设$f$是复平面上的非常数亚纯函数.我们采用值分布论中的标准符号、术语及结果^{[1, 2]}: $T(r, f), N(r, f), \overline{N}(r, f), m(r, f), \cdots$. $S(r, f)$表示一个当$r\rightarrow \infty$时, $S(r, f)=o\{T(r, f)\}$的函数(当$f$是无穷级时, 需去掉一个具有有穷线性测度的例外集).

1959年, Hayman^[3]证明了

定理A^[3]  设$f$是超越亚纯函数, $a(\ne0)$有穷复数, 则对任意正整数$n\geq5$, $f'+af^{n}$取每一个有穷复数无穷多次.

1979年, Mues ^[4]指出, 当$n=3$或$4$时, 定理A不成立.

1994年, 叶^[5]研究了一个类似的问题, 证明了

定理B^[5]  设$f$是超越亚纯函数, $a(\ne0), b$为两个有穷复数, 则对任意正整数$n\geq3$,

$ (n-1)T(r, f')\leq4\overline{N}(r, f)+9N(r, \frac{1}{f+a(f')^n-b})+S(r, f). $

2008年, 方明亮和Lawrence Zaclman ^[6]改进了定理B, 证明了

定理C^[6]  设$f$是超越亚纯函数, $a(\ne0), b$为两个有穷复数, 则对任意正整数$n\geq3$,

$ (n-1)T(r, f')\leq3\overline{N}(r, f)+4N(r, \frac{1}{f+a(f')^n-b})+S(r, f'). $

2009年, 徐炎、吴凤琴和廖良文^[7]改进了定理C, 证明了

定理D^[7]  设$f$是超越亚纯函数, $a(\ne0), b$为两个有穷复数, $n, k$为两个正整数.若$n\geq k+2$, 则

$ (n-1)T(r, f^{(k)})\leq(k^2+k+1)\overline{N}(r, f)+(k+1)^2N(r, \frac{1}{f+a(f^{(k)})^n-b})+S(r, f^{(k)}). $

一个自然的问题就是:定理D中的$N(r, \frac{1}{f+a(f^{(k)})^n-b})$是否可以用$\overline{N}(r, \frac{1}{f+a(f^{(k)})^n-b})$来代替?本文研究了这一问题, 证明了下面的结论.

定理1  设$f$为超越亚纯函数, $a(\ne0), b$为两个有穷复数, $n, k$为两个正整数.若$n\geq k+2$, 则

$ (n-1)T(r, f^{(k)})\leq(k^2+k+1)\overline{N}(r, f)+(k+1)^2\overline{N}(r, \frac{1}{f+a(f^{(k)})^n-b})+S(r, f^{(k)}). $

设$S_{tj}~(j=0, 1, \cdots, k; t=1, 2, \cdots, n)$是非负整数, $\phi_{t}(z)=\alpha_{t}(z)\prod\limits_{j = 0}^k {{{({f^{(j)}}(z))}^{{S_{tj}}}}}, $其中$\alpha_{t}(z)\not \equiv0$, 且满足$T(r, \alpha_{t})=S(r, f)$, 称$P(z)=\sum\limits_{t = 1}^n {{\phi _t}(z)}$为$f$的微分多项式.设

$ \overline d (P) = \mathop {\max }\limits_{1 \le t \le n} \sum\limits_{j = 0}^k {{S_{tj}}}, ~~\underline d (P) = \mathop {\min }\limits_{1 \le t \le n} \sum\limits_{j = 0}^k {{S_{tj}}}. $

则$\overline d (P)$为$P$的次数, $\underline d (P)$为微分单项式的最小次数.若$\overline d (P)=\underline d (P)$, 则$P$为齐次的, 否则为非齐次的.

引理1^[8]  设$f$是超越亚纯函数, $P$是一个关于$f$的非常数微分多项式且$\underline d (P)\geq2$, 置$Q = \mathop {\max }\limits_{1 \le t \le n} \{ \sum\limits_{j = 1}^k {j{S_{tj}}} \}, $则$\underline d (P)T(r, f) \le (Q + 1)\overline N (r, \frac{1}{f}) + \overline N (r, f) + \overline N (r, \frac{1}{{P -1}}) + S(r, f).$

证  根据文献[8]定理1的证明后半部分, 若省略不等式$\overline {N }(r, f)\leq T(r, f)$, 而保留$\overline {N }(r, f)$这一项, 我们可以得到引理1的结论.

引理2  设$f$是超越亚纯函数, $a(\neq0)$, $c(\neq0)$是两个有穷复数, $n, k$是两个正整数使得$n\geq k+2$, 设$P$是微分多项式, 满足

$ P = a{f^{n - k - 1}} \times [{\frac{{n!}}{{(n-k)!}}{{(f')}^k} + \frac{{C_k^2n!}}{{(n-k + 1)}}f \times {{(f')}^{k-2}}f'' + \cdots + n{f^{k - 1}}{f^{(k)}}}], $

则$(n-1) T(r, f) \le (k + 1)\overline N (r, \frac{1}{f}) + \overline N (r, f) + \overline N (r, \frac{1}{{P -c}}) + S(r, f).$

证  简单计算可得$\underline d (P)=n-1, ~Q=k$.注意到$n-1\geq k+1\geq2$, 则由引理1可直接得出引理2结论.

