本文所提到的亚纯函数是指在整个复平面上的亚纯函数。设f与g是复平面内两个非常数的亚纯函数。并假定读者熟悉Nevanlinna理论的基本概念^[1-3]，例如T(r, f)，m(r, f)，N(r, f)，N(r, f)等等。用E⊂(0, ∞)表示线性测度有穷的集合，每次出现时可以不同。余项S(r, f)表示满足S(r, f)=o(T(r, f)), r→∞, r∉E的量。设a是一个有穷复数，如果f-a与g-a具有相同的零点且重数相同，则称f与gCM分担a，如果f-a与g-a具有相同的零点而不计重数，则称f与gIM分担a；如果1/f与1/gCM分担0，则称f与gCM分担∞；如果1/f与1/gIM分担0，就称f与gIM分担∞^[2]。另外还需要下述定义。

定义1^[4]  设p是1个正整数，并且a∈C∪{∞}。以下用N_p)(r, $\frac{\text{1}}{f-a}$)表示f的重数不大于p的a-值点的计重数的计数函数，${{\bar{N}}_{p)}}$(r, $\frac{\text{1}}{f-a}$)表示相应的精简计数函数；用N_(p(r, $\frac{\text{1}}{f-a}$)表示f的重数不小于p的a-值点的计重数的计数函数，${{\bar{N}}_{(p}}$(r, $\frac{\text{1}}{f-a}$)表示相应的精简计数函数。假设k是1个正整数，记号N_k(r, $\frac{\text{1}}{f-a}$)定义如下：

$ \begin{array}{l} {N_k}\left( {r,\frac{1}{{f - a}}} \right) = \bar N\left( {r,\frac{1}{{f - a}}} \right) + {{\bar N}_{\left( 2 \right.}}\left( {r,\frac{1}{{f - a}}} \right) + \\ \cdots + {{\bar N}_{\left( k \right.}}\left( {r,\frac{1}{{f - a}}} \right) \end{array} $

并定义

$ {\delta _k}\left( {a,f} \right) = 1 - \mathop {\lim \sup }\limits_{r \to \infty } \frac{{{N_k}\left( {r,\frac{1}{{f - a}}} \right)}}{{T\left( {r,f} \right)}}。$

显然$0\le {{\delta }_{k}}\left(a, f \right)\le {{\delta }_{k-1}}\left(a, f \right)\le \ldots \le {{\delta }_{2}}\left(a, f \right)\le {{\delta }_{1}}\left(a, f \right)=\Theta \left(a, f \right)\le 1$。

注： $0\le {{\delta }_{k}}\left(a, f \right)\le {{\delta }_{k-1}}\left(a, f \right)\le {{\delta }_{1}}\left(a, f \right)\le \Theta \left(a, f \right)\le 1$，其中，a是扩充复平面上的任意值，k是任意的正整数。若a=∞，则N_k(r, $\frac{\text{1}}{f-a}$)理解为N_k(r, f)。为方便读者，首先介绍本文涉及的Nevanlinna基本理论^[1-3]如下：

(1) 定义：

$ T\left( {r,f} \right) = m\left( {r,f} \right) + N\left( {r,f} \right), $

其中，

$ m\left( {r,f} \right) = \frac{1}{{2{\rm{ \mathsf{ π} }}}}\int_0^{2{\rm{ \mathsf{ π} }}} {{{\log }^ + }\left| {f\left( {r{{\rm{e}}^{i\theta }}} \right)} \right|{\rm{d}}\theta } , $

$ {\log ^ + }\left| x \right| = \max \left( {0,\log \left| x \right|} \right), $

$ N\left( {r,f} \right) = \int_0^r {\frac{{n\left( {t,f} \right) - n\left( {0,f} \right)}}{t}{\rm{d}}t} + n\left( {0,f} \right)\log r。$

其中，n(t, f)表示在|s| < t内f极点的个数(计算重数)。

f的增长级

$ \rho \left( f \right) = \mathop {\lim \sup }\limits_{r \to \infty } \frac{{{{\log }^ + }T\left( {r,f} \right)}}{{\log r}}。$

(2) T(r, f), m(r, f)的性质:

$ T\left( {r,fg} \right) \le T\left( {r,f} \right) + T\left( {r,g} \right), $

$ T\left( {r,f + g} \right) \le T\left( {r,f} \right) + T\left( {r,g} \right) + O\left( 1 \right)。$

m(r, f)对于上面的不等式也成立。

(3) 若f是整函数，则当0 < r < R时，

$ \log {\max _{\left| s \right| = r}}\left\{ {\left| {f\left( s \right)} \right|} \right\} \le \frac{{R + r}}{{R - r}}T\left( {r,f} \right) $

成立。

(4) Nevanlinna第一基本定理：

$ T\left( {r,f} \right) = T\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + O\left( 1 \right)。$

(5) 对数导数引理：如果f的级

$ \rho \left( f \right): = \lim {\sup _{r \to \infty }}\frac{{\log T\left( {r,f} \right)}}{{\log r}} $

是有限的，则

$ m\left( {r,\frac{{f'}}{f}} \right) = O\left( {\log r} \right)。$

(6) 若f是在复平面上的超越亚纯函数，则

$ \mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \frac{{T\left( {r,f} \right)}}{{\log r}} = \infty 。$

本文还需L函数的有关概念和性质^[5]。L-函数是包括Riemann zeta函数

$ \zeta \left( s \right) = \sum\nolimits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^s}}}} , $

在内的一类函数, 在解析数论理论中是非常重要的研究对象并引起了国内外复分析专家和解析数论专家的关注。L-函数关于1个复变量s=σ+it的Dirichlet级数

$ L\left( s \right) = \sum\nolimits_{n = 1}^\infty {\frac{{a\left( n \right)}}{{{n^s}}}} , $

且满足以下公理

(ⅰ) Ramanujan假设。对任意ε>0，有a(n)$\ll $n^ε；

(ⅱ)解析连续性：存在1个非负整数k，使得(s-1)^kL(s)：是1个有穷级整函数；

(ⅲ)函数方程。L满足函数方程

$ {\Lambda _L}\left( s \right) = \omega \overline {{\Lambda _L}\left( {1 - \bar s} \right)} , $

其中，

$ {\Lambda _L}\left( s \right) = L\left( s \right){Q^S}\prod\nolimits_{j = 1}^K {{\rm{\Gamma }}\left( {{\lambda _j}s + {\mu _j}} \right)} , $

这里Q, λ_j是正实数，μ_j和ω是复数，并且Reμ_j≥0, |ω|=1。另外L-函数的次数d_L被定义为${{d}_{L}}=2\sum\nolimits_{j=1}^{K}{{{\lambda }_{j}}}$，其中K和λ_j是上述公理(ⅲ)中提到的K和λ_j。值得注意的是上述3条公理中并没有Euler乘积假设：a(1)=1和$\text{log}L\left(s \right)=\sum\nolimits_{n=1}^{\infty }{\frac{b\left(n \right)}{{{n}^{s}}}}$。如果n不是1个素数的正整数幂，则b(n)=0，并且对某个实数θ < 1/2，有b(n)$\ll $θ。1个L-函数若满足上述公理(ⅰ)~(ⅲ)和Euler乘积假设叫做Selberg类S#中的L函数^[5-6], 该类函数包括满足Ramanujan假设的Dirichlet级数和Riemann zeta函数ζ。另外，有许多Dirichlet级数不满足Euler乘积^[5]。Kaczorowski-Perelli^[7]中的Selberg类L-函数仅仅满足(ⅱ)和(ⅲ)。Kaczorowski-Perelli^[7]也证明了当次数在0和1之间时的L-函数也满足(ⅰ)。

在叙述下面的定理之前，我们首先介绍下面的记号N_L^c(T)和$\overline{{{N}_{L}}^{c}}$(T)：N_L^c(T)表示在长方0≤σ≤1，|t|≤T内L(σ+it)-c的零点个数(计重数)，$\overline{{{N}_{L}}^{c}}$(T)表示N_L^c(T)的精简形式。

2007年Steuding^[5]证明了：

定理A ^{[5, p.111]}  假设2个L函数L₁和L₂满足同样的函数方程，并且a(1)=1, 也满足公理(ⅰ), (ⅱ)和(ⅲ)。如果L₁和L₂IM分担c₁和c₂，且满足

