本文的“亚纯"皆定义在复平面${\Bbb C}$上. 记扩充复平面为 ${\hat{\Bbb C}}={\Bbb C}\cup\{\infty\}$. 本文采用Nevanlinna值分布论^{[5, 8]}的标准记号,诸如 $m(r,f),N(r,f),T(r,f)$等. 亚纯函数$f$的级$\lambda(f)$与下级$\mu(f)$分别定义为

$ \lambda\left(f\right)=\limsup_{r \to \infty} \frac {\log T\left(r,f\right)}{\log r},\ \ \mu(f)=\liminf_{r \to \infty} \frac {\log T\left(r,f\right)}{\log r}. $

1978年,Ozawa^[7]证明了对于任一给定$\sigma\in[1,\infty)$相 应存在周期整函数$D(z)$ 使得$\lambda(D)=\sigma$. 这表明存在大量的周期整函数,同时也说明研究周期函数的判定定理是有意义的. 因此,下面两个问题是有趣的.

问题一 如何从分担值的角度判定亚纯函数(或整函数) 是具有周期$c(\not=0)$的周期函数?

问题二若亚纯函数$g(z)$与周期亚纯函数$f(z)$具有某些分担值,那么$g(z)$与$f(z)$ 有何种关系?

2006年之后,Halburd-Korhonen^[4]和Chiang-Feng^[3]分别获得 对数导数的差分模拟. 利用这些结果,能够从分担值的角度探讨亚纯函数$f(z)$与其平 移函数$f(z+c)$的唯一性问题,从而也提供研究问题一的一个理论工具. 2009年,Heittokangas等^[6]考虑了亚纯函数与其平移函数的唯一性问题,得到周期亚纯函数的一个判定定理,即

定理A 设$f(z)$为非常数有穷级亚纯函数,$c\in{\Bbb C}\setminus\{0\}$,$a_1,a_2,a_3 \in {\hat{\cal S}}(f)$为三个判别的周期为$c$的周期亚纯函数. 如果$f(z)$与$f(z+c)$分担$a_1,a_2$ CM,分担$a_3$ IM,则$f(z)\equiv f(z+c)$.

这里,$ {\hat{\cal S}}(f)={\cal S}(f)\cup\{\infty\}$,其中${\cal S}(f)$ 表示所有满足$T(r,\alpha)=o(T(r,f))$ ($r\to \infty,r\not\in E$) 的亚纯函数的集合,$E$ 是一个对数测度有限的实数集. 显然,${\cal S}(f)$包含所有有穷常数. 给定$a\in{\hat{\cal S}}(f)$,如果亚纯函数$f-a$与$g-a$有相同零点,则称$f(z)$ 与$g(z)$分担$a$ IM (不计重数). 倘若$f-a$与$g-a$有相同零点 且其零点重数也相同,则称$f(z)$与$g(z)$分担$a$ CM (计重数). 此外,记$\overline{E}_{1)}(a,f)$为$f-a$所有单零点构成的集合,记$\overline{N}_{1)}(r,\frac{1}{f-a})$为相应于$\overline{E}_{1)}(a,f)$的计数函数.

2011年,Chen^[2]考虑亚纯函数$g(z)$与周期函数$f(z)$具有类似定 理A的分担条件时的周期性问题,得到周期函数的另一个判定定理,即

定理B 设$f(z)$与$g(z)$为两个非常数亚纯函数,$c\in{\Bbb C}\setminus\{0\}$,$a_1,a_2,a_3 \in {\hat{\cal S}}(f)$ 为三个判别的周期为$c$的周期亚纯函数. 假设$\lambda(f) ＜\infty$且$f(z)\equiv f(z+c)$. 如果$f(z)$与$g(z)$分担$a_1,a_2$ CM,分担$a_3$ IM,则 $g(z)\equiv g(z+c)$ .

1992年,Zheng^[10]研究了亚纯函数$g(z)$与周期函数$f(z)$具有3个分担值时的关系,推广了Brosch^[1]的一个结果,证明了

定理C 设$f(z)$和$g(z)$为两个非常数亚纯函数,其中$f(z)$与$g(z)$分担$0,1,\infty$ CM. 如果$f(z)$ 以$c(\neq0)$为周期,则$g(z)$也是以$c(\neq0)$为周期. 如果再设$f(z)$的下超级$\nu_1(f)$小于 1,则 $f(z)\equiv g(z)$,除非 $f(z)$与$g(z)$有形式

$f(z)=\frac{{\rm e}^{a_1z+b_1}-1}{{\rm e}^{a_2z+b_2}-1},\quad g(z)=\frac{{\rm e}^{-a_1z-b_1}-1}{{\rm e}^{-a_2z-b_2}-1},$

其中$a_1=\frac{2m\pi {\rm i}}{c}$,$a_2=\frac{2k\pi {\rm i}}{c}$,$b_1,b_2$ 为常数,$m,k$为整数.

