本文使用Nevanlinna值分布理论的标准记号和基本结果^[1-3].

设$f$和$g$是非常数亚纯函数, $a$为任意有穷复数, 如果$f-a$和$g-a$的零点相同(不计重级), 则称$f$与$g$ IM分担$a$.如果$f-a$和$g-a$的零点相同, 且每个零点的重级也相同, 则称$f$与$g$ CM分担$a$.

设$f$为非常数亚纯函数, $k$为非零整数或$+\infty$, $a$为任意复数或$\infty$，我们用$E_{k}(a, f)$表示$f$的$a$值点的集合，计其重数，其中当$f$的$a$值点的重数$m\leq k$时，计$m$次，当$m>k$时，计$k+1$次.

定义1.1 设$f$和$g$是非常数亚纯函数, 若$E_{k}(a, f)=E_{k}(a, g)$, 则称$f$与$g$以权$k$分担$a$，简记$f$与$g$分担$(a, k)$.

由定义1.1可知，如果$f$与$g$分担$(a, k)$, 则对任意正整数$p(0\leq p<k)$，$f$与$g$分担$(a, p)$.特别地，如果$f$与$g$ IM分担$a$或CM分担$a$，则$f$与$g$分担$(a, 0)$或$(a, \infty)$.

设$f$是非常数亚纯函数, $k$是一正整数, 我们用$N_{k)}(r, \frac{1}{f-a})$表示重数不超过$k$的$f$的$a$值点的计数函数, $\overline{N}_{k)}(r, \frac{1}{f-a})$为其相应的精简计数函数；用$N_{(k}(r, \frac{1}{f-a})$表示重数不小于$k$的$f$的$a$值点的计数函数, $\overline{N}_{(k}(r, \frac{1}{f-a})$为其相应的精简计数函数.

定义1.2 设$f$是非常数亚纯函数, $k$是一正整数, 定义

$\begin{array}{l} {N_k}(r, \frac{1}{{f - a}}) = {{\bar N}_{(1}}(r, \frac{1}{{f - a}}) + {{\bar N}_{(2}}(r, \frac{1}{{f - a}}) + \cdots + {{\bar N}_{(k}}(r, \frac{1}{{f - a}}), \\ {\delta _k}(a, f) = 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{{N_k}(r, \frac{1}{{f - a}})}}{{T(r, f)}}. \end{array}$

Hayman^[4]和Clunie^[5]证明了

定理A 设$f(z)$为超越整函数, $n\geq 1$, 则$f^{n}f'=1$有无穷多个根.

考虑定理A所相应的唯一性问题, Fang和Hua^[6], Yang和Hua^[7]分别得到下述定理.

定理B 设$f(z)$和$g(z)$为非常数整函数, $n\geq6$是一正整数.如果$f^nf'$与$g^ng'$CM分担1, 则$f(z)=c_1e^{cz}, g(z)=c_2e^{-cz}$, 其中$c_1, c_2, c$为满足$(c_1c_2)^{n+1}c^2=-1$的常数, 或者$f(z)=tg(z)$, 其中$t^{n+1}=1$.

注意到$f^nf'=\frac{1}{n+1}(f^{n+1})'$, 于是在文[8]中Fang将定理B延伸到$k$阶导数, 得到

定理C 设$f(z)$和$g(z)$为非常数整函数, $n$, $k$为正整数且$n>2k+4$.如果$[f^n]^{(k)}$与 $[g^n]^{(k)}$CM分担1, 则$f(z)=c_1e^{cz}$, $g(z)=c_2e^{-cz}$, 其中$c_1, c_2, c$为满足$(-1)^{k}(c_1c_2)^{n}(nc)^{2k}=1$的常数, 或者$f(z)=tg(z)$, 其中$t^{n}=1$.

定理D 设$f(z)$和$g(z)$为非常数整函数, $n, k$为正整数且$n>2k+8$.如果$[f^n(f-1)]^{(k)}$与$[g^n(g-1)]^{(k)}$CM分担$1$, 则$f(z)\equiv g(z)$.

在文[9]中, Zhang和Lü将权分担值的思想应用于定理C, 同时考虑亚纯函数的唯一性, 得到下述结果.

