在值分布理论的应用中, 周期函数的理论已得到大量学者的关注, 而拟周期性函数理论鲜有人研究. 庄圻泰和杨重骏在其专著《亚纯函数不动点与分解论》^[2] 中提出多项式拟周期函数定义, 并得到了一些结果, 这些结果对分解论的研究有很大的帮助. 受此启发, 本文将对拟周期函数的性质进行研究, 得到一些结论. 该文的部分结论的证明思路参考了 Zemirni^[11] 的方法. 我们假设读者熟悉 Nevanlinna 理论中的一些基本概念和符号^[2,6,7,9,10], 如 $T(r,f),N(r,f)$ 等. 我们用 $\rho(f)$ 表示函数 $f(z)$ 的增长级, $\rho_2(f)$ 表示函数 $f(z)$ 的超级, $\mu(f)$ 表示函数 $f(z)$ 的下级, $\lambda(f)$ 表示函数 $f(z)$ 的零点收敛指数. 下面我们给出关于拟周期函数的定义.

定义 1.1 亚纯函数 $f(z)$ 被称为加数为 $B$ 且周期为 $c$ 的加法拟周期函数, 如果 $f(z)$ 满足

其中 $c\not=0, B$ 是常数.

特别地, 如果 $B\not=0$, 称 $f(z)$ 为关于 $B$ 的严格加法拟周期函数.

定义 1.2 亚纯函数 $f(z)$ 被称为乘数为 $A$ 且周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 如果 $f(z)$ 满足

其中 $c, A$ 是非零常数.

特别地, 如果 $A\not=1$, 称 $f(z)$ 为关于 $A$ 的严格乘法拟周期函数.

我们知道周期函数的导数是周期函数, 通过一些简单的运算, 我们得出乘法拟周期函数的导数仍是乘法拟周期函数, 而加法拟周期函数的导数是周期函数. 我们还发现函数的导数是严格乘法拟周期函数, 其原函数不一定是严格乘法拟周期函数, 如 $f(z)=\sin z+2$ 的导数是乘数为 $-1$ 且周期为 $\pi$ 的乘法拟周期函数, 而 $f(z)=\sin z+2$ 不是乘数为 $-1$ 且周期为 $\pi$ 的乘法拟周期函数.

在 2003 年, 杨重骏和仪洪勋得到下面结果, 这个结果在本文证明过程中被使用.

定理 1.1^[9] 令 $f(z)$ 是非常数周期亚纯函数, 则 $\rho(f)\geq1, \mu(f)\geq1$.

我们知道周期函数其实是乘数为 $1$ 的乘法拟周期函数, 或是加数为 $0$ 的加法拟周期函数, 下面我们给出拟周期函数的增长性的一些结果.

定理 1.2 令 $f(z)$ 是非常数乘法拟周期亚纯函数, 则 $\rho(f)\geq1, \mu(f)\geq1$.

定理 1.3 令 $f(z)$ 是非常数加法拟周期亚纯函数, 则 $\rho(f)\geq1, \mu(f)\geq1$, 或 $f(z)=az+b$, 其中 $a,b$ 是常数.

定理 1.4 令 $v(z)$ 是增长级有限的亚纯函数, $g(z)$ 是非常数整函数. 如果 $F(z)=v(z){\rm e}^{g(z)}$ 是乘数为 $A$ 且周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 则 $\rho(g)\geq 1$, 或 $g(z)$ 是多项式. 特别地, 当 $g(z)$ 是多项式时, 我们有

注 1.1 如果在定理 1.4 中 $\rho(v)<1$, 则 $v(z)$ 一定是常数. 事实上, 假设 $v(z)$ 不是常数, 在定理 1.4 的证明过程中, 如果 (3.1) 式中 $q(z)$ 不是常数, 这与 $\rho(v)<1$ 矛盾. 因此 $q(z)$ 一定是常数. 于是结合定理 1.4, 我们知道 $v(z)$ 是乘法拟周期函数. 利用定理 1.2, 可知 $\rho(v)\geq 1$, 这与 $\rho(v)<1$ 矛盾.

