本文使用Nevanlinna值分布理论的标准记号和基本结果^[1-3], 并使用$\sigma(f), \mu(f)$和$\lambda(f)$分别表示亚纯函数$f(z)$的级, 下级和零点收敛指数.

考虑高阶齐次线性微分方程

$f^{(k)}+A_{k-1}f^{(k-1)}+\cdots+A_{0}f=0, $

(1.1)

其中$A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{k-1}$是整函数.在文[4]中, Hellerstein, Miles和Rossi证明了如果$\max_{ j\neq d}\{\sigma(A_j)\}<\sigma(A_d)\leq\frac{1}{2}$, 则方程(1.1) 的每一个超越解都为无穷级.在文[5]中, Bank和Langley中研究了方程解的零点分布, 得到

定理A 设$k\geq2, A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{k-2}$是整函数, 满足

(ⅰ) $A_{0}$是超越的且$\sigma(A_{0})<1/2$;

(ⅱ)对于$j>0$, 或者$A_{j}$是多项式, 或者$\sigma(A_{j})<\sigma(A_{0})$, 则方程

$f^{(k)}+A_{k-2}f^{(k-2)}+\cdots+A_{0}f=0$

(1.2)

不可能有两个线性无关解$f_{1}, f_{2}$满足$\max\{\lambda(f_{1}), \lambda(f_{2})\}<\infty$.

Gao ^[6]研究了在定理A中将起主导作用的系数$A_0$换为$A_s( s\in\{2, \cdots, k-2\})$, 得到方程(1.2) 至多有$m=\min\{k-s, s-1\}$个超越线性无关解$f_1, \cdots, f_m$满足$\max\{\lambda(f_{1}), \cdots, \lambda(f_{m})\}<\infty$.

Langley ^[7]研究了在方程(1.1) 中当其主导作用的系数为$A_{k-1}$时解的零点分布, 得到如下比定理A更强的结果.

定理B 设$k\geq2, A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{k-1}$是整函数, 满足

(ⅰ) $A_{k-1}$是超越的且满足$\sigma(A_{k-1})<1/2$;

(ⅱ)对于$j\neq k-1$, 或者$A_j$是多项式, 或者$\sigma(A_{j})<\sigma(A_{k-1})$, 则方程(1.1) 的任意超越解$f$都有$\lambda(f)=\infty$.

自然地, 本文会考虑当对系数的级的限制条件减弱时, 是否也有类似于定理B的结论?本文考虑了这一问题, 得到下述结果.

定理 设$k\geq2, A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{k-1}$是有限级整函数, 满足

(ⅰ) $\max\{\sigma(A_{j}):0\leq j\leq k-2\}<\mu(A_{k-1})<1/2$, 或

(ⅱ) $A_{j}$是多项式, $A_{k-1}$是超越的且$\mu(A_{k-1})=0$, 则方程(1.1) 的任意超越解$f$都满足$\lambda(f)=\infty$.

注 由引理2.4可知在定理的条件下, 方程(1.1) 的每一个超越解$f$都满足$\mu(f)=\infty$.而每个非超越解为次数不超过$k-2$的多项式.

引理2.1^[8] 设$f(z)$为超越亚纯函数, $\Gamma=\{(k_{1},j_{1}),\cdots,(k_{m},j_{m})\}$是不同整数对组成的有限集合, 满足$k_{i}>j_{i}\geq0 (i=1,\cdots,m)$.又设$\alpha>1$是一给定实常数, 则存在集合$E\subset(1,+\infty)$具有有穷对数测度和依赖于$\alpha$和$\Gamma$的常数$B>0$, 使得对所有满足$|z|=r\not\in[0,1]\cup E$的$z$和$(k,j)\in\Gamma$, 有

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{f^{(k)}(z)}{f^{(j)}(z)}\right|\leq B\Big(\frac{T(\alpha r,f)}{r}{\log^{\alpha}r}\cdot\log T(\alpha r,f)\Big)^{k-j}. \end{eqnarray*}$

引理2.2^[9] 设$f(z)$是超越整函数, 则存在对数测度为有穷的集合$E\subset(1, +\infty)$, 使得当$z$满足$|z|=r\not\in[0, 1]\cup E, |f(z)|=M(r, f)$时, 有

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{f(z)}{f^{(s)}(z)}\right|\leq2r^{s} (s\in \mathbf{N}), \end{eqnarray*}$

其中$M(r, f)=\max_{|z|=r}|f(z)|$.

