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2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]，例如T(r, f)，m(r, f)，N(r, f)，(r, f)和δ(a, f)等。另外，本文用E⊂(0, ∞)表示线性测度有穷的集合，并且在本文中每次出现时可以不同。我们用S(r, f)表示满足S(r, f)=o(T(r, f))(r∉E, r→∞)的量。设a是1个有穷复数，如果f-a与g-a具有相同的零点且每个零点的重数相同，则称f与gCM分担a。如果f-a与g-a具有相同的零点且不考虑重数，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，则称f与gIM分担∞^[2]。我们称亚纯函数b为f的小函数，如果T(r, b)=S(r, f)。另外，我们用

$ M\left[ f \right] = b{f^{{n_0}}}{\left( {f'} \right)^{{n_1}}} \cdots {\left( {{f^{\left( k \right)}}} \right)^{{n_k}}} $

和

$ M\left( {z,f} \right) = bf{\left( z \right)^{{n_0}}}{\left( {f\left( {z + {\eta _1}} \right)} \right)^{{n_1}}} \cdots {\left( {f\left( {z + {\eta _k}} \right)} \right)^{{n_k}}} $

分别表示f的微分单项式和差分单项式，其中, b为f的小函数，n₀, n₁, …, n_k是非负整数，η₁, η₂, …, η_k为k个相互判别的非零复常数，并用

$ {\gamma _{M\left[ f \right]}} = {n_0} + {n_1} + \cdots + {n_k} $

和

$ {\gamma _{M\left[ {z,f} \right]}} = {n_0} + {n_1} + \cdots + {n_k} $

分别表示M[f]和M(z, f)的次数，用

$ {\Gamma _{M\left[ f \right]}} = {n_0} + 2{n_1} + \cdots + \left( {k + 1} \right){n_k} $

表示M[f]的权。假设，M₁[f], M₂[f], …, M_l[f]为f的l个微分单项式，则称

$ P\left[ f \right] = {M_1}\left[ f \right] + {M_2}\left[ f \right] + \cdots + {M_l}\left[ f \right] $

是次数为

$ \deg \left( {P\left[ f \right]} \right) = \max \left\{ {{\gamma _{{M_j}\left[ f \right]}}:1 \le j \le l} \right\}, $

权为

$ {\Gamma _{P\left[ f \right]}} = \max \left\{ {{\Gamma _{{M_j}\left[ f \right]}}:1 \le j \le l} \right\} $

的微分多项式^[3]。假设

$ {M_1}\left( {z,f} \right),{M_2}\left( {z,f} \right) + \cdots + {M_l}\left( {z,f} \right) $

为f的l个差分单项式，则称

$ P\left( {z,f} \right) = {M_1}\left( {z,f} \right) + {M_2}\left( {z,f} \right) + \cdots + {M_l}\left( {z,f} \right) $

是次数为

$ \deg \left( {P\left( {z,f} \right)} \right) = \max \left\{ {{\gamma _{{M_j}\left( {z,f} \right)}}:1 \le j \le l} \right\} $

的差分多项式^[4]。另外，本文还需要下述定义:

定义1^[5]  设p是1个正整数，并且a∈C∪{∞}。以下用${{N}_{p)}}\left( r, \frac{1}{f-a} \right)$表示f的重数不大于p的在|z|＜r内的a-值点的考虑重数的计数函数，${{{\bar{N}}}_{p)}}\left( r, \frac{1}{f-a} \right)$表示相应的精简计数函数；用${{N}_{(p}}\left( r, \frac{1}{f-a} \right)$表示f的重数不小于p的在|z|＜r内的a-值点的考虑重数的计数函数，${{{\bar{N}}}_{(p}}\left( r, \frac{1}{f-a} \right)$表示相应的精简计数函数。假设k是1个正整数，记号${{N}_{k}}\left( r, \frac{1}{f-a} \right)$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( {f,\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 }\limits_{r \to \infty } \sup \frac{{{N_k}\left( {r,\frac{1}{f}} \right)}}{{T\left( {r,f} \right)}}。$

显然

$ \begin{array}{l} 0 \le {\delta _k}\left( {a,f} \right) \le {\delta _{k - 1}}\left( {a,f} \right) \le \cdots \le {\delta _2}\left( {a,f} \right) \le \\ {\delta _1}\left( {a,f} \right) = \Theta \left( {a,f} \right) \le 1。\end{array} $

1959年，Hayman^[6]开始了亚纯函数的微分多项式的值分布理论的研究，证明了下述定理:

定理A^[6]  假设f是1个非常数的整函数，n≥3是1个正整数，a≠0是1个复常数，那么f′-afⁿ取任意1个有限值无穷多次。

后来，杨重骏^[7]在一定条件下研究了1类更一般的微分多项式的值分布问题，证明了下述定理：

定理B^[7]  假设f是1个非常数的亚纯函数，且满足

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

(1)

再设

$ \mathit{\Psi }\left( f \right) = \sum {b{f^{{l_0}}}{{\left( {f'} \right)}^{{l_1}}} \cdots {{\left( {{f^{\left( k \right)}}} \right)}^{{l_k}}}} $

是1个次数为n的微分多项式，其中Ψ(f)的每一项的次数l₀+l₁+…+l_k≥2，并且Ψ(f)不是关于f的齐次微分多项式，那么对任意有穷复数a，我们有

$ \delta \left( {a,\mathit{\Psi }} \right) \le 1 - \frac{1}{{2n}}。$

近几年来，Halburd-Korhone-Tohge^[8]及冯绍继与蒋翼迈^[9]分别独立地建立了差分Nevanlinna理论，Laine-Yang^[10]得到了涉及差分多项式的Clunie引理。应用这些理论，一些芬兰学者和中国学者开始了差分多项式的值分布理论的研究^[10]和差分唯一性理论的研究^[11]。

2007年，Laine-Yang^[12]证明了下述定理：

定理C^[12]  假设f是1个非常数的亚纯函数，并且其增长级满足ρ(f)=ρ＜∞。如果

$ N\left( {r,f} \right) + N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) = O\left( {{r^{\rho - 1}}} \right) + S\left( {r,f} \right), $

那么

$ N\left( {r,\frac{1}{G}} \right) \ne O\left( {{r^{\rho - 1}}} \right) + S\left( {r,f} \right), $

这里

$ G\left( z \right) = \sum\limits_{\lambda \in J} {{b_\lambda }\left( z \right)} \prod\limits_{j = 1}^{{\tau _\lambda }} {f{{\left( {z + {\delta _{\lambda ,j}}} \right)}^{{\mu _{\lambda ,j}}}}} $

是关于f(z)及其移动算子的差分多项式，其次数deg(G)=n为正整数，δ_{λ, j}为复常数，并且至少有1个δ_{λ, j}不等于零。

本文将利用差分Nevanlinna理论，研究1类差分多项式的值分布问题，证明了下述定理，该定理推广了定理C。

定理1  设f是1个超级小于1的非常数的亚纯函数，满足(1)，设

$ \begin{array}{l} \mathit{\Psi }\left( {f\left( z \right)} \right) = \sum {b\left( z \right)f{{\left( z \right)}^{{l_0}}}{{\left( {f\left( {z + {\eta _1}} \right)} \right)}^{{l_1}}} \cdots } \\ {\left( {f\left( {z + {\eta _k}} \right)} \right)^{{l_k}}} \end{array} $

是关于f的1个次数为n的差分多项式，其中，η₁, η₂, …, η_k是k个判别的有限非零复常数，再设Ψ(f)是每一项的系数为f的小函数的差分多项式，并且Ψ(f)的每一项的次数l₀+l₁+…+l_k≥2。若Ψ(f)不是关于f的齐次差分多项式，那么对任意的有限复值a，有$\delta \left( a, \mathit{\Psi } \right)\le 1-\frac{1}{2n}$。

1997年，Lahiri^[13]提出了下述问题：

问题1^[13]  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？

1997年，Yang-Hua^[14]研究了问题1，证明了下述定理：

定理D^[14]  假设f与g是2个非常数的亚纯函数，n是1个正整数且满足n≥11。如果fⁿf′与fⁿf′CM分担1，那么f与g满足下述2种情形之一：

(ⅰ) f=tg, 其中t是一个常数，且满足tⁿ=1；

(ⅱ) f=c₁e^cz, g=c₂e^-cz, 其中，c, c₁和c₂是非零常数，且满足(c₁c₂)ⁿ⁺¹c²=-1。

2002年，方明亮^[15]在整函数条件下研究了问题1，证明了下述定理：

定理E^[15]  假设f与g是2个非常数的整函数，n, k是2个正整数且满足n≥2k+8。如果(fⁿ(f-1))^(k)与(gⁿ(g-1))^(k)CM分担1，那么f=g。

本文继续研究问题1，证明下述定理：

定理2  假设f和g是2个非常数的亚纯函数，且满足(1)和

$ N\left( {r,g} \right) + N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) = S\left( {r,g} \right)。$