定理 1.5 假设 ${f(z)}$ 是乘数为 $A$ 且周期为 $c$ 的乘法拟周期整函数且 $\rho_2(f)<1$, 则对于某些 $a, b\in\mathbb{C}$, 我们有 $f(z)={\rm e}^{az+b}$, 或对于任意 $k\in\mathbb{N}$, 我们有 $\lambda(f)=\rho(f)$.

由上述定理我们发现了一个有趣的结果, 对于零点收敛指数小于增长级的超级小于 $1$ 的整函数, 若其具有乘数为 $A$ 且周期为 $c$ 的乘法拟周期性, 则可以分解为指数函数与一次多项式的复合. 下面这个例子表明这个分解并不适用于零点收敛指数等于增长级的函数.

例 1.1 $f(z)=\sin z$ 和 $f(z)=\cos z$ 都是乘数为 $-1$ 且周期为 $\pi$ 的乘法拟周期函数, 且其零点收敛指数等于增长级, 它们无法表示为指数函数与一次多项式的复合.

下面我们给出关于拟周期函数的不动点的结果.

定理 1.6 乘法拟周期整函数有无穷多个不动点.

定理 1.7 加法拟周期超越整函数 $f(z)$ 没有不动点,或有无穷多个不动点. 特别地, 如果 $f(z)$ 是有穷级且没有不动点, 则 $f(z)={\rm e}^{az+b}+z$, 其中 $ac=2k\pi i,b$ 是常数, $k\in\mathbb{N}^+$, $c$ 是 $f(z)$ 的拟周期.

这个性质可以帮助读者快速判断常见函数的不动点的个数, 如下例.

例 1.2 $\sin z,\cos z,{\rm e}^z$ 是乘法拟周期函数, 因此它们一定有无穷多个不动点. ${\rm e}^{z}+z$ 是加法拟周期函数, 因此它们没有不动点, 而 $\sin z+z$ 有无穷多个不动点.

下面定理是对文献 [3, 定理 1]的延拓.

定理 1.8 令 $g_1(z), g_2(z), \cdots, g_n(z)$ 是非常数整函数满足对任意 $j \neq k$$g_j(z)-g_k(z)$ 不是常数. 并且 $v_0(z)$ 是亚纯函数, $v_1(z)$, $\cdots, v_n(z)$ 是满足 $\max\limits _{0 \leq j \leq n} \rho\left(v_j\right)<1$ 的一组非零亚纯函数. 如果

是乘数为 $A$ 且周期为 $c$ 的严格乘法拟周期函数, 则 $v_j(z)(j=1, \cdots, n)$ 一定是常数, $v_0(z)=0$ 且对每个 $k=1, \cdots, n, g_k(z)=p_k(z)+a_k z$, 其中 $a_k$ 是常数, $p_k(z)$ 是周期为 $c$ 的周期函数.

Zemirni^[11]已经给出了关于周期函数的相关性质, 故我们这里只给出严格乘法拟周期函数的结论.

在 2018 年, 王琼和扈培础在文献 [8]中提到了杨重骏的一个猜想.

猜想 1 令 $f(z)$ 是超越整函数. 对于任意正整数 $k$, 如果 $ff^{(k)}$ 是周期函数, 则 $f(z)$ 是周期函数.

受此启发, 对于拟周期函数是否具有相同结论? 我们得到以下结果.

定理 1.9 令 $f(z)$ 是具有非零 Picard 例外值的超越整函数. 对于任意正整数 $k$, 如果 $ff^{(k)}$ 是乘数为 $A$ 且周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 则 $f(z)$ 是周期函数.

定理 1.9 说明猜想 1 在附加条件 $f(z)$ 具有非零 Picard 例外值的情况下成立.

假设 $M(z,f)$ 是如下定义的微分单项式

其中 $\lambda_0, \cdots, \lambda_n$ 是非负整数. 并令 $\gamma_M=\sum\limits _{j=0}^n \lambda_j$.