注1.1 亚纯函数的下超级定义为$\nu_1(f)=\liminf\limits_{r \to \infty} \frac {\log\log T\left(r,f\right)}{\log r}$.

最近,Chen^[2]将定理C推广到如下结果.

定理D 设$f(z)$和$g(z)$为两个非常数亚纯函数,$a_1,a_2,a_3 \in { \hat{\cal S}}(f)$为三个判别的周期为$c$的周期亚纯函数. 假设$f(z)$与$g(z)$分担$a_1,a_2$ CM,分担$a_3$ IM. 再设$f(z)\equiv f(z+c)$,$1 ＜\mu(f)\leq\lambda(f)＜+\infty$. 如果

$\limsup\limits_{r\to +\infty} \frac{\overline{N}(r,\frac{1}{f-a_1})}{T(r,f)} ＜1,$

则 $f(z)\equiv g(z)$.

本文继续研究问题一和问题二. 首先,沿着问题一的方向,获得下列结果.

定理1.1 设$f(z)$为级$\lambda(f)＜\infty$的非常数整函数,$a_1,a_2$为两个判别的非零有穷复数. 如果$f(z)$与$f(z+c)$分担$0$ CM且满足

$\overline{E}_{1)}(a_j,f(z))=\overline{E}_{1)}(a_j,f(z+c)),\ \ j=1,2,$

(1.1)

则 $f(z)\equiv f(z+c)$或者$f(z)\equiv -f(z+c)$,后者仅当$a_1+a_2=0$时成立.

注1.2 定理1.1中的条件$\lambda(f)＜\infty$是必要的. 例如,令$f(z)={\rm e}^{{\rm e}^z}$,$c={\rm i}\pi$. 则$f(z+{\rm i}\pi)={\rm e}^{-{\rm e}^z}$. 显然,$f(z)$与$f(z+{\rm i}\pi)$ 分担$0,\infty,1,-1$ CM. 但$f(z)\not\equiv f(z+c)$ 且$f(z)\not\equiv -f(z+c)$.

推论1.1 在定理1.1的条件下,$f(z)$是以$c$或者$2c$为周期的周期函数.

定理1.2 设$f(z)$为周期为$c$的非常数有穷级整函数,$g(z)$为非常数整函数,$a_1,a_2$为两个判别的非零有穷复数. 如果$f(z)$与$g(z)$分担$0$ CM且满足

$\overline{E}_{1)}(a_j,f)=\overline{E}_{1)}(a_j,g),\ \ j=1,2,$

(1.2)

则$g(z)\equiv g(z+c)$或者$g(z)\equiv -g(z+c)$,后者仅当$a_1+a_2=0$时成立.

注1.3 去掉定理1.2的假设条件(1.2),定理1.2的结论不再成立. 例如,根据Ozawa的一个结果(参见文献^[7]),令$D(z)$是以$c=\log 2$ 为周期的有穷级整函数. 设$f(z)=D(z)$,$g(z)=\frac{D(z)}{{\rm e}^{z}}$,则$f(z)$与$g(z)$分担$0$ CM. 但$g(z)\not\equiv g(z+c)$且$g(z)\not\equiv -g(z+c)$.

推论1.2 在定理1.2的条件下,$g(z)$是以$c$或者$2c$为周期的周期函数.

从定理1.2,可得到下列有关椭圆函数的结果.

推论1.3 设$f(z)$为以$c_1,c_2 (\not=c_1)$为周期的有穷级椭圆整函数,$g(z)$为非常数整函数且满足(1.2),其中$a_1,a_2$是两个判别的非零有穷复数. 如果$f(z)$与$g(z)$分担$0$ CM,则$g(z)$是以$c_1,c_2$,或者$c_1,2c_2$,或者$2c_1,c_2$,或者$2c_1,2c_2$为周期的椭圆函数.

其次,沿着问题二的方向,在类似定理1.2的假设下,$f$与$g$具有何种关系? 本文获得下列结果.