$ \mathop {\lim \inf }\limits_{T \to \infty } \frac{{\bar N_{{L_j}}^{{c_1}}\left( T \right) + \bar N_{{L_j}}^{{c_j}}\left( T \right)}}{{N_{{L_j}}^{{c_1}}\left( T \right) + N_{{L_j}}^{{c_2}}\left( T \right)}} > \frac{1}{2} + \varepsilon ,j = 1,2, $

(1)

其中，c₁和c₂是两个判别的有穷复数，ε是任意给定的任意小的正数，则有L₁=L₂。

注： 条件表明，如果超过50%的L_j-c₁和L_j-c₂的零点是判别的，则L₁=L₂。

2011年，李保勤^[8]去掉了定理A中的条件(1)证明了下述结果:

定理B^[8]  假设2个L函数L₁和L₂满足同样的函数方程, 并a(1)=1，L₁和L₂也满足公理(ⅰ), (ⅱ)和(ⅲ)。如果L₁和L₂IM分担c₁和c₂，其中，c₁和c₂是2个判别的有穷复数，ε是任意给定的任意小的正数，则有L₁=L₂。

1997年, Lahiri^[9]提出了下述问题：

问题1  如果2个非常数的亚纯函数的非线性微分多项式CM分担1，那么这2个亚纯函数的关系如何？

2002年，方明亮证明了下述结果，在整函数条件下研究了问题1，证明了下述定理：

定理C^[10]  假设f与g是2个非常数的整函数，n和k是2个正整数，且满足n>2k+4。如果(fⁿ)^(k)与(gⁿ)^(k)CM分担1, 则或者$f\left(z \right)={{c}_{1}}{{e}^{cz}}, g\left(z \right)={{c}_{2}}{{e}^{-cz}}$，其中，c₁, c₂和c是3个常数且满足${{\left(-1 \right)}^{k}}{{\left({{c}_{1}}{{c}_{2}} \right)}^{n}}{{\left(nc \right)}^{2k}}=1$, 或者f=tg, 且对1个常数t，满足tⁿ=1。

本文的目的是将定理B里的f和g换成有限个极点的亚纯函数和L函数，若它们分别满足CM分担或IM分担1，它们之间又有什么关系呢？

本文将研究满足条件(ⅰ)~(ⅲ)的L-函数和具有有限个极点的亚纯函数的1类非线性微分多项式具有1个非零公共值的唯一性问题，证明下述两个定理。

定理1  假设f是有限个极点的非常数亚纯函数, L是1个L函数，且满足公理(ⅰ), (ⅱ)和(ⅲ), n和k是2个正整数, 且满足n>2k+4和k≥2。如果(fⁿ)^(k)与(Lⁿ)^(k)CM分担1, 那么f=tL，其中，t为常数，且满足tⁿ=1。

定理2  假设f是有限个极点的非常数亚纯函数, L是L函数, 且满足公理(ⅰ), (ⅱ)和(ⅲ), n和k是2个正整数, 且满足n>5k+7和k≥2。如果(fⁿ)^(k)与(Lⁿ)^(k)IM分担1, 那么f=tL，其中t为常数，且满足tⁿ=1。

1 几个引理

引理1^[1-3]  假设f是1个非常数的亚纯函数, k是一个正整数, c≠0是1个有穷复数, 则

$ \begin{array}{l} T\left( {r,f} \right) \le \bar N\left( {r,f} \right) + N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + N\left( {r,\frac{1}{{{f^{\left( k \right)}} - c}}} \right) - \\ N\left( {r,\frac{1}{{{f^{\left( {k + 1} \right)}}}}} \right) + S\left( {r,f} \right) \le \bar N\left( {r,f} \right) + {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \\ \bar N\left( {r,\frac{1}{{{f^{\left( k \right)}} - c}}} \right) - {N_0}\left( {r,\frac{1}{{{f^{\left( {k + 1} \right)}}}}} \right) + S\left( {r,f} \right)。\end{array} $

其中，N₀(r, $\frac{1}{{{f}^{\left(k+1 \right)}}}$)表示在|z| < r内是f^(k+1)的零点, 但不是f(f^(k)-c)零点的那些点的计数函数。