定理 1.10 令 $f(z)$ 是超越整函数满足 $\lambda(f)<\rho(f)$ 且 $\lambda(f)<\infty$, 并假设 $M(z,f)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 得到如下结果

(1) 如果 $\rho_2(f)<1$, 则 $f(z)={\rm e}^{az+b}$, 其中 $a, b$ 是非零常数且 ${\rm e}^{\gamma_M ac}=A$.

(2) 如果 $1\leq\rho_2(f)<\infty$ 且 $N(r,\frac{1}{f})<\log T(r,f)$, 则 $f(z)$ 是乘数为 $\mathcal{A}$ 周期为 $c$ 的拟周期函数, 其中$\mathcal{A}^{\gamma_M}=A$.

条件 $\lambda(f)<\rho(f)$ 是必要的. 例如对于 $M(z,f)=f(z)f'(z)$, 如果 $f(z)=\sin z$, 则结论不成立.

如果 $M(r,f)$ 中 $\lambda_j (j\in{0,\cdots, n})$ 存在负数, 上述结论是否成立?下面这个例子意味着这种说法是错的.

例 1.3 假设 $f(z)={\rm e}^{{\rm e}^{z}}$, $\frac{f}{f'}=\frac{{\rm e}^{{\rm e}^{z}}}{{\rm e}^{z}{\rm e}^{{\rm e}^{z}}}$ 是乘数为 ${\rm e}^{-c}$ 周期为 $c\not=2k\pi i(k\in\mathbb{Z})$ 的乘法拟周期函数, 而 $f(z)$ 不是以 $c$ 为周期的乘法拟周期函数.

结合定理 1.9 和定理 1.10, 我们得到下面推论.

推论 1.1 令 $f(z)$ 是具有 Picard 例外值的超越整函数且超级有穷. 对于任意正整数 $k$, 如果 $ff^{(k)}$ 是乘数为 $A$ 且周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 则 $f(z)$ 是拟周期函数.

前面我们探讨了关于微分高阶单项式的乘法拟周期性, 很自然地我们得到, 具有加法拟周期性的微分高阶单项式的结果. 对于猜想 1, 我们研究了亚纯函数的严格加法拟周期性.

定理 1.11 令 $f(z)$ 是超越亚纯函数. 对于任意正整数 $k$, 如果 $ff^{(k)}$ 是严格加法拟周期函数, 则 $f(z)$ 一定不是同周期的加法拟周期函数.

假设 $P(z,f)$ 是如下定义的关于 $f(z)$ 的微分多项式

其中

定理 1.12 令 $f(z)$ 是超级小于 $1$ 的超越整函数满足 $\lambda(f)<\rho(f)$ 且 $\lambda(f)<\infty$, 并假设 $P(z,f)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数并且对于任意 $j\in\{1, \cdots, m\}$, $\lambda_{0j}>0$. 则 $f(z)$ 是周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

由 Gundersen 给出的一个例子^[4]表明, 对于上述定理 $\lambda_{0j}>0$ 的条件是必要的.

例 1.4 对于 $f(z)=z{\rm e}^{z}$, $f'(z)^2-f(z)f''(z)$ 是乘数为 ${\rm e}^{2c}$ 且周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 但 $f(z)$ 不是乘法拟周期函数.

为了证明本文结果, 我们需要以下引理.

引理 2.1^[1] 令 $A_0(z), \cdots, A_n(z)$ 是整函数, 并且存在整数 $\ell, 0 \leq \ell \leq n$, 使得

如果 $f(z)$ 是下列方程的亚纯解

则 $\rho(f) \geq \rho\left(A_{\ell}\right)+1$.

引理 2.2^[9] 设 $f(z)$ 是复平面上的亚纯函数, 则 $\rho(f)=\rho(f')$.

引理 2.3^[9] 设 $f_j(j=1, 2, \cdots,n)(n\geq2)$ 为亚纯函数, $g_j(z) (j=1,2,\cdots,n)$ 为整函数, 满足下列各条件

(1) $\Sigma_{j=1}^{n}f_j(z){\rm e}^{g_j(z)}\equiv0$.

(2) 当 $1\leq j<k\leq n$ 时, $g_j(z)-g_k(z)$ 非为常数.

