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user: 2. 定理1的证明 若 f ( z ) 与 g ( z ) 中至少有一个为多项式，则 p 1 ( z ) 与 p 2 ( z ) 都退化为常数，根据定理B知结论成立，故以下仅考虑 f ( z ) 与 g ( z ) 均为超越整函数的情形： 因为 f ( z ) 与 g ( z ) 都以多项式 p 1 ( z ) 与 p 2 ( z ) 为IM分担小函数，则令 φ ( z ) : = L ( f ( z ) ， p 1 ( z ) ， p 2 ( z ) ) ( f ( z ) − g ( z ) ) ( f ( z ) − p 1 ( z ) ) ( f ( z ) − p 2 ( z ) ) ， ψ ( z ) : = L ( g ( z ) ， p 1 ( z ) ， p 2 ( z ) ) ( f ( z ) − g ( z ) ) ( g ( z ) − p 1 ( z ) ) ( g ( z ) − p 2 (z) ) 其中 L ( f ， p 1 ， p 2 ) = | 1 f f ′ 1 p 1 p ′ 1 1 p 2 p ′ 2 | ，     L ( g ， p 1 ， p 2 ) = | 1 g g ′ 1 p 1 p ′ 1 1 p 2 p ′ 2 | 由引理5知 L ( f ， p 1 ， p 2 ) ≡ 0 ， L ( g ， p 1 ， p 2 ) ≡ 0 。且易证得我们令的辅助函数 φ ( z ) ， ψ ( z ) 实际上都是整函数。再结合引理6有 T ( r ， φ ( z ) ) = m ( r ， φ ( z ) ) ≤ m ( r ， L ( f ， p 1 ， p 2 ) ( f − p 1 ) ( f − p 2 ) ) + m ( r ， f ) + m ( r ， g ) + log 2 ≤ T ( r ， f ) + T ( r ， g ) + S * ( r ， f ) 结合条件可得 ρ φ < 3 4 ，同理有 ρ ψ < 3 4 。 若 φ ( z ) 和 ψ ( z ) 中至少有一个为多项式，不妨设 φ ( z ) 为多项式，结合条件 f ( z ) − g ( z ) 有无穷多个重零点。于是 φ ( z ) ≡ 0 ，而由引理5知 L ( f ( z ) ， p 1 ( z ) ， p 2 ( z ) ) ≡ 0 ，则 f ( z ) ≡ g ( z ) ；若 ψ ( z ) 为多项式，同理可得 f ( z ) ≡ g ( z ) 。 若 φ ( z ) 和 ψ ( z ) 均为超越整函数，我们将根据引理3分情况讨论： 情形1： ∃ H ( z ) ∈ { φ ( z ) ， ψ ( z ) } 以及 F H ⊂ [ 1 ， + ∞ ) 使 F H 具有正的上对数密度，不妨设 H ( z ) = φ ( z ) (否则 H ( z ) = ψ ( z ) 时讨论类似)，则 F ϕ 具有正的上对数密度，且 L ( r ， φ ) = min | z | = r | φ ( z ) | > r n 0   ( ∀ r ∈ F φ ) (1) 这里的 n 0 取为大于多项式 p 1 − p 2 的次数的值。 而 f ( z ) 为超越整函数，且 ρ f < 3 4 ，故由引理4知： ∃ Ω f ⊂ [ 1 ， + ∞ ) 使 Ω f 具有有穷的对数密度，且对 ∀ r ∈ [ 1 ， + ∞ ) \ Ω f 有 | ( f − p 1 ) ′ f − p 1 | ≤ | z | ρ − 1 2 < | z | 1 4       ( ∀ z ∈ { z ∈ C | | z | = r } ) (2) 因为 的密度为1，从而 F φ ∩ ( [ 1 ， + ∞ ) \ Ω f ) 为无界集，故存在严格递增的无界数列 { t n } n = 1 + ∞ 包含于 F φ ∩ ( [ 1 ， + ∞ ) \ Ω f ) ，于是 L ( t n ， φ ) > t n n 0   ( n = 1 ， 2 ， ⋯ ) (3) | ( f ( z ) − p 1 ( z ) ) ′ f ( z ) − p 1 ( z ) | < | t n | 1 4       ( ∀ z ∈ { z ∈ C | | z | = t n } ， n = 1 ， 2 ， ⋯ ) (4) t n → + ∞   ( n → + ∞ ) (5) 而 φ ( z ) = [ ( p ′ 1 − p ′ 2 ) − ( p 1 − p 2 ) ( f − p 1 ) ′ f − p 1 ] [ 1 − g − p 2 f − p 2 ] (6) 且由 t n n 0 < | φ ( z ) | = | ( p ′ 1 − p ′ 2 ) − ( p 1 − p 2 ) ( f − p 1 ) ′ f − p 1 | ⋅ | 1 − g − p 2 f − p 2 | ≤ [ | p 1 − p 2 | | p ′ 1 − p ′ 2 p 1 − p 2 | + | p 1 − p 2 | | ( f − p 1 ) ′ f − p 1 | ] ⋅ [ 1 + | g − p 2 f − p 2 | ] ≤ | p 1 − p 2 | [ | p ′ 1 − p ′ 2 p 1 − p 2 | + | ( f − p 1 ) ′ f − p 1 | ] ⋅ [ 1 + | g − p 2 f − p 2 | ] . 