\equiv -{\rm ie}^{-ac}P(z)^{2}Q_{2}(z+c). $$

(3.8)

以下分两种情况讨论.

情况 1 $P(z)\equiv A(\neq 0)$. 由 $(3.7)$,$(3.8)$式 得

$$Q'_{1}(z)+aQ_{1}(z)\equiv {\rm ie}^{ac}AQ_{1}(z+c), $$

(3.9)

$$Q'_{2}(z)-aQ_{2}(z)\equiv -{\rm ie}^{-ac}AQ_{2}(z+c). $$

(3.10)

因为 $Q_{1}(z)$,$Q_{2}(z)$ 为非零多项式,则有 $$a={\rm ie}^{ac}A,-a=-{\rm ie}^{-ac}A, $$即

$$a^{2}+A^{2}=0,Ac=(-1)^{k}k\pi,ac={\rm i}k\pi,k\in{\Bbb Z}. $$

(3.11)

$(3.9)$ 和 $(3.10)$ 式可化为

$$a(Q_{1}(z+c)-Q_{1}(z))\equiv Q'_{1}(z), $$

(3.12)

$$-a(Q_{2}(z+c)-Q_{2}(z))\equiv Q'_{2}(z). $$

(3.13)

由引理 $2.4$ 和 $(3.11)$ 式知 $Q_{1}(z)\equiv p(\neq 0)$ 且 $Q_{2}(z)\equiv q(\neq 0)$.

由 $(1.4)$,$(3.2)$ 和 $(3.11)$式,有

$$f(z)=\frac{p{\rm e}^{az+b}-q{\rm e}^{-(az+b)}}{2a}, $$其中 $a=\pm {\rm i}A$,$A=\frac{(-1)^{k}k\pi}{c}$,$k\in {\Bbb Z}$,$c\in {\Bbb C}\setminus \{0\}$,$b\in {\Bbb C}$.

情况 2 $P(z)\not\equiv A$,则 $\deg P(z)\geq 1$.

若 $Q_{1}(z)\not\equiv p$,则 $\deg Q_{1}(z)\geq 1$.$(3.7)$ 式左边的次数为 $\deg Q_{1}(z)+\deg P(z)$,$(3.7)$ 式右边的次数为 $\deg Q_{1}(z+c)+2\deg P(z)$,矛盾.若 $Q_{1}(z)\equiv p(\neq 0)$.$(3.7)$ 式左边的次数为 $\deg P(z)$,$(3.7)$ 式右边的次数为 $2\deg P(z)$,矛盾. 同理可得,$(3.8)$ 式也矛盾.定理 1.1 证毕.

定理 1.2 的证明 同定理 $1.1$ 前面的证明一样,有

$$f'(z)=\frac{Q_{1}(z){\rm e}^{h(z)}+Q_{2}(z){\rm e}^{-h(z)}}{2} $$

(3.14)

和

$$f(z+c)-f(z)=\frac{Q_{1}(z){\rm e}^{h(z)}-Q_{2}(z){\rm e}^{-h(z)}}{2{\rm i}P(z)}, $$

(3.15)

其中 $h(z)$ 为非常数多项式,否则 $f(z)$ 为多项式; $Q(z)=Q_{1}(z)Q_{2}(z)$ 且 $Q_{1}(z),Q_{2}(z)$ 为非零多项式.由 $(3.14)$ 和 $(3.15)$式可得

\[\begin{gathered} \frac{{({{Q'}_1}(z) + {Q_1}(z)h'(z))P(z) - {Q_1}(z)P'(z) + {\text{i}}P{{(z)}^2}{Q_1}(z)}}{{{\text{i}}P{{(z)}^2}{Q_2}(z + c)}}{{\text{e}}^{h(z + c) + h(z)}} \hfill \\ - \frac{{({{Q'}_2}(z) - {Q_2}(z)h'(z))P(z) - {Q_2}(z)P'(z) - {\text{i}}P{{(z)}^2}{Q_2}(z)}}{{{\text{i}}P{{(z)}^2}{Q_2}(z + c)}}{{\text{e}}^{h(z + c) - h(z)}} \hfill \\ - \frac{{{Q_1}(z + c)}}{{{Q_2}(z + c)}}{{\text{e}}^{2h(z + c)}} \equiv 1. \hfill \\ \end{gathered} \]