(2)

再设

$ {\mathit{\Psi }_1}\left( f \right) = {f^n}\left( {{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right), $

其中，P₁[f]和P₂[f]是关于f的微分多项式，使得Ψ₁(f)为关于f的非齐次微分多项式，其中n是正整数且满足

$ n > \deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right) > \deg \left( {{P_2}\left[ f \right]} \right), $

这里deg(P₁[f])和deg(P₂[f]分别表示P₁[f]和P₂[f]的次数。如果Ψ₁(f)与Ψ₁(g)CM分担1，那么f=tg，其中t是1个常数，且满足t^{n+deg(P₁(f))}=1。

应用定理2的证明方法，由引理1和引理2可得下述定理：

定理3  假设f和g是2个有穷级非常数的亚纯函数，且满足(1)和(2)。再设

$ {\mathit{\Psi }_2}\left( {f\left( z \right)} \right) = f{\left( z \right)^n}\left( {{P_1}\left( {z,f} \right) + {P_2}\left( {z,f} \right)} \right) $

是关于f的非齐次差分多项式，其中P₁(z, f)和P₂(z, f)是2个差分多项式，且满足

$ n > \deg \left( {{P_1}\left( {z,f} \right)} \right) > \deg \left( {{P_2}\left( {z,f} \right)} \right), $

这里deg(P₁(z, f))和deg(P₂(z, f))分别表示P₁(z, f)和P₂(z, f)的次数。如果Ψ₂(f)与Ψ₂(g)CM分担1，那么f=tg，其中t是1个常数，且满足t^{n+deg(P₁(z, f))}=1。

由定理3可得下述推论：

推论1  假设f是1个非常数的有穷级亚纯函数，且满足(1)。再设

$ {\mathit{\Psi }_2}\left( f \right) = f{\left( z \right)^n}\left( {{P_1}\left( {z,f} \right) + {P_2}\left( {z,f} \right)} \right) $

是关于f的非齐次差分多项式，其中P₁(z, f)和P₂(z, f)是2个差分多项式，且满足

$ n > \deg \left( {{P_1}\left( {z,f} \right)} \right) > \deg \left( {{P_2}\left( {z,f} \right)} \right), $

这里deg(P₁(z, f))和deg(P₂(z, f))分别表示P₁(z, f)和P₂(z, f)的次数。如果Ψ₂(f(z))与Ψ₂(f(z+η))CM分担1，其中η是一个非零复常数，那么f(z)=tf(z+η)，这里t是1个常数，且满足t^{n+deg(P₁(z, f))}=1。

1 几个引理

引理1^[8]  设f是1个非常数的亚纯函数，且η是一个非零复数。若f是有穷级，则对任意ε＞0，存在一个线性测度有穷的集合

$ E = E\left( {f,\varepsilon } \right) \subset \left( {0,\infty } \right), $

满足

$ \mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \sup \frac{{\int_{EI\left[ {1,r} \right)} {\frac{{{\rm{d}}t}}{t}} }}{{\log r}} \le \varepsilon , $

即E的对数密度至多为ε，使得当r→∞, r∉E时，有

$ m\left( {r,\frac{{f\left( {z + c} \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right) = O\left( {\frac{{\log r}}{r}T\left( {r,f} \right)} \right)。$

若f的超级

$ ϛ\left( f \right) = \mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \sup \frac{{\log \log T\left( {r,f} \right)}}{{\log r}} = \zeta < 1, $

则对任意ε＞0，使得当r→∞, r∉E时，有

$ m\left( {r,\frac{{f\left( {z + c} \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right) = o\left( {\frac{{T\left( {r,f} \right)}}{{{r^{1 - ϛ - \varepsilon }}}}} \right)。$

其中，E是一个对数测度有穷的集合。

引理2^[8]  设T:[0, +∞)→[0, +∞)是1个非减的连续函数，s∈[0, +∞)。若T的超级小于1，即

$ \mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \sup \frac{{\log \log T\left( r \right)}}{{\log r}} = ϛ < 1, $

则对任意δ∈(0, 1-ς)，有

$ T\left( {r + s} \right) = T\left( r \right) + o\left( {\frac{{T\left( r \right)}}{{{r^\delta }}}} \right)\left( {r \to \infty ,r \notin E} \right), $