定理E 设$f(z)$和$g(z)$为超越亚纯函数, $n$, $k$, $l$为自然数.如果$[f^n]^{(k)}$与$[g^n]^{(k)}$分担$(1, l)$, 且$n, k, l$满足以下条件之一:

(i) $l\geq2$且$n>3k+8$;

(ii) $l=1$且$n>5k+11$;

(iii) $l=0$且$n>9k+14$,

则$f(z)=c_1e^{cz}$, $g(z)=c_2e^{-cz}$, 其中$c_1, c_2, c$为满足$(-1)^{k}(c_1c_2)^{n}(nc)^{2k}=1$的常数, 或者$f(z)=tg(z)$, 其中$t^{n}=1$.

定理D考虑了$f(z)$和$g(z)$为非常数整函数的情况.当$f(z)$和$g(z)$为非常数亚纯函数时, Bhoosnurmath和Dyavanal在文[10]中得到下述结果.

定理F 设$f(z)$和$g(z)$为非常数亚纯函数, 且满足$\Theta(\infty, f)>\frac{3}{n+1}$. $n, k$是正整数且$n>3k+13$.如果$[f^{n}(f-1)]^{(k)}$与$[g^{n}(g-1)]^{(k)}$CM分担1, 则$f(z)\equiv g(z)$.

本文中我们进一步应用权分担值的思想研究亚纯函数的唯一性, 得到下述结果, 改进和完善了定理F.

定理 设$f(z)$和$g(z)$为非常数亚纯函数, 且满足$\Theta(\infty, f)>\frac{2}{n}$, $b$为非零复常数, $n, k, l$为自然数.如果$[f^{n}(f-1)]^{(k)}$与$[g^{n}(g-1)]^{(k)}$分担$(b, l)$, 且$n, k, l$满足以下条件之一:

(i) $l\geq2$且$n>3k+11$;

(ii) $l=1$且$n>5k+15$;

(iii) $l=0$且$n>9k+20$,

则$f(z)\equiv g(z)$.

引理2.1(见文献[10]) 设$f(z)$为非常数亚纯函数, $k, p$为正整数, 则

$\begin{array}{l} {N_p}(r, \frac{1}{{{f^{(k)}}}}) \le {N_{p + k}}(r, \frac{1}{f}) + k\bar N(r, f) + S(r, f)\\ \le (p + k)\bar N(r, \frac{1}{f}) + k\bar N(r, f) + S(r, f).{\rm{ }} \end{array}$

引理2.2(见文献[11]) 设$f(z)$为非常数亚纯函数, $n$为正整数, 令$P(f)=a_{n}f^{n}+\cdots+a_{1}f+a_{0}$, 其中$a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n}(\neq0)$是复常数, 则

$T(r, P(f))=nT(r, f)+O(1).$

引理2.3(见文献[2]) 设$f(z)$为非常数亚纯函数, $k$为正整数, $c$为一非零有限复数, 则

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

其中$N^c_{0}(r, \frac{1}{f^{(k+1)}})$是满足$f^{(k+1)}=0$且$f(f^{(k)}-c)\neq0$的点的计数函数.

设$f(z)$和$g(z)$为非常数亚纯函数, 我们用$\overline{N}_{L}(r, \frac{1}{f-1})$表示$f-1$和$g-1$的公共零点中, 前者重级大于后者重级的那些点的精简计数函数.

引理2.4(见文献[9]) 设$f(z)$和$g(z)$为两个非常数亚纯函数, 如果$f(z)$和$g(z)$ IM分担1, 则

${\bar N_L}(r, \frac{1}{{f - 1}}) \le \bar N(r, \frac{1}{f}) + \bar N(r, f) + S(r, f).{\rm{ }}$

引理2.5 设$f(z)$是超越亚纯函数, $n$, $k$是正整数且$n\geq k+3$, $b$是非零常数, 则$[\frac{f^n(f-1)}{b}]^{(k)}-1$有无穷多个零点.

证 令$F=\frac{f^n(f-1)}{b}$, 由引理2.2和引理2.3, 可得

$\begin{array}{l} (n + 1)T(r, f) = T(r, F) + S(r, f)\\ \le {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{F}) + N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + \bar N(r, F) + S(r, f)\\ \le {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{{{f^n}}}) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{{f - 1}}) + N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + \bar N(r, f) + S(r, f)\\ \le (k + 3)T(r, f) + N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + S(r, f), \end{array}$

移项得到

$[n-(k + 2)]T(r, f) \le N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + S(r, f).{\rm{ }}$

由上式以及$n\geq k+3$, 可得$F^{(k)}-1$有无穷多个零点.