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

则 $f_j(z)\equiv 0 (j=1, 2,\cdots, n)$.

引理 2.4^[9] 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

其中 $n \geqslant 3$. 如果 $f_n(z) \not\equiv0$, 且

其中 $r \in I,$$I$ 是线性测度为无穷的集合, $ k=1,2, \cdots, n-1$ 且 $\lambda<1$, 则 $f_n(z)\equiv1$.

假设 $Q(f)$ 是关于 $f(z)$ 的多项式且至少两项, 定义如下 $Q(f):=\sum^{l}_{s=1}\alpha_{\nu_s}f(z)^{\nu_s}, l\geq2, \nu_1<\cdots<\nu_l,$

其中 $\alpha_{\nu_s}$ 是不为零的亚纯函数满足 $T(r,\alpha_{\nu_s})=S(r,f)$.

引理 2.5 令 $f(z)$ 是超越整函数满足 $N(r, 1 / f)=S(r, f)$, $Q(f)$ 是关于 $f$ 的多项式并且是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 则对所有的 $s \in\{1, \cdots, l\}$, $\alpha_{\nu_s}(z) f(z)^{\nu_s}$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 此外, 对任意不同的 $m, n \in\{1, \cdots, l\}$ 且满足 $\nu_m \nu_n>0$, 函数

是乘数为 $A^{\frac{\nu_n}{\nu_m}}$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

证 因为 $Q(f)$ 是乘法拟周期函数, 所以

其中 $f_c$ 表示 $f(z+c)$.

由文献 [5,引理 8.3] 可知, 当 $r\rightarrow\infty$ 时, 除去有限对数测度例外集, $T(r,f_c)\sim T(r,f)$ 成立.

令 $m\in\{1, \cdots, l\}$, 对(2.3)式两边同时除以 $\alpha_{\nu_m}(z)f^{\nu_m}$ 得到

显然, 对任意

不恒等于常数.

由引理2.4,

因为 $m$ 是任意的, 所以对所有的 $s \in\{1, \cdots, l\}$, $\alpha_{\nu_s}(z) f(z)^{\nu_s}$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 函数 $F_{m,n}(z)$ 的拟周期性可由上式直接得出. 证毕.

注 2.1 我们发现即便没有条件 $N(r, 1 / f)=S(r, f)$, 上述结论也有可能成立. 比如, 对于 $Q(f)=zf(z)+z^3f^{3}(z)$, 倘若 $f(z)=\frac{\sin z}{z}$. 我们还发现对严格乘法拟周期函数的结论是不可逆的, $f(z)={\rm e}^{z}$ 是乘数为 $-1$ 周期为 $i\pi$ 的乘法拟周期函数, 但 $Q(f)=f+f^2$ 不是.

定理1.2的证明 假设 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 这里我们分两种情况讨论

情况 1 当 $0$ 是 $f(z)$ 的 Picard 例外值时, 如果 $f(z)$ 是整函数, 则由 Weierstrass 因式分解定理可知, $f(z)$ 可以写成 $f(z)={\rm e}^{g(z)}$ 的形式, 其中 $g(z)$ 是非常数整函数. 显然 $f={\rm e}^{g(z)}$ 的增长级 $\rho(f)\geq 1.$

如果 $f(z)$ 是亚纯函数, 令 $n(|c|, {f})=k, k\in\mathbb{N}^+.$ 又因为其周期是 $c$, 所以 $n(r,{f})\geq C_1r$, 其中 $C_1$ 是常数. 因此

所以

由此可知 $\rho(f)\geq1$ 以及 $\mu(f)\geq1.$

情况 2 当 $0$ 不是 $f(z)$ 的 Picard 例外值或 $f(z)$ 没有 Picard 例外值时, 不妨假设 $n(|c|, \frac{1}{f})=k, k\in\mathbb{N}^+$. 又因为其周期是 $c$, 所以 $n(r,\frac{1}{f})\geq C_2r$, 其中 $C_2$ 是常数. 因此

所以

由此可知 $\rho(f)\geq1$ 以及 $\mu(f)\geq1$. 证毕.