其中，E是一个对数测度有穷的集合。

引理3^[7]  假设

$ P\left( f \right) = {b_n}{f^n} + {b_{n - 1}}{f^{n - 1}} + \cdots + {b_2}{f^2} + {b_1}f + {b_0}, $

(3)

其中，f是1个超越亚纯函数，b₀, b₁, …, b_n是n+1个亚纯函数，并且满足b_n0和

$ T\left( {r,{b_j}} \right) = S\left( {r,f} \right),0 \le j \le n, $

则

$ T\left( {r,P\left( f \right)} \right) = nT\left( {r,f} \right) + S\left( {r,f} \right)。$

引理4^[1]  设f是1个超越亚纯函数，且fⁿP(f)=Q(f)，其中，P(f)和Q(f)是f的微分多项式。如果Q(f)的次数≤n，则m(r, P(f))=S(r, f)。

注：当P(f)和Q(f)的系数b满足m(r, b)=S(r, f)时，引理4的结论也成立^[1]。

引理5^[14]  假设F与G是2个非常数的亚纯函数，并且F与GCM分担1，那么下述情形之一成立：

(ⅰ) T(r,f)≤N₂(r,f)+N₂(r,G)+ ${{N}_{2}}\left( r,\frac{1}{F} \right)+{{N}_{2}}\left( r,\frac{1}{G} \right)$+S(r,f)+S(r,G)；

(ⅱ) FG=1；

(ⅲ) F=G。

引理6^[16]  假设f是1个非常数的亚纯函数，再设

$ {\mathit{\Psi }_3}\left( f \right) = {a_n}{f^n} + {a_{n - 1}}{f^{n - 1}} + \cdots + {a_1}f + {a_0} $

是关于f的n≥1次多项式，其中，a_n0，a_n, a_n-1, …, a₁, a₀是n+1个亚纯函数，且满足T(r, a_j)=S(r, f), 0≤j≤n。

如果

$ \bar N\left( {r,\frac{1}{{{\mathit{\Psi }_3}\left( f \right)}}} \right) + \bar N\left( {r,f} \right) = S\left( {r,f} \right), $

那么

$ {\mathit{\Psi }_3}\left( f \right) = {a_n}{\left( {f + \frac{{{a_{n - 1}}}}{{n{a_n}}}} \right)^n}。$

2 定理的证明

定理1的证明：由于

$ f\left( {z + {\eta _j}} \right) = \frac{{f\left( {z + {\eta _j}} \right)}}{{f\left( z \right)}} \cdot f\left( z \right)\left( {j = 1,2, \cdots ,k} \right), $

所以

$ \begin{array}{l} \mathit{\Psi }\left( {f\left( z \right)} \right) = \sum {b\left( z \right)f{{\left( z \right)}^{{l_0}}}{{\left( {f\left( {z + {\eta _1}} \right)} \right)}^{{l_1}}} \cdots } \\ {\left( {f\left( {z + {\eta _k}} \right)} \right)^{{l_k}}} \end{array} $

转化成关于f的微分多项式如下：

$ \begin{array}{l} \mathit{\Psi }\left( {f\left( z \right)} \right) = \sum {b\left( z \right)f{{\left( z \right)}^{{l_0}}}{{\left( {\frac{{f\left( {z + {\eta _1}} \right)}}{{f\left( z \right)}} \cdot f\left( z \right)} \right)}^{{l_1}}} \cdot } \\ \cdots \cdot {\left( {\frac{{f\left( {z + {\eta _k}} \right)}}{{f\left( z \right)}} \cdot f\left( z \right)} \right)^{{l_k}}} = \sum {\hat b\left( z \right)f{{\left( z \right)}^{{l_0} + {l_1} + {\rm{L + }}{l_k}}}} , \end{array} $

(4)

其中，

$ \hat b\left( z \right) = b\left( z \right)\prod\limits_{j = 1}^k {\frac{{f\left( {z + {\eta _j}} \right)}}{{f\left( z \right)}}} 。$

(5)

由于Ψ(f)是非齐次的，且每一项的次数至少是2，因此

$ \mathit{\Psi }\left( f \right) = {{\hat b}_n}{f^n} + {{\hat b}_{n - 1}}{f^{n - 1}} + \cdots + {{\hat b}_2}{f^2}。$

(6)

由引理1，对于j=1, 2, …, k，当r→∞, r∉E时，有

$ m\left( {r,\frac{{f\left( {z + {\eta _j}} \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right) = o\left( {\frac{{T\left( {r,f} \right)}}{{{r^{1 - ϛ - \varepsilon }}}}} \right)。$

(7)