定理1.3 设$f(z)$为周期为$c(\neq 0)$的非常数有穷级周期整函数,$\mu(f)>1$,$g(z)$为非常数整函数,$a_1,a_2$为两个判别的非零有穷复数. 如果$f(z)$与$g(z)$分担$0$ CM且满足(1.2)式,则$f(z)\equiv g(z)$或者$f(z)\equiv -g(z)$,后者仅当$a_1+a_2=0$时成立.

注1.4 定理1.3中的条件$\mu(f)>1$是必要的. 因为根据引理2.2知任一周期亚纯函数$f$的下级大于等于$1$. 又当$\mu(f)=1$时,有反例说明定理1.3的结论不成立. 例如,设$f(z)={\rm e}^{2z}+{\rm e}^z+1$,$g(z)={\rm e}^{-2z}+{\rm e}^{-z}+1$,$c=2\pi {\rm i}$. 通过简单计算,容易验证$f(z)$与$g(z)$分担$0,\infty,1$ CM且满足 $\overline{E}_{1)}(\frac{3}{4},f)=\overline{E}_{1)}(\frac{3}{4},g)=\emptyset$. 但$f(z)\not\equiv g(z)$且$f(z)\not\equiv -g(z)$.

推论1.4 设$f(z)$为非常数椭圆函数使得$1＜\mu(f)\leq\lambda(f)＜+\infty$. 如果整函数$g(z)$与$f(z)$ 分担$0$ CM且满足(1.2)式,则定理1.3 的结论仍成立.

为证明定理1.1-1.3,需要下列一些引理.

引理2.1^[8] 设$f(z)$为非常数有穷级亚纯函数,$0,\infty$是$f$的Picard例外值,则$f(z)={\rm e}^{h(z)}$,其中$h(z)$是次数$\leq \lambda(f)$的多项式.

引理2.2^[8]如果$f(z)$是周期亚纯函数,则$\lambda(f)\geq 1$,$\mu(f)\geq1$.

引理2.3^[8] 设$f(z)$与$g(z)$为两个非常数亚纯函数,如果$\lambda(f) ＜\mu(g)$,则

$T(r,f)=o(T(r,g)),\ r\to \infty.$

引理2.4^[8]设$f(z)$为非常数亚纯函数. 如果

$g=\frac{af+b}{cf+d},$

这里$a,b,c,d\in {\cal S}(f)$,$ad-bc\not\equiv 0$,则

$T(r,g)=T(r,f)+S(r,f).$

引理2.5^[9]设$f$为非常数亚纯函数,$a_{j}~(j=1,2,\cdots ,q)$为$f$的$q$个判别的小函数,则对于任一正实数$\varepsilon$,都有

$(q-2-\varepsilon)T(r,f)\leq{\sum_{j=1}^q}\overline{N}\left(r,\frac{1}{f-a_{j}}\right),\ \ \ \ r\not\in E,$

这里$E$是对数测度$\int_E {\rm d}\log{\log r}＜\infty$的实数集.

注2.1 郑在文献^[11]指出$\varepsilon$可以删去.

引理2.6^[3] 设$f$为非常数有穷级亚纯函数,$c\in{\Bbb C}$,$\delta\in(0,1)$. 则

$m\left(r,\frac{f(z+c)}{f(z)}\right)+m\left(r,\frac{f(z)}{f(z+c)}\right)=o\left(\frac{T(r,f)}{r^{\delta}}\right).$

从而,有

$m\left(r,\frac{f(z+c)}{f(z)}\right)+m\left(r,\frac{f(z)}{f(z+c)}\right)=S(r,f).$

证 逐步证明定理1.1.

第一步 由定理的假设条件$f(z)$与$f(z+c)$分担$0$ CM,根据引理1.1,知

$\frac{f(z+c)}{f(z)}={\rm e}^{Q(z)},$

(3.1)

这里$Q(z)$是次数$\leq\lambda(f)$的非常数多项式. 根据引理2.6,由(3.1)式,得

$T(r,{\rm e}^Q)=S(r,f(z)).$

再根据引理2.4知

$T(r,f(z+c))=T(r,f(z))+S(r,f(z)).$

(3.2)

为方便起见,令$S(r):=S(r,f(z+c))=S(r,f(z))$,$\alpha={\rm e}^Q$,$f_c(z)\equiv f(z+c)$.