引理2.6(见文献[2]) 设$f$是非常数亚纯函数, $\alpha_{1}(z)$, $\alpha_{2}(z)$是两个亚纯函数且满足$T(r, \alpha_{i})=S(r, f), i=1, 2$, 则

$T(r, f) \le \bar N(r, f) + \bar N(r, \frac{1}{{f - {\alpha _1}}}) + \bar N(r, \frac{1}{{f - {\alpha _2}}}) + S(r, f).{\rm{ }}$

引理2.7(见文献[12]) 假设$n(\geq2)$和$m$是正整数, $l=\min \{2, m\}$.设$f$和$g$是两个非常数亚纯函数, 满足$\Theta(\infty, f)>\frac{1+l}{n+l}$, 如果

$[af^{n+2}-bf^{n+1}]^m\equiv[ag^{n+2}-bg^{n+1}]^m, $

其中$a$和$b$是两个非零有限复数, 则$f\equiv g$.

假设$F(z)=\frac{f^{n}(f-1)}{b}$和$G(z)=\frac{g^{n}(g-1)}{b}$, 则

$\begin{array}{l} \Theta (0, F) = 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{\bar N(r, \frac{1}{F})}}{{T(r, F)}} = 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{\bar N(r, \frac{1}{f}) + \bar N(r, \frac{1}{{f - 1}})}}{{(n + 1)T(r, f)}}\\ \ge 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{2T(r, f)}}{{(n + 1)T(r, f)}} = \frac{{n - 1}}{{n + 1}}. \end{array}$

(3.1)

同理

$\Theta (0, G) \ge \frac{{n - 1}}{{n + 1}}, $

(3.2)

$\begin{array}{l} \Theta (\infty, F) = 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{\bar N(r, F)}}{{T(r, F)}} = 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{\bar N(r, f)}}{{(n + 1)T(r, f)}}\\ \ge 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{T(r, f)}}{{(n + 1)T(r, f)}} = \frac{n}{{n + 1}}. \end{array}$

(3.3)

同理

$\Theta (\infty, G) \ge \frac{n}{{n + 1}}.$

(3.4)

由

$N_{k+1}(r, \frac{1}{F})\leq N_{k+1}(r, \frac{1}{f-1})+N_{k+1}(r, \frac{1}{f})\leq T(r, f)+N_{k+1}(r, \frac{1}{f})$

及$N_{k+1}(r, \frac{1}{f})$的定义得

${\delta _{k + 1}}(0, F) = 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{{N_{k + 1}}(r, \frac{1}{F})}}{{T(r, F)}} \ge 1 - \overline {\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } } \frac{{(k + 2)T(r, f)}}{{(n + 1)T(r, f)}} = \frac{{n - k - 1}}{{n + 1}}.$

(3.5)

同理

${\delta _{k + 1}}(0, G) \ge \frac{{n - k - 1}}{{n + 1}}.$

(3.6)

令

$H = (\frac{{{F^{(k + 2)}}}}{{{F^{(k + 1)}}}} - \frac{{2{F^{(k + 1)}}}}{{{F^{(k)}} - 1}}) - (\frac{{{G^{(k + 2)}}}}{{{G^{(k + 1)}}}} - \frac{{2{G^{(k + 1)}}}}{{{G^{(k)}} - 1}}).$

(3.7)

首先证明$H\equiv0$.假设$H\not\equiv0$, 因为$[f^{n}(f-1)]^{(k)}$与$[g^{n}(g-1)]^{(k)}$分担$(b, l)$, 则$F^{(k)}$和$G^{(k)}$分担$(1, l)$.如果$z_{0}$是$F^{(k)}(z)-1$和$G^{(k)}(z)-1$的公共单零点, 则$H(z_{0})=0.$因此

$\begin{array}{l} {N_{1)}}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) = {N_{1)}}(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - 1}}) \le \bar N(r, \frac{1}{H})\\ \le T(r, H) + O(1) \le N(r, H) + S(r, F) + S(r, G). \end{array}$

(3.8)