定理 1.3 的证明

假设 $f(z)$ 是加数为 $B$ 周期为 $c$ 的加法拟周期函数, 则 $f(z+c)-f(z)=B.$

对上式两边求导可得,

如果 $f'(z)$ 为常数, 则 $f(z)=az+b$, 其中 $a, b$ 是常数.

如果 $f'(z)$ 不是常数, 则 $f'(z)$ 是周期函数, 由定理 1.1, 我们有 $\rho(f')\geq1, \mu(f')\geq1$. 使用引理 2.2, 可知 $\rho(f)\geq1$ 以及 $\mu(f)\geq1$. 证毕.

定理 1.4 的证明 令 $q(z):=g(z)-g(z+c)$, 由 $F(z)$ 的拟周期性,

因为 $\rho(v)<\infty$, 所以 $q(z)$ 是多项式.

如果 $\deg(q)=m$, 则 $g^{(m+1)}(z)$ 是周期函数. 结合定理 1.1, 则 $g^{(m+1)}(z)$ 是常数, 或 $\rho(g)\geq1$.

下面考虑 $g^{(m+1)}(z)$ 是常数的情况, 即 $g(z)$ 是多项式. 当 $\deg(g)\geq2$ 时, 由 (3.1) 式以及引理 2.1, 可知

当 $\deg(g)=1$ 时, 由 (3.1) 式, 得到${v(z)}$ 是乘法拟周期函数. 证毕.

定理 1.5的证明 假设 $f(z)\not={\rm e}^{az+b}$, 如果 $\lambda(f)<\rho(f)$, 则 $f(z)$ 可表示为$f(z)=v(z) {\rm e}^{g(z)}$, 显然, $g(z)$ 是多项式, 否则根据定理 1.4, $\rho_2(f)=\rho(g)\geq1$, 这与定理条件矛盾. 并且 $v(z)$ 是满足$\rho(v)=\lambda(f)<\infty$ 的整函数.

如果 $\deg(g)\geq2$, 由定理 1.4, 有 $\rho(v)<\rho(f)=\deg (g)\leq\rho(v)$, 显然矛盾. 因此 $\rho(v)<\deg(g)=1$. 再结合注 1.1, 可知 $v(z)$ 一定是常数. 因此 $f(z)={\rm e}^{az+b}$, 这与假设矛盾. 证毕.

定理 1.6 的证明 反证法, 设 $f(z)$ 只有有限多个不动点, 由 Weierstrass 因式分解定理可知,

其中 $\pi (z)$ 是多项式, $g(z)$ 是整函数.

令 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 结合 (3.2) 式, 我们得到

对上式变形, 得到

我们注意到 $g(z+c)-g(z)$ 一定是常数, 否则根据引理 2.3, 系数 $\pi (z)=0$, 这是不可能的. 我们记 $q=g(z+c)-g(z)$, 将 $q$ 代入(3.3)式中, 有

再利用引理 2.3,

因此 $A=1, c=0$, 这与 $f(z)$ 是乘法拟周期函数矛盾. 证毕.

定理 1.7 的证明 反证法, 设 $f(z)$ 存在有限多个不动点且至少有一个, 由 Weierstrass 因式分解定理可知,

其中 $\pi (z)$ 是非常数多项式, $g(z)$ 是整函数.

令 $f(z)$ 是加数为 $B$ 周期为 $c$ 的加法拟周期函数, 结合 (3.4) 式, 我们得到

对上式变形, 得到

我们注意到 $g(z+c)-g(z)$ 一定是常数, 否则根据引理 2.3, 系数 $\pi (z)=0$, 因此 $f(z)=z$, 这与 $f(z)$ 是超越的矛盾. 我们记 $q=g(z+c)-g(z)$, 将 $q$ 代入 (3.3) 式中, 有

再利用引理 2.3,

因此 $\pi (z)$ 是乘法拟周期函数, 由定理 1.2, 可知 $\rho(\pi )\geq 1$, 这与 $\pi (z)$ 是非常数多项式矛盾.