由引理2，对于j=1, 2, …, k，当r→∞, r∉E时，有

$ \begin{array}{*{20}{c}} {N\left( {r,\frac{{f\left( {z + {\eta _j}} \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right) \le N\left( {r,\frac{1}{{f\left( z \right)}}} \right) + }\\ {N\left( {r,f\left( {z + {\eta _j}} \right)} \right) \le N\left( {r,\frac{1}{{f\left( z \right)}}} \right) + N\left( {r,f\left( z \right)} \right) + }\\ {o\left( {\frac{{N\left( {r,f\left( z \right)} \right)}}{{{r^\delta }}}} \right) = o\left( {\frac{{N\left( {r,f\left( z \right)} \right)}}{{{r^\delta }}}} \right) + S\left( {r,f} \right)。} \end{array} $

(8)

因此

$ T\left( {r,\frac{{f\left( {z + {\eta _j}} \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right) = o\left( {T\left( {r,f} \right)} \right),\left( {r \to \infty ,r \notin E} \right)。$

(9)

于是对于i=2, 3, …, n，有

$ T\left( {r,{{\hat b}_i}} \right) = S\left( {r,f} \right)\left( {r \to \infty ,r \notin E} \right)。$

(10)

往证：Ψ(f)退化成单项式，从而与定理假设矛盾。事实上，现在假设Ψ(f)是项数大于等于2的多项式，则对于i≠j，一定有${{{\hat{b}}}_{i}}{{{\hat{b}}}_{j}}$0。设k是使${{{\hat{b}}}_{j}}$0成立的j的最大值，其中2＜k≤n，因此

$ \mathit{\Psi }\left( f \right) = {{\hat b}_k}{f^k} + {{\hat b}_{k - 1}}{f^{k - 1}} + \cdots + {{\hat b}_2}{f^2}。$

(11)

对任意有限复值a，设

$ g = \frac{{\mathit{\Psi }\left( f \right) - a}}{{{{\hat b}_k}}} $

(12)

和

$ f = H - \frac{1}{k}\frac{{{{\hat b}_{k - 1}}}}{{{{\hat b}_k}}}。$

(13)

将(13)代入(11)，并结合(12)，可得

$ g = {H^k} + {T_{k - 2}}\left( H \right), $

(14)

其中，T_k-2(H)是H的1个微分多项式，且其次数至多是k-2。由(14)两边求导可得

$ g' = k{H^{k - 1}}H' + {\left( {{T_{k - 2}}\left( H \right)} \right)^\prime }。$

(15)

(15) 两边同时乘以$\frac{{{g}'}}{g}$，再减去(14)，可得

$ {H^{k - 1}}\left( {kH' - \frac{{g'}}{g}H} \right) = {P_{k - 2}}\left( H \right), $

(16)

其中，P_k-2(H)是H和H′的1个微分多项式，其次数至多是k-2，系数a满足m(r, a)=S(r, f)。

在引理4中分别令

$ P\left( f \right) \equiv kH' - \frac{{g'}}{g}H $

和

$ P\left( f \right) \equiv H\left( {kH' - \frac{{g'}}{g}H} \right), $

由引理4的结论可得

$ m\left( {r,kH' - \frac{{g'}}{g}H} \right) = S\left( {r,f} \right) $

(17)

和

$ m\left( {r,H\left( {kH' - \frac{{g'}}{g}H} \right)} \right) = S\left( {r,f} \right)。$

(18)

从而

$ \begin{array}{l} T\left( {r,kH' - \frac{{g'}}{g}H} \right) = m\left( {r,kH' - \frac{{g'}}{g}H} \right) + \\ N\left( {r,kH' - \frac{{g'}}{g}H} \right) \le \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + N\left( {r,f} \right) + S\left( {r,f} \right) = \\ \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,f} \right)。\end{array} $

(19)

同理

$ T\left( {r,H\left( {kH' - \frac{{g'}}{g}H} \right)} \right) \le \bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,f} \right)。$

(20)

以下用反证法完成定理1的证明。

假设

$ \delta \left( {a,\mathit{\Psi }\left( f \right)} \right) > 1 - \frac{1}{{2n}}, $

(21)

则由(12)可知

$ \delta \left( {0,g} \right) > 1 - \frac{1}{{2n}}。$

(22)

