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user: 3. 定理1的证明 假设 f ≡ g 。因为f与g CM分担0，IM分担a，则由引理1与引理6可得 T ( r ， f ) ≤ N ¯ ( r ， 1 f ) + N ¯ ( r ， 1 f − a ) + S ( r ， f ) = N ¯ ( r ， 1 g ) + N ¯ ( r ， 1 g − a ) + S ( r ， f ) ≤ N ( r ， 1 f − g ) + S ( r ， f ) ≤ T ( r ， f − g ) + S ( r ， f ) ≤ m ( r ， f − g ) + S ( r ， f ) ≤ m ( r ， f ) + m ( r ， 1 − g f ) + S ( r ， f ) ≤ T ( r ， f ) + S ( r ， f ) ， 即 T ( r ， f ) = N ¯ ( r ， 1 f ) + N ¯ ( r ， 1 f − a ) + S ( r ， f ) 。 (1) 设 φ = L ( f ) ( f − g ) f ( f − a ) ， (2) ϕ = L ( g ) ( f − g ) g ( g − a ) ， (3) 其中 L ( f ) 与 L ( g ) 为引理5中所定义的。注意到f为非常数有穷级整函数，f与g CM分担0，IM分担a，我们可以知道 φ 的极点只能为a的极点，所以有 N ( r ， φ ) = S ( r ， f ) 。同理也有 N ( r ， ϕ ) = S ( r ， f ) 。由对数导数引理以及引理5可得 T ( r ， φ ) = m ( r ， φ ) + N ( r ， φ ) = m ( r ， L ( f ) ( f − g ) f ( f − a ) ) + S ( r ， f ) ≤ m ( r ， L ( f ) f ( f − a ) ) + m ( r ， 1 − g f ) + S ( r ， f ) = S ( r ， f ) ， (4) 即 T ( r ， φ ) = S ( r ， f ) 。设 d = a − j a ( j ≠ 0 ， 1 ) ，根据引理5有 m ( r ， 1 f ) = m ( r ， 1 a φ ( L ( f ) f − L ( f ) f − a ) ( 1 − g f ) ) ≤ m ( r ， 1 − g f ) + S ( r ， f ) = S ( r ， f ) ， (5) m ( r ， 1 f − d ) = m ( r ， L ( f ) ( f − g ) φ ( f − a ) ( f − d ) f ) ≤ m ( r ， 1 − g f ) + m ( r ， L ( f ) f f ( f − a ) ( f − d ) ) + S ( r ， f ) = S ( r ， f ) . (6) 因为f与g CM分担0，于是我们有 g f = e ∂ H ， (7) 其中 α 与H为整函数，且H的零点为g的极点。由引理1可得 T ( r ， g ) = T ( r ， e α f ) + S ( r ， f ) = T ( r ， f ) + S ( r ， f ) . (8) 由引理6，(1)与(8)可得 2 T ( r ， f ) ≤ 2 T ( r ， g ) + S ( r ， f ) ≤ N ¯ ( r ， 1 g ) + N ¯ ( r ， 1 g − a ) + N ¯ ( r ， 1 g − d ) + S ( r ， f ) ≤ N ¯ ( r ， 1 g ) + N ¯ ( r ， 1 f − a ) + T ( r ， 1 g − d ) − m ( r ， 1 g − d ) + S ( r ， f ) ≤ T ( r ， f ) + T ( r ， g ) − m ( r ， 1 g − d ) + S ( r ， f ) ≤ 2 T ( r ， f ) − m ( r ， 1 g − d ) + S ( r ， f ) ， 即 m ( r ， 1 g − d ) = S ( r ， f ) 。 (9) 由Nevanlinna第一基本定理，引理1，引理3，(5)，(6)，(8)，(9)以及f为有穷级整函数，我们有 m ( r ， f − d g − d ) ≤ m ( r ， f g − d ) + m ( r ， d g − d ) ≤ T ( r ， f g − d ) − N ( r ， f g − d ) + S ( r ， f ) ≤ m ( r ， g − d f ) + N ( r ， g − d f ) − N ( r ， f g − d ) + S ( r ， f ) ≤ N ( r ， 1 f ) − N ( r ， 1 g − d ) + S ( r ， f ) = T ( r ， 1 f ) − T ( r ， 1 g − d ) + S ( r ， f ) = T ( r ， f ) − T ( r ， g ) + S ( r ， f ) . 