引理2  假设f与g是2个在复平面上有有限个极点的超越亚纯函数，k≥1是1个正整数，如果f^(k)与g^(k)IM分担1且

$ \begin{array}{l} {\Delta _1} = \Theta \left( {0,f} \right) + \Theta \left( {0,g} \right) + 2{\delta _{k + 1}}\left( {0,f} \right) + \\ 3{\delta _{k + 1}}\left( {0,f} \right) > 6, \end{array} $

(2)

$ \begin{array}{l} {\Delta _2} = \Theta \left( {0,g} \right) + \Theta \left( {0,f} \right) + 2{\delta _{k + 1}}\left( {0,g} \right) + \\ 3{\delta _{k + 1}}\left( {0,f} \right) > 6。\end{array} $

(3)

则或者f^(k)g^(k)=1或者f=g。

注： 引理2的证明和引理2.4^[11]的证明类似，为了方便读者，我们给出引理2的证明如下。

证明 因为f和g是在复平面上有限个极点的超越亚纯函数，所以f^(k)和g^(k)也是有有限个极点的超越亚纯函数，设

$ F = {f^{\left( k \right)}},G = {g^{\left( k \right)}}。$

(4)

$ h = \left( {\frac{{F''}}{{F'}} - \frac{{2F'}}{{F - 1}}} \right) - \left( {\frac{{G''}}{{G'}} - \frac{{2G'}}{{G - 1}}} \right)。$

(5)

以下用${{N}_{0}}\left(r, \frac{1}{F'} \right)$表示在|z| < r内是F′的零点, 但不是f(F-1)零点的那些点的计数函数。${{{\bar{N}}}_{0}}\left(r, \frac{1}{F'} \right)$表示${{N}_{0}}\left(r, \frac{1}{F'} \right)$的精简形式。${{{\bar{N}}}_{\left(1, 1 \right)}}\left(r, \frac{1}{F-1} \right)$表示在|z| < r内F-1和作为G-1公共简单零点的计数函数。${{{\bar{N}}}_{L}}\left(r, \frac{1}{F-1} \right)$表示|z| < r内F-1和G-1公共零点中，作为F-1的零点重数大于作为G-1的零点重数的那些点的精简计数函数。同理可定义${{N}_{0}}\left(r, \frac{1}{G'} \right)$, ${{{\bar{N}}}_{0}}\left(r, \frac{1}{G'} \right)$, ${{{\bar{N}}}_{\left(1, 1 \right)}}\left(r, \frac{1}{G-1} \right)$和${{{\bar{N}}}_{L}}\left(r, \frac{1}{G-1} \right)$。

设z₀是F-1和G-1的公共单零点，则从(5)知h(z₀)=0。设z₁是F的单极点, 则经计算知z₁是$\frac{F''}{F'}-\frac{2F'}{F-1}$的解析点。同样, 若z₂是G的1个单极点，则经计算知z₂是$\frac{G''}{G'}-\frac{2G'}{G-1}$的解析点。因此由(4)，(5)和条件f^(k)与g^(k)IM分担1知

$ \begin{array}{l} N\left( {r,h} \right) \le \overline {{N_{\left( 2 \right.}}} \left( {r,f} \right) + \overline {{N_{\left( 2 \right.}}} \left( {r,G} \right) + \\ \bar N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + \\ \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) + \overline {{N_0}} \left( {r,\frac{1}{{F'}}} \right) + \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G'}}} \right) + \\ O\left( {\log r} \right) \le \bar N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + \\ \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) + \overline {{N_0}} \left( {r,\frac{1}{{F'}}} \right) + \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G'}}} \right) + O\left( {\log r} \right)。\end{array} $

(6)

设z₀是f的重数l≥k+2的零点, 则由(4)知z₀也是F′的重数l-k-1≥1的零点，因此由(4)和引理1知

$ \begin{array}{l} T\left( {r,f} \right) \le \bar N\left( {r,f} \right) + N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + N\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) - \\ N\left( {\frac{1}{{F'}}} \right) + S\left( {r,f} \right) \le {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) - \\ {N_0}\left( {r,\frac{1}{{F'}}} \right) + S\left( {r,f} \right)。\end{array} $