再结合(3)、(4)、(5)得 | g − p 2 f − p 2 | → + ∞   ( ∀ z ∈ { z ∈ C | | z | = t n } ) (7) 同理， ψ ( z ) = [ ( p ′ 1 − p ′ 2 ) − ( p 1 − p 2 ) ( g − p 1 ) ′ g − p 1 ] [ 1 − f − p 2 g − p 2 ] (8) 则由(7)、(8)结合引理1知： lim n → ∞ ¯ T ( t n ， ψ ( z ) ) log t n = lim n → ∞ ¯ m ( t n ， ψ ( z ) ) log t n = 0 所以 ψ ( z ) 一定是多项式，这与 ψ ( z ) 为超越整函数相矛盾。 情形2：对于 ∀ τ ∈ ( 0 ， 1 ) ， F τ ， φ : = { r | r ≥ 1 且 θ φ ( r ) > 2 π ( 1 − τ ) } 和 F τ ， ψ : = { r | r ≥ 1 且 θ φ ( r ) > 2 π ( 1 − τ ) } 满足 ∧ _ ( F τ ， φ ) ≥ 1 − 2 ρ φ ( 1 − τ ) τ ，   ∧ _ ( F τ ， ψ ) ≥ 1 − 2 ρ ψ ( 1 − τ ) τ 由于 ρ φ < 3 4 ， ρ ψ < 3 4 。从而存在充分小的正数 ε 0 ，使 3 4 > ρ φ + 2 ρ φ ε 0 − ε 0 2 ，   3 4 > ρ ψ + 2 ρ ψ ε 0 − ε 0 2 取 τ = τ 0 = 1 2 − ε 0 ，有 F τ 0 ， φ : = { r | r ≥ 1 且 θ ϕ ( r ) > π + 2 ε 0 } ，   F τ 0 ， ζ : = { r | r ≥ 1 且 θ ψ ( r ) > π + 2 ε 0 } (9) 且 ∧ _ ( F τ 0 ， φ ) > 1 2 ， ∧ _ ( F τ 0 ， ψ ) > 1 2 ，由引理2知 ∧ _ ( F τ 0 ， φ ∩ F τ 0 ， ψ ) > 0 ，故存在严格递增的无界数列 { r j } j = 1 + ∞ ⊂ ( F τ 0 ， φ ∩ F τ 0 ， ψ ) 。继续令： E j = { θ : θ ∈ [ 0 ， 2 π ] | | g ( r j e i θ ) − p 2 ( r j e i θ ) | < | f ( r j e i θ ) − p 2 ( r j e i θ ) | } E ˜ j : = [ 0 ， 2 π ] \ E j   ( j = 1 ， 2 ， ⋯ ) 因为 m e s ( E j ∪ E ˜ j ) = 2 π   ( j = 1 ， 2 ， ⋯ ) ，从而不失一般性，不妨设存在正整数列 { n k } k = 1 + ∞ 满足 m e s E n k ≥ π   ( k = 1 ， 2 ， ⋯ ) (另一情形用 ψ ( z ) 换 φ ( z ) 即可)，为了表述上的方便，不妨设 n k = k ，于是对于一切的 k 有 n k = k   ( k = 1 ， 2 ， ⋯ ) ，那么 m e s E k ≥ π   ( k = 1 ， 2 ， ⋯ ) (10) 令 G k = F r k ， φ ∩ E k   ( k = 1 ， 2 ， ⋯ ) 。则由(9)、(10)得 m e s G k ≥ 2 ε 0   ( k = 1 ， 2 ， ⋯ ) 。于是对于 ∀ k ∈ N 有 1 2π ∫ G k log + r k 2 d θ ≤ 1 2π ∫ G k log + | φ ( r k e i θ ) | d θ ≤ 1 2π ∫ G k log + | p ′ 1 − p ′ 2 | d θ + 1 2 π ∫ G k log + | p 1 − p 2 | d θ     + 1 2π ∫ G k log + | f ′ − p ′ 1 f − p 1 | d θ + 1 2π ∫ G k log + | g − p 2 f − p 2 | d θ + log 4 ≤ m ( r k ， p ′ 1 − p ′ 2 ) + m ( r k ， p 1 − p 2 ) + m ( r k ， f ′ − p ′ 1 f − p 1 ) + log 4 故 2 ε 0 π log + r k ≤ m ( r k ， p ′ 1 − p ′ 2 ) + m ( r k ， p 1 − p 2 ) + m ( r k ， f ′ − p ″ 1 f − p 1 ) + log 4 进而有 0 < 2 ε 0 π ≤ lim k → ∞ ¯ m ( r k ， f ′ − p ′ 1 f − p 1 ) log r k ≤ lim r → ∞ ¯ m ( r ， f ′ − p ′ 1 f − p 1 ) log r 而 f ( z ) 是级小于1的超越整函数，故结合引理1有 lim r → + ∞ ¯ m ( r ， f ′ − p ′ 1 f − p 1 ) log r = 0 这就得出矛盾。 综上所述，定理得证。