由引理2.3, 有

$\begin{array}{l} T(r, F) + T(r, G) \le \bar N(r, F) + \bar N(r, G) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{F}) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G})\\ + \bar N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + \bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - 1}}) - {N_0}(r, \frac{1}{{{F^{(k + 1)}}}})\\ - {N_0}(r, \frac{1}{{{G^{(k + 1)}}}}) + S(r, F) + S(r, G), \end{array}$

(3.9)

其中$N_{0}(r, \frac{1}{F^{(k+1)}})$是满足$F^{(k+1)}=0$且$F(F^{(k)}-1)\neq0$的点的计数函数.显然

$N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) \le T(r, {F^{(k)}}) + O(1) \le T(r, F) + k\bar N(r, F) + S(r, F).$

(3.10)

如果$l\geq1$, 由(3.7) 和$F^{(k)}$和$G^{(k)}$分担$(1, l)$, 我们知$H$只有一阶极点, 且极点可能出现在$F^{(k)}-1$和$G^{(k)}-1$的重数不小于$l+1$的公共零点, $F^{(k+1)}$和$G^{(k+1)}$的零点, 以及$F$和$G$的极点处，因此

$\begin{array}{l} N(r, H) \le \bar N(r, F) + \bar N(r, G) + \bar N(r, \frac{1}{F}) + \bar N(r, \frac{1}{G})\\ + {{\bar N}_{(l + 1}}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + {N_0}(r, \frac{1}{{{F^{(k + 1)}}}}) + {N_0}(r, \frac{1}{{{G^{(k + 1)}}}}), \end{array}$

(3.11)

当$l\geq 2$时, 有

$\begin{array}{l} {{\bar N}_{(l + 1}}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + \bar N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + \bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - 1}})\\ \le N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + {N_{1)}}(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - 1}}), \end{array}$

(3.12)

由(3.8)--(3.12) 式, 得

$\begin{array}{l} T(r,G) \le (k + 2)\overline N (r,F) + 2\overline N (r,G) + \overline N (r,\frac{1}{F}) + \overline N (r,\frac{1}{G})\\ + {N_{k + 1}}(r,\frac{1}{F}) + {N_{k + 1}}(r,\frac{1}{G}) + S(r,F) + S(r,G). \end{array}$

(3.13)

令

$\Delta_{1}=(k+2)\Theta(\infty, F)+2\Theta(\infty, G)+\Theta(0, F)+\Theta(0, G)+ \delta_{k+1}(0, F)+\delta_{k+1}(0, G).$

由(3.1)--(3.6) 式和$n>3k+11$得

$ \Delta_{1}\geq k+8-\frac{3k+12}{n+1}>k+7.$

不失一般性, 假设存在一个具有无穷线测度的集合$I$, 使得当$r\in I$时, 有$T(r, F)\leq T(r, G)$, 由(3.13) 可得$\forall \varepsilon (0<\varepsilon<\Delta_{1}-(k+7))$, 当$r$充分大且$r\in I$时, 有

$\begin{array}{l} T(r, G) \le [(k + 2)(1-\Theta (\infty, F)) + 2(1-\Theta (\infty, G)) + (1-\Theta (0, F)) + (1 - \Theta (0, G))\\ + (1 - {\delta _{k + 1}}(0, F)) + (1 - {\delta _{k + 1}}(0, G)) + \varepsilon]T(r, G) + S(r, G)\\ \le (k + 8 - {\Delta _1} + \varepsilon )T(r, G) + S(r, G), \end{array}$

即$[\Delta_{1}-(k+7)-\varepsilon]T(r, G)\leq S(r, G)$, 矛盾.

当$l=1$时, 有

$\bar N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + \bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - 1}}) \le {N_{1)}}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}).$

(3.14)

由(3.8)--(3.11) 式和(3.14) 式得

$\begin{array}{l} T(r, G) \le (k + 2)\bar N(r, F) + 2\bar N(r, G) + \bar N(r, \frac{1}{F}) + \bar N(r, \frac{1}{G})\\ + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{F}) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + {{\bar N}_{(2}}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + S(r, F) + S(r, G). \end{array}$

(3.15)

又由引理2.1可得

$\begin{array}{l} {{\bar N}_{(2}}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) \le \bar N(r, \frac{1}{{{F^{(k + 1)}}}}) = {N_1}(r, \frac{1}{{{F^{(k + 1)}}}})\\ \le {N_{k + 2}}(r, \frac{1}{F}) + (k + 1)\bar N(r, F) + S(r, F). \end{array}$