往证：$k{H}'-\frac{{{g}'}}{g}H$=0。事实上，假设

$k{H}'-\frac{{{g}'}}{g}H$0，则由(19)，(20)可得

$ \begin{array}{*{20}{c}} {T\left( {r,H} \right) \le T\left( {r,H\left( {kH' - \frac{{g'}}{g}H} \right)} \right) + }\\ {T\left( {r,\frac{1}{{kH' - \frac{{g'}}{g}H}}} \right) \le 2\bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,f} \right)。} \end{array} $

(23)

另一方面，由(21)得

$ \mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \sup \frac{{N\left( {r,\frac{1}{g}} \right)}}{{T\left( {r,g} \right)}} < \frac{1}{{2n}}。$

(24)

(23) 两边同时乘以k，可得

$ kT\left( {r,H} \right) \le 2k\bar N\left( {r,\frac{1}{g}} \right) + S\left( {r,f} \right), $

(25)

因此

$ \frac{1}{{2k}} \le \mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \sup \frac{{N\left( {r,\frac{1}{g}} \right)}}{{kT\left( {r,H} \right)}}。$

(26)

由(14)和引理3可得

$ T\left( {r,g} \right) = kT\left( {r,H} \right) + S\left( {r,H} \right), $

因此

$ \frac{1}{{2k}} \le \mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \sup \frac{{N\left( {r,\frac{1}{g}} \right)}}{{T\left( {r,g} \right)}}。$

(27)

由(24)与(27)可得矛盾。

于是

$ kH' - \frac{{g'}}{g}H = 0, $

(28)

所以

$ g\left( z \right) = c{\left( {H\left( z \right)} \right)^k}, $

(29)

其中，c为常数。于是(14)变为

$ \left( {1 - c} \right){H^k} + {T_{k - 2}}\left( H \right) = 0。$

(30)

以下分两种情形讨论:

情形1  假设c≠1，由引理4可得

$ m\left( {r,\left( {1 - c} \right)H} \right) = S\left( {r,H} \right)。$

(31)

由于

$ \begin{array}{l} N\left( {r,\left( {1 - c} \right)H} \right) \le N\left( {r,f} \right) + \\ S\left( {r,f} \right) \le S\left( {r,f} \right), \end{array} $

(32)

所以

$ T\left( {r,\left( {1 - c} \right)H} \right) = S\left( {r,f} \right)。$

(33)

由(13)和(33)可得矛盾。

情形2  假设c=1。首先设

$ g\left( z \right) = {H^k}\left( z \right)。$

(34)

由(12)和(13)，

$ g = \frac{{\mathit{\Psi }\left( f \right) - a}}{{{{\hat b}_k}}} = {\left( {f + \frac{1}{k}\frac{{{{\hat b}_{k - 1}}}}{{{{\hat b}_k}}}} \right)^k}, $

(35)

即

$ \mathit{\Psi }\left( f \right) - a - {{\hat b}_k}{\left( {f + \frac{1}{k}\frac{{{{\hat b}_{k - 1}}}}{{{{\hat b}_k}}}} \right)^k} = 0。$

(36)

由于(36)左边是1个形如引理3中形如(3)的系数是小函数的f的多项式, 因此

$ {\left( {\frac{1}{k}\frac{{{{\hat b}_{k - 1}}}}{{{{\hat b}_k}}}} \right)^{k - 1}} = 0。$

(37)

和

$ {{\hat b}_k}{\left( {\frac{1}{k}\frac{{{{\hat b}_{k - 1}}}}{{{{\hat b}_k}}}} \right)^k} = a。$

(38)

于是$\frac{{{{\hat{b}}}_{k-1}}}{{{{\hat{b}}}_{k}}}=0$和a=0，此时Ψ(f)变为微分单项式，这与定理条件矛盾。于是定理的结论δ(a, Ψ(f))≤1- $\frac{1}{2n}$成立。定理1证毕。

定理2的证明：首先由(1)，(2)和

$ {\mathit{\Psi }_1}\left( f \right) = {f^n}\left( {{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right) $

可得

$ \begin{array}{l} {N_2}\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)} \right) \le 2\bar N\left( {r,f} \right) + \\ S\left( {r,f} \right) = S\left( {r,f} \right) \end{array} $

(39)

和

$ {N_2}\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right)} \right) = s\left( {r,g} \right)。$

(40)

再由条件

$ {\mathit{\Psi }_1}\left( f \right) = {f^n}\left( {{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right), $

n＞deg(P₁[f])＞deg(P₂[f])，条件(1)和引理3可得

$ \begin{array}{l} {N_2}\left( {r,\frac{1}{{{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)}}} \right) \le 2\bar N\left( {r,\frac{1}{f}} \right) + \\ N\left( {r,\frac{1}{{{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]}}} \right) \le T\left( {r,{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right) + \\ S\left( {r,f} \right) \le m\left( {r,{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right) + S\left( {r,f} \right) = \\ \deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right)m\left( {r,f} \right) + S\left( {r,f} \right)。\end{array} $