(7)

同理可证

$ \begin{array}{l} T\left( {r,g} \right) \le {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) - \\ {N_0}\left( {r,\frac{1}{{G'}}} \right) + S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(8)

假设：h不恒等于0, 则由(4)~(6)和条件f^(k)与g^(k)IM分担1知

$ \begin{array}{l} \bar N\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) \le \overline {{N_{\left( {1,1} \right)}}} \left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + \\ \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) + N\left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + O\left( {\log r} \right) \le N\left( {r,\frac{1}{h}} \right) + \\ \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) + T\left( {r,{f^{\left( k \right)}}} \right) + O\left( {\log r} \right) \le T\left( {r,h} \right) + \\ \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) + T\left( {r,f} \right) + O\left( {\log r} \right) + S\left( {r,f} \right) \le \\ N\left( {r,h} \right) + \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) + T\left( {r,f} \right) + S\left( {r,f} \right) + \\ S\left( {r,g} \right) \le \bar N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) + \\ 2\overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) + T\left( {r,f} \right) + {N_0}\left( {r,\frac{1}{{F'}}} \right) + {N_0}\left( {r,\frac{1}{{G'}}} \right) + \\ S\left( {r,f} \right) + S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(9)

由(4)知

$ \begin{array}{l} \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) \le N\left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) - \bar N\left( {r,\frac{1}{{G - 1}}} \right) \le \\ N\left( {r,\frac{{G'}}{G}} \right) + m\left( {r,\frac{{G'}}{G}} \right) + O\left( 1 \right) \le \bar N\left( {r,g} \right) + \\ {N_1}\left( {r,\frac{1}{{{g^{\left( k \right)}}}}} \right) + O\left( {\log r} \right) + S\left( {r,g} \right) \le \bar N\left( {r,g} \right) + \\ k\bar N\left( {r,g} \right) + {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,g} \right) \le {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \\ S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(10)

同理可证

$ \overline {{N_L}} \left( {r,\frac{1}{{F - 1}}} \right) \le {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + S\left( {r,f} \right)。$

(11)

由(7)~(11)知

$ \begin{array}{l} T\left( {r,g} \right) \le 2{N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + 3{N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \\ \bar N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,f} \right) + S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(12)

同理可证

$ \begin{array}{l} T\left( {r,f} \right) \le 2{N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + 3{N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \\ \bar N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,f} \right) + S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(13)

假设存在1个子集I⊆R⁺且其线性测度为∞，当r∈I, r→∞时，有

$ T\left( {r,f} \right) \le T\left( {r,g} \right)。$

(14)

由(12)和(14)知

${{\Delta }_{1}}=\Theta \left(0, f \right)+\Theta \left(0, g \right)+2{{\delta }_{k+1}}\left(0, f \right)+3{{\delta }_{k+1}}\left(0, g \right)\le 6$，这和(2)矛盾。

同理，存在1个子集I⊆R⁺且其线性测度为∞，当r∈I, r→∞时，有

$ T\left( {r,f} \right) \le T\left( {r,g} \right)。$

(15)

由(13)和(15)知Δ₂≤6, 这和(3)矛盾。因此h=0。于是可得

$ \frac{{F''}}{{F'}} - \frac{{2F'}}{{F - 1}} = \frac{{G''}}{{G'}} - \frac{{2G'}}{{G - 1}}。$

(16)

由(16)知

$ \frac{1}{{F - 1}} = \frac{{bG + a - b}}{{G - 1}}, $

(17)

其中，a, b是2个复数。下面我们分以下3种情形讨论。

情形1  设b≠0, a=b。假设a=b=-1。由(13)和(17), 可得引理2中的条件2。

假设b≠-1, a=b。则(17)能写为

$ G = \frac{1}{b} \cdot \frac{1}{{F - \left( {\frac{{1 + b}}{b}} \right)}},F = \frac{{\left( {b + 1} \right)G - 1}}{{bG}}。$

(18)

由(4)和(18)左边的等式可得

$ \bar N\left( {r,\frac{1}{{F - \left( {\frac{{1 + b}}{b}} \right)}}} \right) = \bar N\left( {r,g} \right) + O\left( {\log r} \right) = O\left( {\log r} \right)。$