第二步 假设$f(z)\not\equiv f(z+c)$,即$f\not=f_c$. 则$\alpha\not\equiv1$. 从而由假设条件(1.1)及(3.1)式得

$\overline{N}_{1)} \bigg(r,\frac{1}{f_c-a_1}\bigg)=\overline{N}_{1)} \bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)\leq N \bigg(r,\frac{1}{\alpha-1}\bigg)\leq T(r,\alpha)+O(1)=S(r).$

$\overline{N}_{1)}\bigg(r,\frac{1}{f_c-a_2}\bigg)=\overline{N}_{1)} \bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg)\leq N\bigg(r,\frac{1}{\alpha-1}\bigg)\leq T(r,\alpha)+O(1)=S(r).$

改写(3.1)式为

$f_c-a_1=\alpha f-a_1=\alpha\bigg(f-\frac{a_1}{\alpha}\bigg),\quad f-a_1=f_c\frac{1}{\alpha}-a_1=\frac{1}{\alpha}(f_c-a_1\alpha),$

$f_c-a_2=\alpha f-a_2=\alpha\bigg(f-\frac{a_2}{\alpha}\bigg),\quad f-a_2=f_c\frac{1}{\alpha}-a_2=\frac{1}{\alpha}(f_c-a_2\alpha).$

这表明

$N\bigg(r,\frac{1}{f_c-a_1}\bigg)=N\bigg(r,\frac{1}{f-\frac{a_1}{\alpha}}\bigg),\ \ N\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)=N\bigg(r,\frac{1}{f_c-a_1\alpha}\bigg).$

$N\bigg(r,\frac{1}{f_c-a_2}\bigg)=N\bigg(r,\frac{1}{f-\frac{a_2}{\alpha}}\bigg),\ \ N\bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg)=N\bigg(r,\frac{1}{f_c-a_2\alpha}\bigg).$

第三步 注意到$a_1\not\equiv \frac{a_1}{\alpha}$ 且$a_2\not\equiv \frac{a_2}{\alpha}$,于是分下列两种情况讨论.

情况 Ⅰ 若$a_1\not\equiv \frac{a_2}{\alpha}$. 则,根据引理2.5及(3.2)式,推得

$2T(r,f)\leq \overline{N}(r,f)+\overline{N} \bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg)+\overline{N} \bigg(r,\frac{1}{f-\frac{a_2}{\alpha}}\bigg)+S(r)\\ \leq \overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg) +\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f_c-a_2}\bigg)+S(r)\\ \leq \frac{1}{2}N\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+\frac{1}{2}N\bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg) +\frac{1}{2}N\bigg(r,\frac{1}{f_c-a_2}\bigg)+S(r)\\ \leq \frac{3}{2}T(r,f)+S(r).$

但这是不可能的.

情况 Ⅱ 若$a_1\equiv \frac{a_2}{\alpha}$. 再分两种子情况讨论.

情况 Ⅱ-1 若$a_2\not\equiv \frac{a_1}{\alpha}$. 根据引理2.5及(3.2)式,同样可推得

$2T(r,f)\leq \overline{N}(r,f)+\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg) +\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg)+\overline{N} \bigg(r,\frac{1}{f-\frac{a_1}{\alpha}}\bigg)+S(r)\\ \leq \frac{3}{2}T(r,f)+S(r).$

但这也是不可能的.

情况 Ⅱ-2 若$a_2\equiv \frac{a_1}{\alpha}$. 则$\alpha\equiv -1$,$a_1+a_2=0$ .

这就完成定理1.1的证明.

证 由第二基本定理和定理1.2的假设条件,可得

$T(r,f)＜\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f}\bigg)+\overline{N}(r,f) +\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+S(r,f)\nonumber\\ ＜ \overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f}\bigg)+\frac{1}{2}\overline{N}_{1)} \bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+\frac{1}{2}N\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+S(r,f)\nonumber\\ ＜ \overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f}\bigg)+\frac{1}{2}\overline{N}_{1)} \bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+\frac{1}{2}T(r,f)+S(r,f)\nonumber\\ ＜ \overline{N}\bigg(r,\frac{1}{g}\bigg)+\frac{1}{2}\overline{N}_{1)} \bigg(r,\frac{1}{g-a_1}\bigg)+\frac{1}{2}T(r,f)+S(r,f)\nonumber\\ ＜ \frac{3}{2}T(r,g)+\frac{1}{2}T(r,f)+S(r,f).$

类似有

$T(r,f)\leq 3T(r,g)+S(r,f).$

于是,$\mu(g)=\mu(f)$,$\lambda(g)=\lambda(f)＜\infty$,$S(r,f)=S(r,g)$. 因为$f$ 与$g$ 分担$0$ CM,根据引理1.1,可推得

$\frac{f(z)}{g(z)}\equiv {\rm e}^{Q(z)},$

(4.1)

这里$Q(z)$是次数$\leq\lambda(f)$ 的多项式. 由(4.1)式,立即可得

$\frac{f(z+c)}{g(z+c)}\equiv {\rm e}^{Q(z+c)}.$

(4.2)

注意到$f(z)\equiv f(z+c)$,从(4.1)和(4.2)式推得

${\rm e}^{Q(z)}g(z)\equiv {\rm e}^{Q(z+c)}g(z+c),$

(4.3)

这表明$g(z)$ 与$g(z+c)$分担$0,\infty$ CM.