(41)

同理，由(2)可得

$ {N_2}\left( {r,\frac{1}{{{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right)}}} \right) \le \deg \left( {{P_1}\left[ g \right]} \right)m\left( {r,g} \right) + S\left( {r,g} \right)。$

(42)

由(1)，(2)和引理3可得

$ \begin{array}{l} T\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)} \right) = T\left( {r,{f^n}\left( {{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right)} \right) = \\ m\left( {r,{f^n}\left( {{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right)} \right) + N\left( {r,{f^n}\left( {{P_1}\left[ f \right] + } \right.} \right.\\ \left. {\left. {{P_2}\left[ f \right]} \right)} \right) = \left( {n + \deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right)} \right)m\left( {r,f} \right) + S\left( {r,f} \right)。\end{array} $

(43)

和

$ T\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)} \right) = \left( {n + \deg \left( {{P_1}\left[ g \right]} \right)} \right)m\left( {r,g} \right) + S\left( {r,g} \right)。$

(44)

由引理5，以下分3种情形讨论：

情形1  假设Ψ₁(f)Ψ₁g1，并且Ψ₁(f)Ψ₁(g)，则由引理5可得

$ \begin{array}{l} T\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)} \right) + T\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right)} \right) \le \\ 2{N_2}\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)} \right) + 2{N_2}\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right)} \right) + 2{N_2}\\ \left( {r,\frac{1}{{{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)}}} \right) + 2{N_2}\left( {r,\frac{1}{{{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right)}}} \right) + S\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)} \right) + S\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right)} \right)。\end{array} $

(45)

由于deg(P₁[f])=deg(P₁[g])，由(39)~(45)可知

$ \begin{array}{l} \left( {n + \deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right)} \right)\left( {m\left( {r,f} \right) + } \right.\\ \left. {m\left( {r,g} \right)} \right)2\deg \left( {{P_1}\left[ g \right]} \right)m\left( {r,f} \right) + \\ 2\deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right)m\left( {r,g} \right) + S\left( {r,f} \right) + \\ S\left( {r,g} \right) = 2\deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right)\left( {m\left( {r,f} \right)} \right) + \left. {m\left( {r,g} \right)} \right) + \\ S\left( {r,f} \right) + S\left( {r,g} \right), \end{array} $

(46)

由此可得n≤deg(P₁[f])，这与条件n＞deg(P₁[f])矛盾。

情形2  假设Ψ₁(f)Ψ₁(g)=1，那么

$ \left( {{f^n}\left( {{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right)} \right)\left( {{g^n}\left( {{P_1}\left[ g \right] + {P_2}\left[ g \right]} \right)} \right) = 1。$

(47)

由(47)和(2)可知

$ \begin{array}{l} N\left( {r,\frac{1}{{{f^n}\left( {{P_1}\left[ g \right] + {P_2}\left[ g \right]} \right)}}} \right) = \\ N\left( {r,{g^n}\left( {{P_1}\left[ g \right] + {P_2}\left[ g \right]} \right)} \right) \le \\ \left( {n + {\Gamma _{{P_1}\left[ f \right]}} + {\Gamma _{{P_2}\left[ f \right]}}} \right)N\left( {r,g} \right) = S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(48)

再由Ψ₁(f)Ψ₁(g)=1可知，Ψ₁(f)与Ψ₁(g)CM分担1和-1，结合(1)和(2)可得

$ \begin{array}{l} \left( {n + \deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right)} \right)m\left( {r,f} \right) = \\ \left( {n + \deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right)} \right)T\left( {r,f} \right) + S\left( {r,f} \right) = \\ T\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)} \right) + S\left( {r,f} \right) \le \bar N\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right)} \right) + \\ \bar N\left( {r,\frac{1}{{{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right) - 1}}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{{{\mathit{\Psi }_1}\left( f \right) + 1}}} \right) + \\ S\left( {r,f} \right) \le \bar N\left( {r,\frac{1}{{{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right) - 1}}} \right) + \bar N\left( {r,\frac{1}{{{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right) + 1}}} \right) + \\ S\left( {r,f} \right) \le 2T\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right)} \right) + S\left( {r,f} \right) = 2m\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right)} \right) + \\ S\left( {r,f} \right) + S\left( {r,g} \right) = 2\left( {n + \deg \left( {{P_1}\left[ g \right]} \right)} \right)T\left( {r,g} \right) + \\ S\left( {r,f} \right) + S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(49)