引理2.3^{[10, 11]} 假设$g(z)$是整函数, 且$0\leq\mu(g)<1$, 则对每一个$\alpha\in(\mu(g), 1)$, 存在一集合$E\subset[0, \infty)$, 满足

$\overline{\log {\rm dens}}E\geq{1-\frac{\mu(g)}{\alpha}}, $

其中$E=\{r\in[0, \infty): m(r)> M(r)\cos\pi\alpha\}$, $m(r)=\inf\limits_{|z|=r}\log|g(z)|, M(r)=\sup\limits_{|z|=r}\log|g(z)|.$

引理2.4 设$k\geq2, A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{k-1}$满足定理中条件, 则方程(1.1) 的任一超越解$f$都有$\mu(f)=\infty$.

证 设$f$是方程(1.1) 的超越解, 由引理2.1, 存在一个有穷对数测度的集合$E_{1}\subset(1, \infty)$及常数$B>0$, 使得对所有满足$|z|=r\not\in[0,1]\cup E_{1}$的$z$有

$\left|\frac{f^{(j)}(z)}{f^{(i)}(z)}\right|\leq B(T(2r, f))^{j+1} (0\leq i<j\leq k).$

(2.1)

又由引理2.2, 存在一个有穷对数测度的集合$E_{2}\subset(1, \infty)$, 使得当$z$满足$|z|=r\not\in[0,1]\cup E_{2}, |f(z)|=M(r, f)$时, 有

$\left|\frac{f(z)}{f^{(k-1)}(z)}\right|\leq r^{k}.$

(2.2)

由方程(1.1) 得

$|A_{k-1}(z)|\leq \left|\frac{f^{(k)}(z)}{f^{(k-1)}(z)}\right|+\left[\left|A_{k-2}(z)\frac{f^{(k-2)}(z)}{f(z)}\right|+\cdots+ |A_{0}(z)|\right]\cdot\left|\frac{f(z)}{f^{(k-1)}(z)}\right|.$

(2.3)

下面分情况讨论:

情形(ⅰ)  $\max\{\sigma(A_{j}):0\leq j\leq k-2\}<\mu(A_{k-1})<1/2$.记$\max\{\sigma(A_{j}):0\leq j\leq k-2\}=\sigma, \mu(A_{k-1})=\mu$.取$\varepsilon$满足$0<2\varepsilon<\mu-\sigma$, 则存在$r_{1}>0$, 使得当$|z|=r>r_{1}$时, 有

$|{A_j}(z)| \le \exp \{ {r^{\sigma + \varepsilon }}\} ,(j = 0,1, \cdots ,k - 2),$

(2.4)

$\log M(r,{A_{k - 1}}) > {r^{\mu - \varepsilon /2}}.{\rm{ }}$

(2.5)

对$A_{k-1}(z)$运用引理2.3, 取$\alpha=\frac{1+2\mu}{4} $, 则存在集合$E_{3}\subset[0, \infty)$, 满足$\overline{\log {\rm dens}}E_{3}\geq{1-\frac{\mu}{\alpha}}$, 使得对所有满足$|z|=r\in E_{3}$的$z$, 有$\log|A_{k-1}(z)|>\cos\pi\alpha\log M(r, A_{k-1})$.再结合(2.5) 式得对所有满足$|z|=r\in E_{3}\backslash[0, r_{1}]$的$z$, 有

$|A_{k-1}(z)|>\exp\{r^{\mu-\varepsilon}\}.$

(2.6)

从而由(2.1)--(2.6) 式得:对满足$|z|=r\in E_{3}\backslash([0, r_{1}]\cup E_{1}\cup E_{2})$且$|f(z)|=M(r, f)$的$z$, 有

$\exp\{r^{\mu-\varepsilon}\}<|A_{k-1}(z)|\leq kB(T(2r, f))^{k+1}\cdot r^{k}\cdot\exp\{r^{\sigma+\varepsilon}\}.$

故可得$\mu(f)=\infty$.