接下来, 我们考虑 $f(z)$ 是有限级且没有不动点的情况, 即 $\pi (z)$ 为常数.由 (3.6) 式, 可知 $q=2k\pi i$, 其中 $k\in\mathbb{N}^+$. 因此 $g(z)=az+b$, 其中 $ac=2k\pi i, b$ 是常数, $k\in\mathbb{N}^+$. 所以 $f(z)={\rm e}^{az+b}+z$. 证毕.

定理 1.8 的证明 显然 $F(z)$ 不恒等于常数. 因为 $F(z+c)=AF(z)$, 利用引理 2.3, 对任意 $k\in\{1, \cdots, n\}$, 存在 $n_k\in\mathbb{Z}$, 使得

因为 $\max\limits _{0 \leq j \leq n} \rho\left(v_j\right)<1$,由定理 1.4 以及注 1.1, 可知 $v_k{(z)} (k=1, \cdots, n)$ 是常数. 类似地, 由引理 2.3, $v_0(z+c)=Av_0(z)$. 又因为 $\rho(v_0)<1$ 以及 $A\not=1$, 所以 $v_0(z)\equiv0$. 证毕.

定理 1.9 的证明 假设 $d$ 是 $f$ 的非零 Picard 例外值, 则 $f$ 可以写作 $f(z)={\rm e}^{g(z)}+d$, 其中 $g(z)$ 是整函数. 因为 $f(z)f^{(k)}(z)$ 是乘数为 $A$ 且周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 于是我们有

因此

其中 $P_{g(z)}$ 表示 $g(z)$ 的微分多项式.

对上式变形

因为 $\frac{1}{d}{\rm e}^{g(z)}$ 不是常数, 由引理 2.4, 我们可以分两种情况讨论.

情况 1 如果

则

因此 ${\rm e}^{g(z+c)+g(z)}=d^2$. 从而 $\frac{d^3 P_{g(z+c)}}{AP_{g(z)}}{\rm e}^{-3g(z)}\equiv1$, 这是不可能的.

情况 2 如果

则

因此 ${\rm e}^{g(z+c)}={\rm e}^{g(z)}$. 从而 $f(z)$ 是周期函数. 证毕.

定理 1.10 的证明 因为 $f(z)$ 是超越整函数满足 $\lambda(f)<\rho(f)$, 利用 Weierstrass 因式分解定理, 可得 $f(z)=\pi (z){\rm e}^{h(z)}$, 其中 $\pi (z)$ 是 $f(z)$ 的零点典型乘积并且满足 $\rho(\pi )<\rho(f)$, $h(z)$ 是整函数.

我们注意到, 对于每个正整数 $k$, 有

其中 $\mathcal{Q}_k\left(\pi, h^{\prime}\right)$ 是具有常系数关于 $\pi (z)$ 和 $h'(z)$ 的微分多项式.

将 $f(z)=\pi (z){\rm e}^{h(z)}$ 代入 (1.1) 式中, 可得

其中

且

对 $H(z)$ 变形, 得到 $H(z)=\pi (z)^{\gamma_M}h'(z)^{\Gamma_M}+Q(\pi,h')$, 其中 $\Gamma_M=\lambda_1+2\lambda_2+\cdots+n\lambda_n$, 且 $Q(\pi,h')$ 是关于 $\pi (z)$ 和 $h'(z)$ 具有常系数的微分多项式.

下面我们分两种情况进行分析

情况 1 在 $\rho_2(f)<1$ 的情况下. 因为 $\rho(\pi )<\rho(f)\leq\infty, \rho(h)<1$, 所以 $\rho(H)<\infty$. 因为 $M(z,f)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 结合定理 1.4, 得到 $h(z)$ 是次数为 $1$ 的多项式. 事实上, 如果 $\deg(h)\geq2$, 使用定理 1.4, 可得

这与假设矛盾.

根据 $H(z)$ 的展开式, 我们有

再结合注 1.1, $H(z)$ 是常数. 因为 $\deg(h)=1$, 所以对每个 $k$, 有

其中 $c_j (j=1,\cdots,k-1)$ 是常数. 故 $\rho(\mathcal{L}_k)\leq\rho(\pi )<1$.