(3.16)

假设 $\deg h(z)=n\geq 2$,则 $(3.16)$ 式可化为

$$A_{1}(z){\rm e}^{h(z+c)+h(z)}+A_{2}(z){\rm e}^{h(z+c)-h(z)}+A_{3}(z){\rm e}^{2h(z+c)}+A_{4}(z){\rm e}^{h_{0}(z)}\equiv 0, $$

(3.17)

其中 $h_{0}(z)\equiv 0$ 且 $$\left\{\begin{array}{ll}A_{1}(z)=(Q'_{1}(z)+Q_{1}(z)h'(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)+{\rm i}P(z)^{2}Q_{1}(z),\\A_{2}(z)=-((Q'_{2}(z)-Q_{2}(z)h'(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)-{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z)),\\A_{3}(z)=-{\rm i}P(z)^{2}Q_{1}(z+c),\\A_{4}(z)=-{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z+c).\end{array}\right. $$因为 $\deg(h(z+c)+h(z)-h_{0}(z))=n\geq 2$; $\deg(h(z+c)+h(z)-(h(z+c)-h(z)))=n\geq 2$; $\deg(h(z+c)+h(z)-2h(z+c))=n-1\geq 1$; $\deg(h(z+c)-h(z)-h_{0}(z))=n-1\geq 1$; $\deg(h(z+c)-h(z)-2h(z+c))=n\geq 2$; $\deg(2h(z+c)-h_{0}(z))=n\geq 2$;${\rm e}^{h(z+c)+h(z)-h_{0}(z)}, $$ {\rm e}^{h(z+c)+h(z)-(h(z+c)-h(z))},\cdots,{\rm e}^{2h(z+c)-h_{0}(z)}$ 具有正则级且 $\sigma(A_{k}(z))=0~ (k=1,2,3,4)$,则对 $k=1,2,3,4$

$$\left\{\begin{array}{ll}T(r,A_{k}(z))=o(T(r,{\rm e}^{h(z+c)+h(z)-h_{0}(z)})),\\T(r,A_{k}(z))=o(T(r,{\rm e}^{h(z+c)+h(z)-(h(z+c)-h(z))})),\\\qquad\qquad \vdots=\vdots\\T(r,A_{k}(z))=o(T(r,{\rm e}^{2h(z+c)-h_{0}(z)})).\end{array}\right. $$

(3.18)

由引理 $2.1$,$(3.17)$ 及 $(3.18)$式,有 $$A_{3}(z)\equiv 0,A_{4}(z)\equiv 0, $$则 $P(z)\equiv 0$ 或 $Q_{1}(z+c)\equiv 0$ 且 $Q_{2}(z+c)\equiv 0$,矛盾.

现假设 $\deg h(z)=1$,设 $h(z)=az+b~ (a\neq 0)$.

如果

$$(Q'_{1}(z)+Q_{1}(z)h'(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)+{\rm i}P(z)^{2}Q_{1}(z)\equiv 0, $$则 $Q_{1}(z)\equiv q_{1}(\neq 0)$,$P(z)\equiv P$,$a+{\rm i}P=0$.由 $(3.16)$ 式得 $$\frac{Q'_{2}(z)}{aQ_{2}(z+c)}{\rm e}^{h(z+c)-h(z)}-\frac{Q_{1}(z+c)}{Q_{2}(z+c)}{\rm e}^{2h(z+c)}\equiv 1, $$即

$$Q'_{2}(z){\rm e}^{ac}-aQ_{2}(z+c)\equiv aq_{1}{\rm e}^{2(az+ac+b)}. $$

(3.19)