情形(ⅱ) $A_{j} (0\leq j\leq k-2)$是多项式, $A_{k-1}$是超越的且$\mu(A_{k-1})=0$.对于多项式$A_{j} (0\leq j\leq k-2)$, 存在常数$M_1>0$, 使得

$|A_{j}(z)|=O(r^{M_{1}}).$

(2.7)

由引理3, 取$\alpha=1/4$, 则存在集合$E_{4}\subset[0, \infty)$, 满足$\overline{\log {\rm dens}}E_{4}=1$, 使得对所有满足$|z|=r\in E_{4}$的$z$, 有$\log|A_{k-1}(z)|>\frac{\sqrt{2}}{2}\log M(r, A_{k-1})$.由于$A_{k-1}(z)$是超越整函数, 故有

$\frac{\min\{\log|A_{k-1}(z)|:|z|=r\}}{\log r}>\frac{\sqrt{2}}{2} \frac{\log M(r, A_{k-1})}{\log r}\longrightarrow\infty, $

即对充分大的$M(>M_1+K)$, 存在$r_{2}>0$, 使得对所有满足$|z|=r\in E_{4}\backslash[0, r_2]$的$z$, 有

$|A_{k-1}(z)|>r^M.$

(2.8)

从而由(2.1)--(2.3), (2.7) 和(2.8) 式得对满足$|z|=r\in E_{4}\backslash([0, r_{2}]\cup E_{1}\cup E_{2})$且$|f(z)|=M(r, f)$的$z$, 有

$ r^{M}<|A_{k-1}(z)|\leq kB(T(2r, f))^{k+1}\cdot r^{k}\cdot O(r^{M_{1}}).$

(2.9)

由(2.9) 式可得$\mu(f)=\infty$.引理得证.

引理2.5^[3] 设$F(r)$与$G(r)$是$(0, \infty)$上的单调非减实值函数.如果$F(r)\leq G(r), r\not\in E $, 其中$E$是测度有限的集合, 则对任给常数$\alpha>1$, 存在$r_{0}>0$, 当$r>r_{0}$时, 有$F(r)\leq G(\alpha r)$.

引理2.6 设$k\geq2, A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{k-1}$满足定理中条件, 若方程(1.1) 的一超越解$f$满足$\lambda(f)<\infty$, 则$f=we^{h}$, 其中$w$是$f$的零点构成的典型乘积或多项式, 满足$\sigma(w)=\lambda(w)=\lambda(f)<\infty, h$为有限级超越整函数.

证 由引理2.4知若$f$为方程(1.1) 的超越解, 则

$\mu(f)=\sigma(f)=\infty.$

(2.10)

假设$f$为方程(1.1) 的满足$\lambda(f)<\infty$超越解, 由Hadamard分解定理得$f=we^{h}$, 其中$w$是$f$的零点构成的典型乘积或多项式, 满足$\sigma(w)=\lambda(w)=\lambda(f)<\infty, h$为整函数.再结合(2.10) 式知$h$为超越整函数.

由数学归纳法知

$f^{(k)}=we^{h}[(h')^{k}+P_{k-1}(h')]=f\cdot[(h')^{k}+P_{k-1}(h')], $

(2.11)

其中$P_{k-1}(h')$为$h'$的次数不超过$k-1$的微分多项式, 系数为$\frac{w'}{w}, \cdots, \frac{w^{(k)}}{w}$.

将(2.11) 式代入方程(1.1) 得

$ (h')^{k}=\overline{P_{k-1}}(h')-A_{0}, $

(2.12)

其中$\overline{P_{k-1}}(h')$为$h'$的次数不超过$k-1$的微分多项式, 系数为$\frac{w'}{w}, \cdots, \frac{w^{(k)}}{w}, A_{1}, \cdots, A_{k-1}$.

令$H_{1}=\{\theta\in[0, 2\pi):|h'(re^{i\theta})|<1\}, H_{2}=[0, 2\pi)\backslash H_{1}$, 则由(2.12) 式得

$\begin{eqnarray*} T(r, h')=m(r, h')&=& \frac{1}{2\pi}\int_{H_{1}}\log^{+}|h'(re^{i\theta})|d\theta+\frac{1}{2\pi}\int_{H_{2}}\log^{+}|h'(re^{i\theta})|d\theta\\ &=& \frac{1}{2\pi}\int_{H_{2}}\log^{+}|h'(re^{i\theta})|d\theta\\ &\leq& \frac{1}{2\pi}\int_{H_{2}}\log^{+}\left|\frac{\overline{P_{k-1}}(h')}{(h')^{k-1}}\right|d\theta +\frac{1}{2\pi}\int_{[0, 2\pi]}\log^{+}|A_{0}(re^{i\theta})|d\theta+O(1)\\ &\leq&M\left[{\sum^{k}_{j=1}}m(r, \frac{w^{(j)}}{w})+{\sum^{k-1}_{j=1}}m(r, A_{j})\right]+m(r, A_{0})+S(r, h')\\ &\leq&M{\sum^{k-1}_{j=1}}m(r, A_{j})+m(r, A_{0})+O(\log rT(r, h')) (r\longrightarrow\infty, r\notin E), \end{eqnarray*}$