于是 $H(z)=\pi (z)^{\lambda_0}\prod\limits _{k=1}^{n} \mathcal{L}_k\left(\pi, h^{\prime}\right)^{\lambda_k}$ 的所有因式都是增长级小于 1 的整函数, 所以所有因式都为常数.

如果 $\lambda_0>0$, 则 $\pi (z)$ 是常数. 事实上, 存在正数 $\lambda_k$, 对其而言 $\mathcal{L}_k\left(\pi, h^{\prime}\right)$ 是常数, 所以

如果 $\pi '(z)\not\equiv0$, 则 $\pi '(z)$ 是形式 ${\rm e}^{az}$ 的线性组合, 其中 $a$ 是常数. 故 $\rho(\pi ')=\rho(\pi )=1$, 这与 $\rho(\pi )<1$ 矛盾. 因此 $f(z)={\rm e}^{az+b}$, 其中 $a, b$ 是非零常数. 由 $M(z,f)$ 的乘法拟周期性可得 ${\rm e}^{\gamma_M ac}=A$.

情况 2 在 $1\leq\rho_2(f)<\infty$ 且 $N(r,\frac{1}{f})<\log T(r,f)$ 的情况下, $\rho(\pi )<\rho(h)<\infty$. 结合 $H(z)$ 的定义, 有 $\rho(H)\leq\rho(h)<\infty$. 因为 $M(z,f)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 于是有

正如定理 1.4 所证明的那样, $q(z)$ 是多项式. 如果 $\operatorname{deg}(q)=t \geq 1$, 对 (3.8) 式应用引理 2.1 得到

利用 $H(z)$ 的展开式以及 $h(z+c)=h(z)+q(z)$, 我们有

其中 $\pi _c(z)=\pi (z+c), \tilde{Q}\left(\pi _c, h^{\prime}\right)$ 是关于 $\pi _c(z)$ 和 $h^{\prime}(z)$ 具有多项式系数的微分多项式且 $\operatorname{deg}_{h^{\prime}} \tilde{Q} \leq \Gamma_M-1$.

由 (3.8) 和 (3.10) 式可得

如果 $\pi _c(z)^{\gamma_M}-A{\rm e}^{-\gamma_M q(z)} \pi (z)^{\gamma_M}\not\equiv0$, 由 $\rho=\rho(\pi )<\infty$, 可得

因此 $\rho(h)\leq\max\{\rho, t\}$, 这与 $\rho(h)\geq t+1$ 以及 $\rho(\pi )<\rho(h)$ 矛盾.所以 $\pi _c(z)^{\gamma_M}=A{\rm e}^{-\gamma_M q(z)} \pi (z)^{\gamma_M}$, 这意味着 $\left(\frac{f_c(z)}{f(z)}\right)^{\gamma_M}=A$. 因此 $f(z)$ 是乘数为 $\mathcal{A}$ 周期为 $c$ 的拟周期函数, 其中 $\mathcal{A}^{\gamma_M}=A.$

接下来考虑 $\deg(q)=t=0$ 的情况. 因此 $q(z)$ 是常数, 于是有 $h'(z+c)=h'(z)$. 与 $t\geq1$ 的情况相同的论证得出了相同的结论. 证毕.

定理 1.11 的证明 反证法, 假设 $f(z)$ 是加数为 $B$ 周期为 $c$ 的加法拟周期函数. 因为 $f(z)f^{(k)}(z)$ 是加数为 $\mathfrak{B}$ 周期为 $c$ 的加法拟周期函数. 于是有

结合加法拟周期函数的导数是周期函数的性质以及 $f(z)$ 的加法拟周期性, 可得

这与 $f(z)$ 是超越的矛盾.

定理 1.12 的证明 因为 $f(z)$ 是超越整函数满足 $\lambda(f)<\rho(f)$, 利用 Weierstrass 因式分解定理, 可得 $f(z)=\pi (z){\rm e}^{h(z)}$, 其中 $\pi (z)$ 是满足 $\rho(\pi )<\rho(f)$的$f(z)$ 的零点典型乘积, $h(z)$ 是整函数.