(3.16)

结合(3.15) 和(3.16) 式得

$\begin{array}{l} T(r, G) \le (2k + 3)\bar N(r, F) + 2\bar N(r, G) + \bar N(r, \frac{1}{F}) + \bar N(r, \frac{1}{G})\\ + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{F}) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + {N_{k + 2}}(r, \frac{1}{F}) + S(r, F) + S(r, G). \end{array}$

(3.17)

令

$\Delta_{2}=(2k+3)\Theta(\infty, F)+2\Theta(\infty, G)+\Theta(0, F)+\Theta(0, G)+ \delta_{k+1}(0, F)+\delta_{k+1}(0, G)+\delta_{k+2}(0, F).$

由(3.1)--(3.6) 式和$n>5k+15$得

$ \Delta_{2}\geq 2k+10-\frac{5k+16}{n+1}>2k+9.$

由(3.17) 式可得$\forall \varepsilon (0<\varepsilon<\Delta_{2}-(2k+9))$, 当$r$充分大且$r\in I$时, 有

$\begin{array}{l} T(r, G) \le [(2k + 3)(1-\Theta (\infty, F)) + 2(1-\Theta (\infty, G)) + (1-\Theta (0, F)) + (1 - \Theta (0, G))\\ + (1 - {\delta _{k + 1}}(0, F)) + (1 - {\delta _{k + 1}}(0, G)) + (1 - {\delta _{k + 2}}(0, F)) + \varepsilon]T(r, G) + S(r, G)\\ \le (2k + 10 - {\Delta _2} + \varepsilon )T(r, G) + S(r, G), \end{array}$

即$[\Delta_{2}-(2k+9)-\varepsilon]T(r, G)\leq S(r, G)$, 矛盾.

如果$l=0$, 即$F^{(k)}$与$G^{(k)}$IM分担1, 则有

$\begin{array}{l} N(r, H) \le \bar N(r, F) + \bar N(r, G) + \bar N(r, \frac{1}{F}) + \bar N(r, \frac{1}{G}) + {{\bar N}_L}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}})\\ + {{\bar N}_L}(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - 1}}) + {N_0}(r, \frac{1}{{{F^{(k + 1)}}}}) + {N_0}(r, \frac{1}{{{G^{(k + 1)}}}}). \end{array}$

(3.18)

由引理2.4得

$\begin{array}{l} {{\bar N}_L}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + 2{{\bar N}_L}(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - 1}})\\ \le \bar N(r, F) + 2\bar N(r, G) + \bar N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}}}}) + 2\bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}}}}) + S(r, F) + S(r, G). \end{array}$

(3.19)

又由引理2.1, 可得

$\begin{array}{l} \bar N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}}}}) + 2\bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}}}}) = {N_1}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}}}}) + 2{N_1}(r, \frac{1}{{{G^{(k)}}}})\\ \le {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{F}) + 2{N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + k\bar N(r, F) + 2k\bar N(r, G) + S(r, F) + S(r, G). \end{array}$

(3.20)

由于$F^{(k)}$与$G^{(k)}$IM分担1, 所以

$\begin{array}{l} \bar N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + \bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - 1}})\\ \le {N_{1)}}(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}) + {{\bar N}_L}(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - 1}}) + N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}}). \end{array}$

(3.21)

结合(3.8)--(3.10) 和(3.18)--(3.21) 式得

$\begin{array}{l} T(r, G) \le (2k + 3)\bar N(r, F) + (2k + 4)\bar N(r, G) + \bar N(r, \frac{1}{F}) + \bar N(r, \frac{1}{G})\\ + 2{N_{k + 1}}(r, \frac{1}{F}) + 3{N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + S(r, F) + S(r, G). \end{array}$

(3.22)

令

$\Delta_{3}=(2k+3)\Theta(\infty, F)+(2k+4)\Theta(\infty, G)+\Theta(0, F)+\Theta(0, G)+ 2\delta_{k+1}(0, F)+3\delta_{k+1}(0, G).$