其中$M>0$为一常数, $E$为线测度有限的集合.故由引理2.5及级的定义得$\sigma(h')\leq \max\{\sigma(A_{j}:0\leq j\leq k-1)\}<+\infty$, 所以$h$为有限级.引理得证.

引理2.7^[8] 设$w(z)$为开平面上有限$\rho$级超越亚纯函数, $\Gamma=\{(k_{1}, j_{1}), \ldots, (k_{m}, j_{m})\}$是由不同整数对组成的有限集合, 满足$k_{i}>j_{i}\geq0 (i=1, \cdots, m)$, 又设$\varepsilon>0$是给定常数, 则

(ⅰ)存在零测度集$E_{1}\subset[0, 2\pi)$, 使得如果$\psi_{0}\in[0, 2\pi)\backslash E_{1}$, 则存在常数$R_{0}=R_{0}(\psi_{0})>0$, 对满足$\arg z=\psi_{0}$及$|z|\geq R_{0}$的所有$z$及所有$(k, j)\in\Gamma$, 都有

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{w^{(k)}(z)}{w^{(j)}(z)}\right|\leq |z|^{(k-j)(\rho-1+\varepsilon)}. \end{eqnarray*}$

(ⅱ)存在对数测度为有限的集合$E_{2}\subset(1, +\infty)$, 使得对满足$|z|=r\not\in[0,1]\cup E_{_{2}}$的所有$z$及$(k, j)\in\Gamma$, 上式成立.

(ⅲ)存在测度为有限的集合$E_{3}\subset(0, +\infty)$, 使得对满足$|z|=r\not\in E_{_{3}}$的所有$z$及$(k, j)\in\Gamma$, 有

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{w^{(k)}(z)}{w^{(j)}(z)}\right|\leq |z|^{(k-j)(\rho+\varepsilon)}. \end{eqnarray*}$

引理2.8^[3] 假设$f(z)$为亚纯函数, 令$\frac{f'(z)}{f(z)}=\xi(z)$, 则当$n\geq1$时,

$\begin{eqnarray*} \frac{f^{(n)}(z)}{f(z)}=\xi^{n}+\frac{n(n-1)}{2}\xi^{n-2}\xi'+\alpha_{n}\xi^{n-3}\xi''+\beta_{n}\xi^{n-4}(\xi')^{2}+P_{n-3}(\xi), \end{eqnarray*}$

其中$\alpha_{n}=\frac{1}{6}n(n-1)(n-2), \beta_{n}=\frac{1}{8}n(n-1)(n-2)(n-3), P_{n-3}(\xi)$是$\xi$的常系数微分多项式, 当$n\leq3$时, 它恒等于0, 当$n>3$时, 它的次数为$n-3$.

引理2.9^[12] 假设$f(z), g(z)$为开平面上非常数亚纯函数, 若$\sigma(f)<\mu(g)$, 则$\mu(fg)=\mu(g)$.

引理2.10 设$A(z)$是有限级超越整函数, 若$\mu(A)<1/2$, 则$A(z)$必有无穷多个零点.

证 由Hadamard分解定理知$A(z)=w(z)e^{Q(z)}$, 其中$w(z)$是$A(z)$的零点构成的典型乘积或多项式, $Q(z)$为多项式.

假设$A(z)$只有有限个零点, 则$w(z)$为多项式, 又由于$A(z)$是超越的, 所以$\deg Q\geq1$($\deg Q$表示多项式$Q(z)$的次数).注意到$\sigma(\omega)=0<\deg Q=\mu(e^{Q(z)})$, 所以由引理2.9得$\mu(A)=\mu(e^{Q(z)})\geq1$, 矛盾.故$A(z)$必有无穷多个零点.

设$f$是方程(1.1) 的超越解, 则由引理2.4得$\mu(f)=\sigma(f)=\infty$.下面使用文^[6]的方法证明$\lambda(f)=\infty$.