因此 m ( r ， f − d g − d ) = S ( r ， f ) 。 (10) (3)又可写成 ϕ = [ a − d a L ( g ) g − a + d a L ( g ) g ] [ f − d g − d − 1 ] ，则由(10)可得到 T ( r ， ϕ ) = m ( r ， ϕ ) + N ( r ， ϕ ) = m ( r ， ϕ ) + S ( r ， f ) = S ( r ， f ) . (11) 设 H n ， m = n φ − m ϕ ，其中 m ， n 为正整数。接下来我们分为以下几种情形讨论。 情形1 n φ ≡ m ϕ 。通过简单计算可得 n ( f ′ f − f ′ − a ′ f − a ) ≡ m ( g ′ g − g ′ − a ′ g − a ) ， 这可推出 ( f f − a ) n ≡ A ( g g − a ) m ，其中A为非零常数。若 n ≠ m ，则从上式恒等式可得到 n T ( r ， f ) = m T ( r ， g ) + S ( r ， f ) ， 这与(8)矛盾。因此 n = m ，于是 f f − a ≡ B g g − a ， (12) 其中B为非零常数。若 B = 1 ，明显有 f ≡ g ，这与我们假设矛盾。故 B ≠ 1 。从(12)容易得到 f [ ( B − 1 ) g + a ] ≡ B a g . (13) 注意到 f [ ( B − 1 ) g + a ] 与 B a g 均为f的全阶为k的差分多项式。由引理4与(13)得 m ( r ， ( B − 1 ) g + a ) = S ( r ， f ) ， (14) 即 m ( r ， g ) = S ( r ， f ) 。这可推出 T ( r ， f ) = T ( r ， g ) + S ( r ， f ) = m ( r ， g ) + S ( r ， f ) = S ( r ， f ) ，显然矛盾。 情形2 n φ ≡ m ϕ 对任意正整数 m ， n 都成立。不妨设 z 1 ∈ S ( m ， n ) ( 0 ) ∪ S ( m ， n ) ( a ) ，即 z 1 分别为 f ( f − a ) 的n重零点与 g ( g − a ) 的m重零点。由(2)和(3)可推出 n φ ( z 1 ) − m ϕ ( z 1 ) = 0 。所以对于所有正整数 m ， n ，我们有 N ¯ ( m ， n ) ( r ， 1 f ) + N ¯ ( m ， n ) ( r ， 1 f − a ) ≤ N ¯ ( r ， 1 n φ − m ϕ ) + S ( r ， f ) ≤ T ( r ， n φ − m ϕ ) + S ( r ， f ) ≤ T ( r ， φ ) + T ( r ， ϕ ) + S ( r ， f ) = S ( r ， f ) . (15) 于是根据引理6，(1)和(15)可以得到 T ( r ， f ) = N ¯ ( r ， 1 f ) + N ¯ ( r ， 1 f − a ) + S ( r ， f ) ≤ N ¯ 1 ) ( r ， 1 f ) + ∑ k = 2 4 N ¯ k ( r ， 1 f ) + N ¯ ( 5 ( r ， 1 f ) + N ¯ 1 ) ( r ， 1 f − a )     + ∑ k = 2 4 N ¯ k ( r ， 1 f − a ) + N ¯ ( 5 ( r ， 1 f − a ) + S ( r ， f ) ≤ N ¯ ( 1 ， 1 ) ( r ， 1 f ) + ∑ k = 2 4 N ¯ k ( r ， 1 f ) + N ¯ ( 5 ( r ， 1 f ) + ∑ m = 1 5 N ¯ ( 1 ， m ) ( r ， 1 f − a )     + ∑ k = 2 4 N ¯ k ( r ， 1 f − a ) + N ¯ ( 5 ( r ， 1 f − a ) + S ( r ， f ) ≤ 1 5 [ N ( r ， 1 f ) + N ( r ， 1 f − a ) ] + 1 5 [ N ( r ， 1 g ) + N ( r ， 1 g − a ) ] + S ( r ， f ) ≤ 2 5 ( T ( r ， f ) + T ( r ， g ) ) + S ( r ， f ) = 4 5 T ( r ， f ) + S ( r ， f ) (16) 即 T ( r ， f ) = S ( r ， f ) 。矛盾。于是定理1得证。