由(3.1)--(3.6) 式和$n>9k+21$得

$ \Delta_{3}\geq 4k+14-\frac{9k+21}{n+1}>4k+13.$

由(3.22) 式可得$\forall \varepsilon (0<\varepsilon<\Delta_{3}-(4k+13))$, 当$r$充分大且$r\in I$时, 有

$\begin{array}{l} T(r, G) \le [(2k + 3)(1-\Theta (\infty, F)) + (2k + 4)(1-\Theta (\infty, G)) + (1-\Theta (0, F))\\ + (1 - \Theta (0, G)) + 2(1 - {\delta _{k + 1}}(0, F)) + 3(1 - {\delta _{k + 1}}(0, G)) + \varepsilon]T(r, G) + S(r, G)\\ \le (4k + 14 - {\Delta _3} + \varepsilon )T(r, G) + S(r, G), \end{array}$

即$[\Delta_{3}-(4k+13)-\varepsilon]T(r, G)\leq S(r, G)$, 矛盾.

综上, 得$H(z)\equiv0$, 即

$\frac{{{F^{(k + 2)}}}}{{{F^{(k + 1)}}}} - \frac{{2{F^{(k + 1)}}}}{{{F^{(k)}} - 1}} \equiv \frac{{{G^{(k + 2)}}}}{{{G^{(k + 1)}}}} - \frac{{2{G^{(k + 1)}}}}{{{G^{(k)}} - 1}}.{\rm{ }}$

对上式积分得

$\log {F^{(k + 1)}} - 2\log ({F^{(k)}} - 1) = \log {G^{(k + 1)}} - 2\log ({G^{(k)}} - 1) + \log A, {\rm{ }}$

其中$A(\neq0)$是常数.故

$\frac{{{F^{(k + 1)}}}}{{{{({F^{(k)}} - 1)}^2}}} = \frac{{A{G^{(k + 1)}}}}{{{{({G^{(k)}} - 1)}^2}}}.{\rm{ }}$

再对上式积分得

$ - \frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}} = - \frac{A}{{{G^{(k)}} - 1}} - B, {\rm{ }}$

其中$B$是常数, 上式可改写成

$\frac{1}{{{F^{(k)}} - 1}} = \frac{{B{G^{(k)}} + A - B}}{{{G^{(k)}} - 1}}, $

(3.23)

其中$A(\neq0), B$是常数.由(3.23) 式可知$F^{(k)}$和$G^{(k)}$分担$(1, \infty)$.下面分三种情形讨论:

情形1 $B\neq0$且$A\neq B$.如果$B=-1$, 则从(3.23) 式, 有

${F^{(k)}} = \frac{{ - A}}{{{G^{(k)}} - A - 1}}.{\rm{ }}$

因此

$\bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - A - 1}}) = \bar N(r, {F^{(k)}}) = \bar N(r, f).$

(3.24)

因为$A\neq B=-1$, 由引理2.2, 引理2.3和(3.24) 式, 有

$\begin{array}{l} (n + 1)T(r, g) = T(r, G) + S(r, G)\\ \le \bar N(r, G) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + \bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - A - 1}}) + S(r, G)\\ \le \bar N(r, g) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + \bar N(r, f) + S(r, G)\\ \le T(r, f) + (k + 3)T(r, g) + S(r, g). \end{array}$

不失一般性, 假设存在一个具有无穷线测度的集合$I$, 使得当$r\in I$时，有$T(r, f)\leq T(r, g)$.因此由上述不等式知当$r\in I$时, 我们有$(n-k-3)T(r, g)\leq S(r, g)$.这与$n>3k+11$矛盾.如果$B\neq-1$, 由(3.23) 式, 得到

${F^{(k)}} - (1 + \frac{1}{B}) = \frac{{ - A}}{{{B^2}[{G^{(k)}} + \frac{{A-B}}{B}]}}.{\rm{ }}$

因此

$\bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - \frac{{B - A}}{B}}}) = \bar N(r, {F^{(k)}} - (1 + \frac{1}{B})) = \bar N(r, f).$

(3.25)

由引理2.2, 引理2.3和(3.25) 式, 有

$\begin{array}{l} (n + 1)T(r, g) = T(r, G) + S(r, G)\\ \le \bar N(r, G) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + \bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - \frac{{B - A}}{B}}}) + S(r, G)\\ \le \bar N(r, g) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + \bar N(r, f) + S(r, G)\\ \le T(r, f) + (k + 3)T(r, g) + S(r, g). \end{array}$

因此当$r\in I$时, 有$(n-k-3)T(r, g)\leq S(r, g)$, 这与$n>3k+11$矛盾.