和

$ \begin{array}{l} \left( {n + \deg \left( {{P_1}\left[ g \right]} \right)} \right)T\left( {r,g} \right) + S\left( {r,g} \right) = \\ T\left( {r,{\mathit{\Psi }_1}\left( g \right)} \right) + S\left( {r,g} \right) \le 2\left( {n + } \right.\\ \left. {\deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right)} \right)T\left( {r,f} \right) + S\left( {r,f} \right) + S\left( {r,g} \right)。\end{array} $

(50)

由(49)和(50)可得S(r, g)=S(r, f)，结合(1)和(48)可得

$ N\left( {r,f} \right) + N\left( {r,\frac{1}{{f{{\left( z \right)}^n}\left( {{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right)}}} \right) = S\left( {r,f} \right)。$

(51)

和

$ {P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right] = {a_{{n_1}}}{f^{{n_1}}} + {a_{{n_1} - 1}}{f^{{n_1} - 1}} + \cdots + {a_0}, $

(52)

其中

$ \deg \left( {{P_1}\left[ f \right]} \right) = {n_1} \ge 1。$

由(1)和(52)可知a_n1, a_n1-1, …, a₁, a₀的特征函数满足T(r, a_j)=S(r, f), 0≤j≤n₁。

由(51)，(52)和引理6可得

$ {P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right] = {a_n}{\left( {f + \frac{{{a_{{n_1} - 1}}}}{{{n_1}{a_{{n_1}}}}}} \right)^{{n_1}}}。$

(53)

注意到P₁[f]+P₂[f]不是关于f的齐次微分多项式，由(53)可知$\frac{{{a}_{{{n}_{1}}-1}}}{{{n}_{1}}{{a}_{{{n}_{1}}}}}$0，结合(51)可知

$ N\left( {r,1/\left( {f + {a_{{n_1} - 1}}/\left( {{n_1}{a_{{n_1}}}} \right)} \right)} \right) = S\left( {r,f} \right)。$

(54)

由(1)，(54)和三密度不等式^[2]可得

$ \begin{array}{l} T\left( {r,f} \right) \le N\left( {r,f} \right) + N\left( {r,1/f} \right) + \\ N\left( {r,1/\left( {f + {a_{{n_1} - 1}}/\left( {{n_1}{a_{{n_1}}}} \right)} \right)} \right) = S\left( {r,f} \right), \end{array} $

该式表明f是1个常数，这是不可能的。

情形3  假设Ψ₁(f)=Ψ₁(g)，

则有

$ {f^n}\left( {{P_1}\left[ f \right] + {P_2}\left[ f \right]} \right) = {g^n}\left( {{P_1}\left[ g \right] + {P_2}\left[ g \right]} \right)。$

(55)

设(52)，则由(52)和(55)可得

$ \begin{array}{*{20}{c}} {{a_{{n_1}}}\left( z \right)\left( {1 - {{\left( {\frac{{g\left( z \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right)}^{n + {n_1}}}} \right)f{{\left( z \right)}^{n + {n_1}}} + }\\ {{a_{{n_1} - 1}}\left( z \right)\left( {1 - {{\left( {\frac{{g\left( z \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right)}^{n + {n_1} - 1}}} \right)f{{\left( z \right)}^{n + {n_1} - 1}} + \cdots + }\\ {{a_1}\left( z \right)\left( {1 - {{\left( {\frac{{g\left( z \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right)}^{n + 1}}} \right)f{{\left( z \right)}^{n + 1}} + }\\ {{a_0}\left( z \right)\left( {1 - {{\left( {\frac{{g\left( z \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right)}^n}} \right)f{{\left( z \right)}^n} = 0。} \end{array} $

(56)

类似于情形2可得(49)和(50)。再由(1)，(2)，(49)和(50)可得

$ T\left( {r,{a_j}\left( z \right)\left( {1 - {{\left( {\frac{{g\left( z \right)}}{{f\left( z \right)}}} \right)}^{n + j}}} \right)} \right) = S\left( {r,f} \right),0 \le j \le {n_1}。$

由(56)和引理3可得$1-{{\left( \frac{g\left( z \right)}{f\left( z \right)} \right)}^{n+{{n}_{1}}}}$≡0，由此可得定理2的结论。