假设$f$是方程(1.1) 的满足$\lambda(f)<\infty$的超越解, 则由引理2.6得$f=we^{h}$, 其中$w$是$f$的零点构成的典型乘积或多项式, 满足$\sigma(w)=\lambda(w)=\lambda(f)<\infty, h$为有限级超越整函数.

由引理2.7, 存在对数测度为有限的集合$E_{5}\subset(1, +\infty)$, 使得对满足$|z|=r\not\in[0, 1]\cup E_5$的所有$z$, 有

$\left|\frac{w^{(m)}}{w}\right|+\left|\frac{h^{(m)}}{h'}\right|\leq r^{M_{2}} (m=1, \cdots, k),$

(3.1)

其中$M_{2}$为一正常数, 在不同地方出现可代表不同常数.

下面分情况讨论:

情形(ⅰ)  $\max\{\sigma(A_{j}):0\leq j\leq k-2\}<\mu(A_{k-1})<1/2$.仍记$\max\{\sigma(A_{j}):0\leq j\leq k-2\}=\sigma, \mu(A_{k-1})=\mu$.取$\varepsilon$满足$0<2\varepsilon<\mu-\sigma$, 这时仍有(2.4) 和(2.6) 式.则存在序列$\{r_{n}\}$满足$r_{n}\longrightarrow\infty, r_{n}\in E_{3}\backslash([0, r_{1}]\cup E_5)$, 使得在$|z|=r_{n}$上有

$\log|A_{k-1}(z)|>r_{n}^{\mu-\varepsilon},$

(3.2)

$|A_{j}(z)|=O(\exp\{r_{n}^{\sigma+\varepsilon}\}).$

(3.3)

现在在$|z|=r_{n}$上估计$h'(z)$.由$h'(z)$是超越整函数, 存在$N>0 (N$可取足够大), 使得如果点$z$在$|z|=r_{n}$上并满足$|h'(z)|\geq |z|^{N}$时, 则由(2.11) 和(3.1) 式易证

$\frac{f^{(p)}}{f}=(h')^{p}\Big(1+O(|z|^{-M_{2}})\Big), p=1, \cdots, k.$

(3.4)

将$f=we^{h}$代入方程(1.1), 两边除以$f$, 由(3.3), (3.4) 式, 对在$|z|=r_{n}$上满足$|h'(z)|\geq |z|^{N}$的$z$, 有

$\begin{eqnarray*} (h')^{k}(1+o(1))+A_{k-1}(h')^{k-1}(1+o(1))+\sum_{m=0}^{k-2}O(\exp\{r_{n}^{\sigma+\varepsilon}\})(h')^{m}=0, \end{eqnarray*}$

或

$\begin{eqnarray*} \frac{h'}{A_{k-1}}(1+o(1))+1+\sum_{m=0}^{k-2}O(\exp\{r_{n}^{\sigma+\varepsilon}\})(h')^{m-k}\cdot \frac{h'}{A_{k-1}}=0, \end{eqnarray*}$

或

$\begin{eqnarray*} \frac{h'}{A_{k-1}}(1+o(1))+1+\frac{h'}{A_{k-1}}\frac{O(\exp\{r_{n}^{\sigma+\varepsilon}\})}{(h')^{2}}=0, \end{eqnarray*}$

或

$ \frac{h'}{A_{k-1}}\Big(1+\frac{O(\exp\{r_{n}^{\sigma+\varepsilon}\})}{(h')^{2}}\Big)=-1.$

(3.5)

如果存在无穷多个$n$, 比如$n_{k}$, 使得对在$|z|=r_{n_{k}}$上满足$|h'(z)|\geq |z|^{N}$的点$z$有$|h'(z)|\leq\exp\{r_{n_{k}}^{\sigma+\varepsilon}\}$, 则由$(3.2)$式知当$n_{k}\rightarrow\infty$时, (3.5) 式左边$\rightarrow 0$, (3.5) 式显然不成立.因此当$n$充分大时, 在$|z|=r_{n}$上满足$|h'(z)|\geq |z|^{N}$的点$z$必同时满足$|h'(z)|>\exp\{r_{n}^{\sigma+\varepsilon}\}$.从而由(3.5) 式, 对在$|z|=r_n$上满足$|h'(z)|\geq |z|^{N}$的点$z$一致地有