情形2 $B\neq0$且$A=B$.如果$B\neq-1$, 则从(3.23) 式, 有

$\frac{1}{F^{(k)}}=\frac{BG^{(k)}}{(1+B)G^{(k)}-1}, $

由引理2.1, 有

$\bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - \frac{1}{{1 + B}}}}) \le \bar N(r, \frac{1}{{{F^{(k)}}}}) \le {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{F}) + k\bar N(r, F) + S(r, F).$

(3.26)

由引理2.2, 引理2.3和(3.26) 式, 有

$\begin{array}{l} (n + 1)T(r, g) = T(r, G) + S(r, G)\\ \le \bar N(r, G) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + \bar N(r, \frac{1}{{{G^{(k)}} - \frac{1}{{1 + B}}}}) + S(r, G)\\ \le \bar N(r, G) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{G}) + {N_{k + 1}}(r, \frac{1}{F}) + k\bar N(r, F) + S(r, F) + S(r, G)\\ \le (2k + 2)T(r, f) + (k + 3)T(r, g) + S(r, g). \end{array}$

因此当$r\in I$时, 有$(n-3k-4)T(r, g)\leq S(r, g)$, 这与$n>3k+11$矛盾.如果$B=-1$, 从(3.23) 式, 有

$F^{(k)}G^{(k)}\equiv1, $

即

${[{f^n}(f-1)]^{(k)}}{[{g^n}(g-1)]^{(k)}} \equiv {b^2}.$

(3.27)

假设$z_{0}$是$f$的$p$重零点, 由(3.27) 式, 我们知道$z_{0}$是$g$的极点, 令其重数为$q$, 故$np-k=nq+q+k$, 即$n(p-q)=q+2k$, 从而有$p \geq q+1$且$q+2k \geq n$, 因此

$p \ge n - 2k + 1 > k + 12 \ge 13.{\rm{ }}$

假设$z_{1}$是$f-1$的$p_{1}$重零点, 则$z_{1}$是$[f^n(f-1)]^{(k)}$的$p_{1}-k$重零点.由(3.27) 式，我们知道$z_{1}$是$g$的极点, 令其重数为$q_{1}$, 故$p_{1}-k=nq_{1}+q_{1}+k$, 即$p_{1}=(n+1)q_{1}+2k$, 则

${p_1} \ge n + 2k + 1 > 5k + 12 \ge 17.{\rm{ }}$

假设$z_{2}$是$f'$的$p_{2}$重零点, 但不是$f(f-1)$的零点, 由(3.27) 式, 我们知道$z_{2}$是$g$的极点, 令其重数为$q_{2}$, 故$p_{2}-(k-1)=nq_{2}+q_{2}+k$, 即$p_{2}=(n+1)q_{2}+2k-1$, 则

${p_2} \ge n + 2k > 5k + 11 \ge 16.{\rm{ }}$

类似于上面的分析, 可以得到关于$[g^n(g-1)]^{(k)}$零点的相似结果.

另一方面, 假设$z_{3}$是$f$的极点, 由(3.27) 式, 我们知道$z_{3}$是$[g^n(g-1)]^{(k)}$的零点, 故

$\begin{array}{l} \bar N(r, f) \le \bar N(r, \frac{1}{g}) + \bar N(r, \frac{1}{{g - 1}}) + \bar N(r, \frac{1}{{g'}})\\ \le \frac{1}{{13}}N(r, \frac{1}{g}) + \frac{1}{{17}}N(r, \frac{1}{{g - 1}}) + \frac{1}{{16}}N(r, \frac{1}{{g'}})\\ \le 0.2T(r, g) + S(r, g). \end{array}$

(3.28)

由第二基本定理和(3.28) 式, 有

$\begin{array}{l} T(r, f) \le \bar N(r, \frac{1}{f}) + \bar N(r, \frac{1}{{f - 1}}) + \bar N(r, f) + S(r, f)\\ \le \frac{1}{{13}}N(r, \frac{1}{f}) + \frac{1}{{17}}N(r, \frac{1}{{f - 1}}) + 0.2T(r, g) + S(r, f) + S(r, g)\\ \le 0.14T(r, f) + 0.2T(r, g) + S(r, f) + S(r, g). \end{array}$

(3.29)

类似地, 有

$T(r, g) \le 0.14T(r, g) + 0.2T(r, f) + S(r, f) + S(r, g).$

(3.30)

由(3.29) 和(3.30) 式得

$ T(r, f)+T(r, g)\leq 0.34[T(r, f)+T(r, g)]+S(r, f)+S(r, g), $

即

$ 0.66[T(r, f)+T(r, g)]\leq S(r, f)+S(r, g), $

矛盾.