(19)

由(4)和(19)，引理1可得

$ \begin{array}{l} T\left( {r,f} \right) \le \bar N\left( {r,f} \right) + N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \\ N\left( {r,\frac{1}{{F - \left( {\frac{{1 + b}}{b}} \right)}}} \right) - N\left( {r,\frac{1}{{F'}}} \right) + S\left( {r,f} \right) \le \\ {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \bar N\left( {r,g} \right) + O\left( {\log r} \right) + S\left( {r,f} \right) \le \\ {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + S\left( {r,f} \right)。\end{array} $

(20)

另一方面，由(18)右边的等式和(4)知

$ \bar N\left( {r,\frac{1}{{G - \frac{1}{{b + 1}}}}} \right) = \bar N\left( {r,\frac{1}{F}} \right) + O\left( {\log r} \right)。$

由上式和(4)和引理1知

$ \begin{array}{l} T\left( {r,g} \right) \le \bar N\left( {r,g} \right) + N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \\ N\left( {r,\frac{1}{{G - \frac{1}{{b + 1}}}}} \right) - N\left( {r,\frac{1}{{G'}}} \right) + S\left( {r,g} \right) \le {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \\ \bar N\left( {r,\frac{1}{{{f^{\left( k \right)}}}}} \right) + O\left( {\log r} \right) + S\left( {r,g} \right) \le {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \\ {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + k\bar N\left( {r,f} \right) + S\left( {r,f} \right) + S\left( {r,g} \right) \le \\ {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + S\left( {r,f} \right) + S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(21)

如果(15)成立，结合(20)知

$ {\delta _{k + 1}}\left( {0,g} \right) \le 0。$

(22)

由(1)和(22)得出矛盾。

如果(14)成立，结合(21)知

$ {\delta _{k + 1}}\left( {0,g} \right) + {\delta _{k + 1}}\left( {0,f} \right) \le 1。$

(23)

由(2)和(23)得出矛盾。

情形2  假设b≠0, a≠b。我们讨论以下2种子情形。

子情形2.1假设b=-1则a≠0。于是(17)变为

$ F = \frac{a}{{a + 1 - G}}, $

(24)

和

$ G = \frac{{\left( {a + 1} \right)F - a}}{F}。$

(25)

由(4)和(24)知

$ \bar N\left( {r,\frac{a}{{a + 1 - G}}} \right) = \bar N\left( {r,f} \right) + O\left( {\log r} \right) = O\left( {\log r} \right)。$

(26)

由(4)，(26)和引理1知

$ \begin{array}{l} T\left( {r,g} \right) \le \bar N\left( {r,f} \right) + {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \bar N\left( {r,g} \right) + \\ S\left( {r,g} \right) = {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(27)

另一方面，由(4)和(25)知

$ \bar N\left( {r,\frac{1}{{F - \frac{a}{{a + 1}}}}} \right) = \bar N\left( {r,\frac{1}{{{g^{\left( k \right)}}}}} \right) + O\left( {\log r} \right)。$

(28)

由(4)，(28)和引理1知

$ \begin{array}{l} T\left( {r,f} \right) = \bar N\left( {r,f} \right) + {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + k\bar N\left( {r,g} \right) + \\ {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,g} \right) + S\left( {r,f} \right) \le {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \\ {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,g} \right) + S\left( {r,f} \right)。\end{array} $

(29)

如果(14)成立，结合(1)和(27)得出矛盾。

如果(15)成立，结合(2)和(29)得出矛盾。

子情形2.2假设b≠1.则(17)变为

$ F - \frac{{b + 1}}{b} = \frac{{ - a}}{{{b^2}}} \cdot \frac{1}{{G + \frac{{a - b}}{b}}}。$

(30)

和

$ G + \frac{{a - b}}{b} = \frac{{ - a}}{{{b^2}}} \cdot \frac{1}{{F - \frac{{b + 1}}{b}}}。$

(31)

由(4)，(30)和(31)知

$ \bar N\left( {r,\frac{1}{{G + \left( {a - b} \right)}}} \right) = \bar N\left( {r,f} \right) + O\left( {\log r} \right) = O\left( {\log r} \right)。$