$\frac{{h'}}{{{A_{k - 1}}}} = - 1 + o(1),$

(3.6)

$\frac{{{A_{k - 1}}}}{{h'}} = - (1 + \frac{{O(r_n^{{M_2}})}}{{h'}}).$

(3.7)

现令$G_{1, n}=\{z:|h'(z)|\geq |z|^{N}, |z|=r_{n}\}, G_{2, n}=\{z:|h'(z)|<|z|^{N}, |z|=r_{n}\}, G_{n}=\{z:|z|=r_{n}\}$, 则$G_{n}=G_{1, n}\cup G_{2, n}, G_{1, n}\cap G_{2, n}=\emptyset$.由(3.2) 和(3.6) 式, 当$r_{n}$充分大时, 有$G_{1, n}=\{z:|h'(z)|>|z|^{N}, |z|=r_{n}\}$存在.对于线性连通开集$G_{n}$, 可分为两个开集$G_{1, n}, G_{2, n}$之并, 且$G_{1, n}\cap G_{2, n}=\emptyset$.故$G_{1, n}, G_{2, n}$中必有一个为空集.因为$h'(z)$是超越整函数, 当$r_{n}$足够大时, $G_{1, n}\neq\emptyset$, 也就是说, 当$r_{n}$足够大时, $G_{2, n}=\emptyset$.因此当$r_{n}$足够大时, (3.4)--(3.7) 式总是成立的.

又由(3.7) 式得$A_{k-1}+h'=O(r_{n}^{M_{2}})$, 则$A_{k-1}+h'$必为多项式.而对于多项式$P$, 可以把$e^{P}$合并到$w$中, 因此不妨设$A_{k-1}+h'\equiv0$, 即$A_{k-1}\equiv-h'$.对$\frac{f'}{f}=h'+\frac{w'}{w}$运用引理8, 再结合(3.1) 式, 在$|z|=r_{n}$上, 有

$ \frac{f^{(p)}}{f}=O(r_{n}^{M_{2}})(h')^{p-2}+(^{p}_{1})(h')^{p-1} \frac{w'}{w}+(^{p}_{2})(h')^{p-2}h''+(h')^{p}, p=2, \cdots, k.$

(3.8)

于是由(3.8) 式, 在$|z|=r_{n}$上, 有

$A_{k-1}\frac{f^{(k-1)}}{f}=-h'\frac{f^{(k-1)}}{f}= O(r_{n}^{M_{2}})(h')^{k-2}-(^{k-1}_{1})(h')^{k-1}\frac{w'}{w}-(^{k-1}_{2})(h')^{k-2}h''-(h')^{k}.$

(3.9)

将(3.8) 式代入(1.1) 式, 结合(3.1)--(3.3), (3.9) 式和$h'\equiv-A_{k-1}$, 再两边除以$(h')^{k-1}$, 当$r_n$足够大时, 在$|z|=r_{n}$上有

$\begin{eqnarray*} \frac{w'}{w}+(k-1)\frac{h''}{h'}=\frac{O(r_{n}^{M_{2}})}{h'}-\frac{A_{k-2}}{h'}, \end{eqnarray*}$

故

$\frac{w'}{w}+(k-1)\frac{A'_{k-1}}{A_{k-1}}=O(r_{n}^{-2}).$

(3.10)

记$F=w(A_{k-1})^{k-1}$, 由(3.10) 式和幅角原理得

$n(r_{n}, \frac{1}{F})=O(r_{n}^{-1}).$

(3.11)

而根据引理2.10知$A_{k-1}$有无穷多个零点, 故$F$也必含有无穷多个零点, 矛盾!所以$\lambda(f)=\infty$.

情形(ⅱ)  $A_{j} (0\leq j\leq k-2)$是多项式, $A_{k-1}$是超越的且$\mu(A_{k-1})=0$.这时仍有(2.7) 和(2.8) 式.则存在序列$\{r_{n}\}$满足$r_{n}\longrightarrow\infty, r_{n}\in E_{4}\backslash([0, r_{2}]\cup E_5)$, 在$|z|=r_{n}$上有

$|{A_{k - 1}}(z)| > r_n^M,$

(3.12)

$A_{j}(z)|=O(r_{n}^{M_{1}}).$

(3.13)

使用类似于情形(ⅰ)的证法, 将(3.2), (3.3) 式换成(3.12), (3.13) 式即可证$\lambda(f)=\infty$.定理得证.