下证$g(z)$与$g(z+c)$满足定理1.1的条件(1.1). 设$z_0$为$g-a_j$的单零点,根据定理1.2的假设条件(1.2) 知$z_0$是$f-a_j$的单零点. 因为$f(z)\equiv f(z+c)$,则显然 $z_0$ 也是$f(z+c)-a_j$的单零点. 再次根据假设条件(1.2),推得$z_0$是$g(z+c)-a_j$的单零点. 类似地,也可推得$\overline{E}_{1)}(a_j,g(z+c))\subset\overline{E}_{1)}(a_j,g(z)),\ j=1,2$.

因此,根据定理1.1,定理1.2的结论成立.

证 与定理1.1的证明类似,逐步证明定理1.3.

第一步 容易推出$1＜\mu(g)=\mu(f)$,$\lambda(g)=\lambda(f)＜\infty$,$S(r,f)=S(r,g)$,(4.1)式及(4.2)式. 为方便起见,令$S(r):=S(r,f)=S(r,g)$.

从定理1.2知,$g(z)\equiv g(z+c)$或者$g(z)\equiv -g(z+c)$成立. 如果$g(z)\equiv -g(z+c)$,结合(4.1)及(4.2)式,则可推得

${\rm e}^{Q(z)}\equiv -{\rm e}^{Q(z+c)}.$

(5.1)

也即

${\rm e}^{Q(z+c)-Q(z)}\equiv -1,$

这意味着

$Q'(z+c)-Q'(z)\equiv0.$

(5.2)

如果$g(z)\equiv g(z+c)$,则同样可获得(5.2)式.

于是,$Q'(z)$ 以$c$为周期的周期函数. 根据引理2.2知,$Q'(z)$ 是常数或者是超越亚纯函数. 但因为$Q'(z)$是多项式,故$Q'(z)$必须是常数. 令

$Q(z)=az+b,$

(5.3)

其中,$a,b$是常数. 将(5.3)式代入(4.1)式得到

$\frac{g(z)}{f(z)}= {\rm e}^{az+b}.$

(5.4)

再注意到$\mu(g)=\mu(f)>1$ 与$\lambda({\rm e}^{az+b})=1$,从引理2.3推得

$T(r,{\rm e}^{az+b})=S(r).$

(5.5)

于是,根据引理2.4,结合 (5.4)及(5.5)式,得

$T(r,f)=T(r,g)+S(r).$

(5.6)

第二步 假设$f(z)\not\equiv g(z)$. 令$\alpha={\rm e}^{az+b}$. 于是$\alpha\not\equiv1$,且有

$\overline{N}_{1)}\bigg(r,\frac{1}{g-a_1}\bigg)=\overline{N}_{1)} \bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)\leq N\bigg(r,\frac{1}{\alpha-1}\bigg)\leq T(r,\alpha)+O(1)=S(r).$

$\overline{N}_{1)}\bigg(r,\frac{1}{g-a_2}\bigg)=\overline{N}_{1)} \bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg)\leq N\bigg(r,\frac{1}{\alpha-1}\bigg)\leq T(r,\alpha)+O(1)=S(r).$

改写(4.1)式成

$g-a_1=\alpha f-a_1=\alpha\bigg(f-\frac{a_1}{\alpha}\bigg),\quad f-a_1=g\frac{1}{\alpha}-a_1=\frac{1}{\alpha}(g-a_1\alpha),$

$g-a_2=\alpha f-a_2=\alpha\bigg(f-\frac{a_2}{\alpha}\bigg),\quad f-a_2=g\frac{1}{\alpha}-a_2=\frac{1}{\alpha}(g-a_2\alpha).$

从而有

$N\bigg(r,\frac{1}{g-a_1}\bigg)=N\bigg(r,\frac{1}{f-\frac{a_1}{\alpha}}\bigg),\ \ N(r,\frac{1}{f-a_1})=N\bigg(r,\frac{1}{g-a_1\alpha}\bigg).$

$N\bigg(r,\frac{1}{g-a_2}\bigg)=N\bigg(r,\frac{1}{f-\frac{a_2}{\alpha}}\bigg),\ \ N\bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg)=N\bigg(r,\frac{1}{g-a_2\alpha}\bigg).$

第三步 易知$a_1\not\equiv \frac{a_1}{\alpha}$与$a_2\not\equiv \frac{a_2}{\alpha}$. 进而,只需讨论下面两种情况.