将 $f(z)=\pi (z){\rm e}^{h(z)}$ 代入 (1.2) 式中, 可得

其中 $\gamma_j=\lambda_{0j}+\cdots+\lambda_{nj}$,$H_j(z)=\pi (z)^{\lambda_{0j}}\prod\limits _{k=1}^{n} \mathcal{L}_k\left(\pi, h^{\prime}\right)^{\lambda_{kj}}$, 且 $\mathcal{L}_k\left(\pi, h^{\prime}\right)=\pi (z) h^{\prime}(z)^k+\mathcal{Q}_k\left(\pi, h^{\prime}\right)$.对 $H_j(z)$ 变形, 得到 $H_j(z)=\pi (z)^{\gamma_j}h'(z)^{\Gamma_j}+Q(\pi,h')$,其中 $\Gamma_j=\lambda_{1j}+2\lambda_{2j}+\cdots+n\lambda_{nj}$, 且 $Q(\pi,h')$ 是关于 $\pi (z)$ 和 $h'(z)$ 具有常系数的微分多项式.

于是 $P(z, f)=\sum\limits _{j=1}^m \alpha_j H_j(z) {\rm e}^{\gamma_j h(z)}.$ 对 $P(z,f)$ 的项进行合并重排, 得到

其中 $\delta_1, \cdots, \delta_l$ 是对 $\gamma_1, \cdots, \gamma_m$ 的顺序重排使之 $\delta_i$ 是一个严格递增的数列, 并且这次重排对于相同的数只取一次, 对于每个 $i \in\{1,2, \cdots, l\}$

因此 $\rho\left(\tilde{H}_i\right) \leq \max \{\rho(\pi ), \rho(h)\}<\rho\left(e^h\right)$. 故对于每个 $i \in\{1,2, \cdots, l\}$,

所以 $P(z, f)$ 可以被看作是关于 ${\rm e}^{h(z)}$ 且系数是 ${\rm e}^{h(z)}$ 的小函数的多项式.

因为 $P(z, f)\not\equiv0$, 因此存在 $p\in\{1,2, \cdots, l\}$ 使得 $\tilde{H}_p(z)\not\equiv0$.

(1) 如果 $P(z, f)$ 是单项式, 即 $P(z, f)= \tilde{H}_p(z) {\rm e}^{\delta_p h(z)}$. 由 $P(z, f)$ 的拟周期性以及定理 1.4 可知 $h(z)$ 是一次多项式且$\rho\left(\tilde{H}_p\right) \leq \rho(\pi )<\rho(f)=\operatorname{deg}(h)=1$. 又由注 1.1可知 $\tilde{H}_p(z)$ 是非零常数. 结合 $H_j(z)$ 和 $\tilde{H}_p(z)$ 的定义, 我们有

根据假设我们知道对任意 $j \in\{1,2, \cdots, m\}$, 我们有 $\lambda_{0 j}>0$. 如果 $\pi (z)$ 不是常数, 则 $\pi (z)$ 至少有一个零点 $z_0$. 将 $z_0$ 代入 (3.12) 式得到 $\tilde{H}_p=0$, 这与 $\tilde{H}_p(z)$ 是非零常数矛盾. 因此 $\pi (z)$ 没有零点, 又因为 $\rho(\pi )<1$, 则 $\pi (z)$ 是非零常数. 由 $\tilde{H}_p {\rm e}^{\delta_p h(z)}$ 的拟周期性, 可知 $f(z)$ 是乘数为 $\mathcal{A}$ 周期为 $c$ 的拟周期函数, 其中 $\mathcal{A}^{\delta_p}=A.$

(2) 如果 $P(z, f)$ 是至少两项的多项式, 应用引理 2.5, 可知对于任意使得 $\tilde{H}_p(z)\not\equiv0$ 的 $p$, $\tilde{H}_p {\rm e}^{\delta_p h(z)}$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 再由情况 (1) 可知 $f(z)$ 是周期函数.