引理3^[9]  设$f$是复平面上满足$f^{(k+1)}\not\equiv0$的一个亚纯函数, $k$是正整数, 则有

$ m(r, \frac{f^{(k)}}{f})=S(r, f^{(k)}). $

设

$ g=f+a(f^{(k)})^n-b, ~\phi=\frac{g^{(k)}}{g}. $

(1)

若$\phi\equiv0$, 则$g^{(k)}\equiv0$, 即

$ f^{(k)}(1+P(f^{(k)}))\equiv0, $

(2)

其中

$ P({f^{(k)}}) = a{({f^{(k)}})^{n - k - 1}} \times [\frac{{n!}}{{(n-k)!}}{({f^{(k + 1)}})^k} + \frac{{C_k^2n!}}{{(n-k + 1)!}}{f^{(k)}}\\ \times {({f^{(k + 1)}})^{k-2}}{f^{(k + 2)}} + \cdots + n{({f^{(k)}})^{k - 1}}{f^{(2k)}}], $

$P({f^{(k)}})$是一个次数为$n-1$的齐次微分多项式.

由(2) 式可知$f$是复平面上的整函数.若存在$z_{0}$使得$f^{(k)}(z_{0})\neq0$, 则存在$\delta>0$使得$f^{(k)}(z)\neq0, z\in D_{\delta}(z_{0})$, 则由(2) 式可得$1+P(f^{(k)})\equiv0, z\in D_{\delta}(z_{0})$.于是, 根据唯一性定理, 对复平面上的复数有$1+P(f^{(k)})\equiv0$.

若存在$z_{0}$使得$1+P(f^{(k)})(z_{0})\neq0$, 则存在$\delta>0$使得$1+P(f^{(k)})(z)\neq0, z\in D_{\delta}(z_{0})$, 则由(2) 式可得$f^{(k)}(z)\equiv0, z\in D_{\delta}(z_{0})$.因此, 根据唯一性定理, 对复平面上的复数有$f^{(k)}(z)\equiv0$.

因此$f^{(k)}(z)\equiv0$, 或者$1+P(f^{(k)})\equiv0$.从而$f$是次数至多为$k-1$或者次数为$2k$的多项式, 这与$f$是超越亚纯函数矛盾.因此$\phi\not\equiv0$.

根据亚纯函数值分布理论和(1), 得$T(r, g^{(k)})\leq O(T(r, f^{(k)}))$, 并结合引理3, 可得

$ m(r, \phi)=S(r, f^{(k)}). $

(3)

由(1) 得

$ f^{(k)}(1+P(f^{(k)}))=\phi (f+a(f^{(k)})^{n}-b). $

(4)

若$f^{(k)}(z_{0})=0$, 则$1+P(f^{(k)})(z_{0})=1\neq0$.另一方面, 若$1+P(f^{(k)})(z_{0})=0$, 则$f^{(k)}(z_{0})\neq0$(否则$f^{(k)}(z_{0})=0$, 则$1+P(f^{(k)})(z_{0})=1$矛盾).因此$f$与$1+P(f^{(k)})$的零点互不相同.再由(4) 式可知$f$与$1+P(f^{(k)})$的零点来源于$\phi$或者$f+a(f^{(k)})^{n}-b$的零点.

于是由第一基本定理与(3)-(4) 式, 有

$ \bar N(r, \frac{1}{{{f^{(k)}}}}) + \bar N(r, \frac{1}{{P({f^{(k)}}) + 1}}) \le \bar N(r, \frac{1}{\phi }) + \bar N(r, \frac{1}{g})\\ \le N(r, \phi ) + \bar N(r, \frac{1}{g}) + S(r, {f^{(k)}})\\ \le k\bar N(r, f) + (k + 1)\bar N(r, \frac{1}{g}) + S(r, {f^{(k)}}). $

(5)

设$h=f^{(k)}$, 则$h'=f^{(k+1)}, h''=f^{(k+2)}$,

$ P(h) = a{h^{n - k - 1}} \times \left[{\frac{{n!}}{{(n- k)!}}{{(h')}^k} + \frac{{C_k^2n!}}{{(n-k + 1)}}h \times {{(h')}^{k-2}}h'' + \cdots + n{h^{k -1}}{h^{(k)}}} \right]. $

显然$Q=k, ~\underline{d}(P)=n-1$, 于是由引理2得

$ (n-1)T(r, h) \le (k + 1)\overline N (r, \frac{1}{h}) + \overline N (r, h) + \overline N (r, \frac{1}{{P(h)+1}}) + S(r, h). $

(6)

把$h=f^{(k)}$代人(6) 得

$ (n-1)T(r, f^{(k)}) \le (k + 1)\overline N (r, \frac{1}{f^{(k)}}) + \overline N (r, f^{(k)}) + \overline N (r, \frac{1}{{P(f^{(k)})+1}}) + S(r, f^{(k)}). $

(7)

由(5)-(7) 式可得

$ (n - 1)T(r, {f^{(k)}}) \le (k + 1)\overline {N}(r, \frac{1}{{{f^{(k)}}}}) + \overline {N}(r, {f^{(k)}}) + \overline {N}(r, \frac{1}{{P({f^{(k)}}) + 1}}) + S(r, {f^{(k)}})\\ \le (k + 1)[\overline {N}(r, \frac{1}{{{f^{(k)}}}}) + \overline {N}(r, \frac{1}{{P({f^{(k)}}) + 1}})] + \overline {N}(r, {f^{(k)}}) + S(r, {f^{(k)}})\\ \le (k + 1)[k\overline {N}(r, f) + (k + 1)\overline {N}(r, \frac{1}{g})] + \overline {N}(r, f) + S(r, {f^{(k)}})\\ = ({k^2} + k + 1)\overline {N}(r, f) + {(k + 1)^2}\overline {N}(r, \frac{1}{{f + a{{({f^{(k)}})}^n} - b}}) + S(r, {f^{(k)}}). $

因此，定理1证毕