(32)

$ \bar N\left( {r,\frac{1}{{F - \frac{{b + 1}}{b}}}} \right) = \bar N\left( {r,g} \right) + O\left( {\log r} \right) = O\left( {\log r} \right)。$

(33)

由(4)，(33)和引理1可得(20)。同理，由(4)，(3), (32)和引理1可得(27)。如果(14)成立，则由(2)和(27)得出矛盾。如果(15)成立，则由(2)和(20)得出矛盾。

情形3  假设b=0, 则a≠0，于是(17)变为

$ g = af + \left( {1 - a} \right)。$

(34)

如果a≠1, 则由(34)可得

$ \begin{array}{l} T\left( {r,g} \right) \le \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{{g - \left( {1 - a} \right)}}} \right) + \\ S\left( {r,g} \right) = \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(35)

由(34)知T(r, f)=T(r, g)+O(logr)。

则由上式和(35)知

$ \Theta \left( {0,f} \right) + \Theta \left( {0,g} \right) \le 2。$

(36)

由(2)和(36)知

$ 2{\delta _{k + 1}}\left( {0,f} \right) + 3{\delta _{k + 1}}\left( {0,g} \right) > 5。$

(37)

由(37)和注引言里亏量的定义和性质得出矛盾。因此a=1, 于是由(34)知f=g。证毕。

类似文献[10]里引理4的证明可得：

引理3  假设f与g是2个有限个极点的超越亚纯函数，k是1个正整数，如果f^(k)与g^(k)CM分担1且

$ \Theta \left( {0,f} \right) + \Theta \left( {0,g} \right) + {\delta _{k + 1}}\left( {0,f} \right) + {\delta _{k + 1}}\left( {0,g} \right) > 3, $

则或者f^(k)g^(k)=1或者f=g。

引理4^[1]  假设f是至多有限个极点的非常数亚纯函数，对l≥2是一个正整数。如果f和f^(l)最多有有限个零点，则$f\left(z \right)=\frac{{{P}_{1}}\left(z \right)}{{{P}_{2}}\left(z \right)}{{e}^{{{P}_{3}}\left(z \right)}}$，其中P₁, P₂, P₃是多项式。在上述条件下，若f和f^(l)没有零点，则$f\left(z \right)={{e}^{Az+B}}$或者$f\left(z \right)={{\left(Az+B \right)}^{-n}}$。

2 定理的证明

定理1的证明：

因为L是超越亚纯函数，所以我们只要将f分有理函数和超越亚纯函数2种情况进行讨论即可。

情形1  假设f是有理函数, 由引理1和条件${{\left({{f}^{n}} \right)}^{\left(k \right)}}{{\left({{L}^{n}} \right)}^{\left(k \right)}}$CM分担1，

$ \begin{array}{l} T\left( {r,{L^n}} \right) \le \bar N\left( {r,{L^n}} \right) + {N_{k + 1}}\left( {r,\frac{1}{{{L^n}}}} \right) + \\ \bar N\left( {r,\frac{1}{{{{\left( {{L^n}} \right)}^{\left( k \right)}} - 1}}} \right) + O\left( {\log r} \right) \le \bar N\left( {r,L} \right) + \\ \left( {k + 1} \right)\bar N\left( {r,\frac{1}{L}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{{{{\left( {{f^n}} \right)}^{\left( k \right)}} - 1}}} \right) + \\ O\left( {\log r} \right) \le \left( {k + 1} \right)T\left( {r,L} \right) + O\left( {\log r} \right)。\end{array} $

即

$ nT\left( {r,L} \right) \le \left( {k + 1} \right)T\left( {r,L} \right) + O\left( {\log r} \right), $

又由前面引言中的(6)推出n≤k+1与条件n>2k+4矛盾。

情形2  假设f为有限个极点的超越亚纯函数，设F=fⁿ, G=Lⁿ。则由n>2k+4得

$ \begin{array}{l} \Theta \left( {0,F} \right) + \Theta \left( {0,G} \right) + {\delta _{k + 1}}\left( {0,F} \right) + {\delta _{k + 1}}\left( {0,L} \right) > \\ 2\frac{{n - 1}}{n} + 2\frac{{n - \left( {k + 1} \right)}}{n} > 3。\end{array} $