情况 Ⅰ 若$a_1\not\equiv \frac{a_2}{\alpha}$. 则从引理2.5及(5.6)式,得

$2T(r,f)\leq \overline{N}(r,f)+\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+\overline{N} \bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg)+\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-\frac{a_2}{\alpha}}\bigg)+S(r)\\ \leq \overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg) +\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{g-a_2}\bigg)+S(r)\\ \leq \frac{1}{2}N\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+\frac{1}{2}N\bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg) +\frac{1}{2}N\bigg(r,\frac{1}{g-a_2}\bigg)+S(r)\\ \leq \frac{3}{2}T(r,f)+S(r).$

这是个矛盾.

情况 Ⅱ 若$a_1\equiv \frac{a_2}{\alpha}$. 再区分下列两种子情况.

情况 Ⅱ-1 若$a_2\not\equiv \frac{a_1}{\alpha}$. 再次根据引理2.5及(5.6)式,推得

$2T(r,f)\leq \overline{N}(r,f)+\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_1}\bigg)+ \overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-a_2}\bigg)+\overline{N}\bigg(r,\frac{1}{f-\frac{a_1}{\alpha}}\bigg)+S(r)\\ \leq \frac{3}{2}T(r,f)+S(r).$

但这也是不可能的.

情况 Ⅱ-2 若$a_2\equiv \frac{a_1}{\alpha}$. 则$\alpha\equiv -1$,$a_1+a_2=0$.

这就完成定理1.3的证明.

首先观察下面两个例子.

例 1 根据Ozawa的一个结果(见文献^[7]),令$D(z)$是以$\pi$为周期的有穷级周期整函数. 再令$\phi(z)={\rm e}^{{\rm i}z}D(z)$,$f(z)=\frac{2\phi}{\phi^2+1}$. 则 $f(z+\pi)=\frac{-2\phi}{\phi^2+1}$与 $f(z)\equiv -f(z+\pi)$成立. 因为$f(z)-1=\frac{-(\phi-1)^2}{\phi^2+1}$,$f(z+\pi)-1=\frac{-(\phi+1)^2}{\phi^2+1}$,$f(z)+1=\frac{(\phi+1)^2}{\phi^2+1}$ 和 $f(z+\pi)+1=\frac{(\phi-1)^2}{\phi^2+1}$,所以亚纯函数$f(z)$ 与$f(z+\pi)$分担$0,\infty$ CM,且满足 $\overline{E}_{1)}(a_j,f(z))=\overline{E}_{1)}(a_j,f(z+\pi))=\emptyset,j=1,2$.

例 2 令$D(z)$是以$2\pi$为周期的有穷级周期整函数. 再令$\phi(z)={\rm e}^{{\rm i}z}D(z)$,$f(z)=\frac{2\phi}{\phi^2+1}$,$g(z)=\frac{-2\phi}{\phi^2+1}$. 则$f(z)\equiv -g(z)$. 容易验证亚纯函数$f(z)$与$g(z)$分担$0,\infty$ CM且满足 $\overline{E}_{1)}(a_j,f(z))=\overline{E}_{1)}(a_j,g(z))=\emptyset,j=1,2$.

上述例1和例2表明定理1.2和定理1.3对于有穷级亚纯函数也可能成立. 因此,本文最后猜想下面命题成立.

命题 设$f(z)$为周期为$c(\neq 0)$的非常数有穷级周期亚纯函数使得 $1 ＜\mu(f)\leq\lambda(f)＜+\infty$,$g(z)$为非常数亚纯函数,$a_1,a_2$为两个判别的非零有穷复数. 如果$f(z)$ 与$g(z)$分担$0$ CM且满足

$\overline{E}_{1)}(a_j,f)=\overline{E}_{1)}(a_j,g),\ \ j=1,2,$

则$f(z)\equiv g(z)$或者$f(z)\equiv -g(z)$,后者仅当$a_1+a_2=0$时成立.