因为 $Q'_{2}(z){\rm e}^{ac}-aQ_{2}(z+c)\not\equiv 0$,比较 $(3.19)$ 式两边的增长级,可得矛盾. 故 $$(Q'_{1}(z)+Q_{1}(z)h'(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)+{\rm i}P(z)^{2}Q_{1}(z)\not\equiv 0. $$ 同理可得 $$(Q'_{2}(z)-Q_{2}(z)h'(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)-{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z)\not\equiv 0. $$因此,由引理 $2.2$ 及 $(3.16)$式 得\begin{eqnarray*}{\rm e}^{h(z+c)-h(z)}={\rm e}^{ac}&\equiv&-\frac{{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z+c)}{(Q'_{2}(z)-Q_{2}(z)h'(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)-{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z)}\\&\equiv& \frac{(Q'_{1}(z)+Q_{1}(z)h'(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)+{\rm i}P(z)^{2}Q_{1}(z)}{{\rm i}P(z)^{2}Q_{1}(z+c)},\end{eqnarray*}即

$$(Q'_{1}(z)+aQ_{1}(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)+{\rm i}P(z)^{2}Q_{1}(z)\equiv {\rm ie}^{ac}P(z)^{2}Q_{1}(z+c), $$

(3.20)

$$(Q'_{2}(z)-aQ_{2}(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)-{\rm i}P(z)^{2}Q_{2}(z)\equiv -{\rm ie}^{-ac}P(z)^{2}Q_{2}(z+c). $$

(3.21)

以下分两种情况讨论.

情况 1 $P(z)\equiv P(\neq 0)$.断言 $Q_{1}(z)\equiv q_{1}(\neq 0)$ 且 $Q_{2}(z)\equiv q_{2}(\neq 0)$.若 $Q_{1}(z)\not\equiv q_{1}$ 且 $Q_{2}(z)\not\equiv q_{2}$,则 $\deg Q_{1}(z)\geq 1$ 且 $\deg Q_{2}(z)\geq 1$.由 $(3.20)$ 和 $(3.21)$ 式得

$$Q'_{1}(z)+(a+{\rm i}P)Q_{1}(z)\equiv {\rm ie}^{ac}PQ_{1}(z+c), $$

(3.22)

$$Q'_{2}(z)-(a+{\rm i}P)Q_{2}(z)\equiv -{\rm ie}^{-ac}PQ_{2}(z+c). $$

(3.23)

由 $Q_{1}(z),Q_{2}(z)$ 为非零多项式,则 $$a+{\rm i}P={\rm ie}^{ac}P,-(a+{\rm i}P)=-{\rm ie}^{-ac}P, $$即

$$a=\frac{(2k+1)\pi {\rm i}}{c},P=-\frac{(2k+1)\pi}{2c},k\in{\Bbb Z},c\in{\Bbb C}\setminus\{0\}. $$

(3.24)

那么 $(3.22)$ 和 $(3.23)$ 式可化为

$$-{\rm i}P(Q_{1}(z+c)-Q_{1}(z))\equiv Q'_{1}(z), $$

(3.25)

$${\rm i}P(Q_{2}(z+c)-Q_{2}(z))\equiv Q'_{2}(z). $$

(3.26)

由引理 $2.4$ 和 $(3.24)$式 可得 $Q_{1}(z)\equiv q_{1}(\neq 0)$ 且 $Q_{2}(z)\equiv q_{2}(\neq 0)$,与假设矛盾.故 $Q_{1}(z)\equiv q_{1}(\neq 0)$ 且 $Q_{2}(z)\equiv q_{2}(\neq 0)$. 由 $(3.20)$ 及 $(3.21)$ 式得 $$a+{\rm i}P={\rm ie}^{ac}P,-(a+{\rm i}P)=-{\rm i}{\rm e}^{-ac}P, $$即 $$a=\frac{(2k+1)\pi {\rm i}}{c},P=-\frac{(2k+1)\pi}{2c},k\in{\Bbb Z},c\in{\Bbb C}\setminus\{0\}. $$由 $(1.5)$ 和 $(3.14)$ 式得 $$f(z)=\frac{q_{1}{\rm e}^{az+b}-q_{2}{\rm e}^{-(az+b)}}{2a}+c_{1}=\frac{q_{1}{\rm e}^{-{\rm i}2Pz+b}-q_{2}{\rm e}^{{\rm i}2Pz-b}}{-4{\rm i}P}+c_{1}. $$