因为F=fⁿ, G=Lⁿ, 所以F^(k)和G^(k)CM分担1。又因为L函数为至多1个极点s=1的超越亚纯函数, 所以应用引理3, 推出F^(k)G^(k)=1或者F=G。

下面我们考虑以下2种子情形。

子情形2.1  假设F^(k)G^(k)=1, 即

$ {\left( {{f^n}} \right)^{\left( k \right)}}{\left( {{L^n}} \right)^{\left( k \right)}} = 1。$

(38)

以下证明：0是f与L的Picard例外值，即：对任意z∈C，有

$ f\left( z \right) \ne 0,L\left( z \right) \ne 0。$

(39)

假设Z₀是f的零点且重数为m, 结合${{\left({{f}^{n}} \right)}^{\left(k \right)}}{{\left({{L}^{n}} \right)}^{(k)}}=1$, 知z₀是L的极点, 设其重数为p, 所以mn-k=np+k，即(m-p)n=2k，这与条件n>2k+4且m, p是正整数这一事实矛盾，所以0是f的Picard例外值。同理, 0是L的Picard例外值。

另一方面, 由(38)和条件f和L是至多有限个极点的亚纯函数，可得${{\left({{f}^{n}} \right)}^{\left(k \right)}}$与${{\left({{L}^{n}} \right)}^{(k)}}$的零点个数是有限的，则由引理4，可得

$ f\left( z \right) = \frac{{{P_1}\left( z \right)}}{{{P_2}\left( z \right)}}{e^{{P_3}\left( z \right)}}, $

(40)

其中，P₁, P₂, P₃是多项式，由(38)知

$ T\left( {r,{{\left( {{f^n}} \right)}^k}} \right) = T\left( {r,{{\left( {{L^n}} \right)}^k}} \right) + O\left( 1 \right), $

进而推出

$ \begin{array}{l} \rho \left( f \right) = \rho \left( {{f^n}} \right) = \rho \left( {{{\left( {{f^n}} \right)}^{\left( k \right)}}} \right) = \rho \left( {{{\left( {{L^n}} \right)}^{\left( k \right)}}} \right) = \\ \rho \left( {{L^n}} \right) = \rho \left( L \right) = 1。\end{array} $

由(40)可得

$ \rho \left( {{f^n}} \right) = \deg \left( {{P_3}} \right) = 1, $

所以设${{P}_{3}}\left(z \right)={{a}_{1}}z+{{b}_{1}}$，所以

$ f\left( z \right) = \frac{{{P_1}\left( z \right)}}{{{P_2}\left( z \right)}}{e^{{a_1}z + {b_1}}}, $

同理可得

$ L\left( z \right) = \frac{{{P_3}\left( z \right)}}{{{P_4}\left( z \right)}}{e^{{a_2}z + {b_2}}}, $

所以

$ nT\left( {r,L} \right) = \frac{{\left| {{a_2}} \right|}}{{\rm{ \mathsf{ π} }}}r + O\left( {\log r} \right), $

而L-函数的特征函数$T\left(r, L \right)=\frac{d}{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}r\text{log}r$^[5]。于是矛盾。

子情形2.2  假设F=G, 即fⁿ=Lⁿ, 所以f=tL。其中t是常数且满足tⁿ=1。定理1证毕。

定理2的证明：因为f为有有限个极点的超越亚纯函数证明过程与定理1类似。

设F=fⁿ, G=Lⁿ, 则由n>5k+7可得

$ \begin{array}{l} \Theta \left( {0,F} \right) + \Theta \left( {0,G} \right) + 2{\delta _{k + 1}}\left( {0,F} \right) + 3{\delta _{k + 1}}\left( {0,G} \right) > \\ 2\frac{{n - 1}}{n} + 5\frac{{n - \left( {k + 1} \right)}}{n} > 6, \end{array} $

则由引理2, 推出F^(k)G^(k)=1或者F=G

接下来的证明过程和定理1相同。最后证出f=tL其中t是常数且满足tⁿ=1。定理2证毕。