情形3 $B=0$且$A\neq0$, 由(3.23) 式得

${F^{(k)}} = \frac{1}{A}{G^{(k)}} + 1 - \frac{1}{A}.$

(3.31)

对上式积分可得

$F = \frac{1}{A}G + \varphi (z), $

(3.32)

其中$\varphi(z)$是一个次数不超过$k$的多项式.由(3.32) 式和引理2.5, 可知$f$和$g$或者都是超越亚纯函数, 或者都是有理函数.

下面证明$\varphi(z)\equiv 0$.

情形1 $f$和$g$都是超越亚纯函数.假设$\varphi(z)\not\equiv0$, 由(3.32) 式和引理2.2得

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

(3.33)

再结合引理2.6, (3.32) 和(3.33) 式得

$\begin{array}{l} (n + 1)T(r, f) = T(r, F) + S(r, f)\\ \le \bar N(r, F) + \bar N(r, \frac{1}{F}) + \bar N(r, \frac{1}{{F - \varphi }}) + S(r, f)\\ \le \bar N(r, f) + \bar N(r, \frac{1}{f}) + \bar N(r, \frac{1}{{f - 1}}) + \bar N(r, \frac{1}{g}) + \bar N(r, \frac{1}{{g - 1}}) + S(r, f)\\ \le 5T(r, f) + S(r, f). \end{array}$

由$n>3k+11$可知上式不可能成立, 故$\varphi(z)\equiv 0$.

情形2 $f$和$g$都是有理函数.假设$\varphi(z)\not\equiv0$, 由(3.32) 式和引理2.2得

$T(r, g) \le T(r, f) + \frac{k}{{n + 1}}\log r + O(1).$

(3.34)

再结合第二基本定理和引理2.2, (3.32) 和(3.34) 式得

$\begin{array}{l} (n + 1)T(r, f) = T(r, F) + O(1)\\ = T(r, \frac{F}{\varphi }\varphi ) + O(1)\\ \le T(r, \frac{F}{\varphi }) + T(r, \varphi ) + O(1)\\ \le \bar N(r, \frac{\varphi }{F}) + \bar N(r, \frac{1}{{\frac{F}{\varphi } - 1}}) + \bar N(r, \frac{F}{\varphi }) + T(r, \varphi ) + O(1)\\ \le \bar N(r, \frac{\varphi }{F}) + \bar N(r, \frac{\varphi }{G}) + \bar N(r, \frac{F}{\varphi }) + T(r, \varphi ) + O(1)\\ \le \bar N(r, \frac{1}{F}) + \bar N(r, \frac{1}{G}) + \bar N(r, F) + \bar N(r, \frac{1}{\varphi }) + T(r, \varphi ) + O(1)\\ \le \bar N(r, \frac{1}{f}) + \bar N(r, \frac{1}{{f - 1}}) + \bar N(r, \frac{1}{g}) + \bar N(r, \frac{1}{{g - 1}}) + \bar N(r, f)\\ + \bar N(r, \frac{1}{\varphi }) + T(r, \varphi ) + O(1)\\ \le 3T(r, f) + 2T(r, g) + 2T(r, \varphi ) + O(1)\\ \le 5T(r, f) + (2k + 1)\log r + O(1).{\rm{ }} \end{array}$

移项可得

$(n-4)T(r, f)\leq(2k+1)\log r+O(1).$

由$n>3k+11$可知上式不可能成立, 故$\varphi(z)\equiv 0$.再结合(3.31) 和(3.32) 可得$A=1$, 从而可得$F \equiv G$, 即

$f^n(f-1)\equiv g^n(g-1).$

故由$\Theta(\infty, f)>\frac{2}{n}$和引理2.7, 得$f \equiv g$.