情况 2 $P(z)\not\equiv P$,则$\deg P(z)\geq 1$.若 $Q_{1}(z)\equiv q_{1}(\neq 0)$,由 $(3.20)$ 式得

$$aP(z)-P'(z)+{\rm i}P(z)^{2}\equiv {\rm ie}^{ac}P(z)^{2}, $$

(3.27)

则 ${\rm e}^{ac}=1$. 因此,$(3.27)$式 可化为 $aP(z)-P'(z)\equiv 0$,由 $P(z)$ 为非常数多项式,$(3.27)$式 矛盾.则有 $Q_{1}(z)\not\equiv q_{1}$.由 $(3.21)$式,同理可得 $Q_{2}(z)\not\equiv q_{2}$.由 $Q_{1}(z)\not\equiv q_{1}$ 且 $Q_{2}(z)\not\equiv q_{2}$,也即 $\deg Q_{1}(z)\geq 1$ 且 $\deg Q_{2}(z)\geq 1$.由 $(3.20)$ 和 $(3.21)$ 式得 ${\rm i}={\rm ie}^{ac}$,$-{\rm i}=-{\rm ie}^{-ac}$,即 ${\rm e}^{ac}={\rm e}^{-ac}=1,a=\frac{{\rm i}2k\pi}{c}$,$c\in {\Bbb C}\setminus\{0\}$. 则 $(3.20)$ 和 $(3.21)$ 式可化为

$$(Q'_{1}(z)+aQ_{1}(z))P(z)-Q_{1}(z)P'(z)\equiv {\rm i}P(z)^{2}(Q_{1}(z+c)-Q_{1}(z)), $$

(3.28)

$$(Q'_{2}(z)-aQ_{2}(z))P(z)-Q_{2}(z)P'(z)\equiv -{\rm i}P(z)^{2}(Q_{2}(z+c)-Q_{2}(z)). $$

(3.29)

由 $(3.28)$ 及 $(3.29)$式可得 $\deg P(z)=1$ 且 $\deg Q_{1}(z)=\deg Q_{2}(z)\geq 1$.

记 $P(z)=Az+B(A\neq 0)$. 若 $a={\rm i}Ac$,由引理 $2.5$ 和 $(3.28)$式,得 $\deg Q_{1}(z)=1$.由 $(3.29)$式,同理可得 $\deg Q_{2}(z)=1$.记 $Q_{1}(z)=a_{1}z+a_{0}(a_{1}\neq 0)$ 和 $Q_{2}(z)=b_{1}z+b_{0}(b_{1}\neq 0)$.由 $(3.28)$ 和 $(3.29)$式得

$$\frac{a_{0}}{a_{1}}=\frac{b_{0}}{b_{1}}=\frac{B}{A},a={\rm i}Ac, $$ 其中 $a_{0},b_{0},B\in {\Bbb C}$,$a_{1},b_{1},c,A\in {\Bbb C}\setminus\{0\}$. 由 $(1.5)$ 和 $(3.14)$式,有 $$f(z)=\frac{(a_{1}z+a_{0}-\frac{a_{1}}{a}){\rm e}^{az+b}-(b_{1}z+b_{0}+\frac{b_{1}}{a}){\rm e}^{-(az+b)}}{2a}+c_{2}. $$ 定理 $1.2$ 证毕.