system: [SYSTEM]

user: 3. 定理3的证明 由 f ( z ) 与 CM分担0，1， ∞ ，结合引理2.3可得，存在多项式 α ( z ) ， β ( z ) ，使得下式成立： g ( z ) f ( z ) = e α ( z ) ， g ( z ) − 1 f ( z ) − 1 = e β ( z ) 。 (3.1) 若 ，从(3.1)式，易得 f ( z ) ≡ g ( z ) 。以下讨论 e α ( z ) ≡ e β ( z ) 的情形。 由(3.1)式，以及 e α ( z ) ≡ e β ( z ) ，可解得 f ( z ) = 1 − e β ( z ) e α ( z ) − e β ( z ) 。 (3.2) 将(3.2)式代入(1.2)式，可得 A 1 e α + β + A 2 e 2 β + A 3 e 2 α + A 4 e α + A 5 e β ≡ 0 。 (3.3) 其中 A 1 = ( R − 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ， A 2 = − R ⋅ e Δ c β ， A 3 = − R ⋅ e Δ c α ， A 4 = 1 − e Δ c α ， A 5 = e Δ c β − 1 。 以下分四种情形讨论。 情形1. deg α > deg β 。则(3.3)式可改写成 B 2 e 2 α + B 1 e α + B 0 ≡ 0 ， (3.4) 其中 { B 2 = − R ⋅ e Δ c α ; B 1 = [ ( R − 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ] e β + ( 1 − e Δ c α ) ; B 0 = ( e Δ c β − 1 ) e β − R ⋅ e Δ c β e 2 β . 对任意的 0 ≤ i ≤ 2 ，显然有 T ( r ， B i ) = S ( r ， e α ) 。因此，由(3.4)式及引理2.2可得 B 2 = − R ⋅ e Δ c α ≡ 0 ，从而有 R ≡ 0 ，这与R是非零有理函数相矛盾。 情形2. deg α < deg β 。则(3.3)式可改写成 C 2 e 2 β + C 1 e β + C 0 ≡ 0 ， (3.5) 其中 { C 2 = − R ⋅ e Δ c β ; C 1 = [ ( R − 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ] e α + ( e Δ c β − 1 ) ; C 0 = ( 1 − e Δ c α ) e α − R ⋅ e Δ c α e 2 α . 对任意的 0 ≤ i ≤ 2 ，显然有 T ( r ， C i ) = S ( r ， e β ) 。因此，由(3.5)式及引理2.2可得 C 2 = − R ⋅ e Δ c β ≡ 0 ，从而有 R ≡ 0 ，这与R是非零有理函数相矛盾。 情形3. deg α = deg β ≥ 1 。分四种子情形讨论。 情形3.1. deg ( α − β ) = deg ( 2 α − β ) = deg ( 2 β − α ) = deg α 。则(3.3)式可改写为 A 1 e F 1 + A 2 e F 2 + A 3 e F 3 + A 4 e F 4 + A 5 e F 5 ≡ 0 。 (3.6) 其中 A 1 = ( R − 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ， A 2 = − R ⋅ e Δ c β ， A 3 = − R ⋅ e Δ c α ， A 4 = 1 − e Δ c α ， A 5 = e Δ c β − 1 ， F 1 = α + β ， F 2 = 2 β ， F 3 = 2 α ， F 4 = α ， F 5 = β 。显然，对任意的 1 ≤ i ≤ 5 ， 1 ≤ h < l ≤ 5 ，均有 T ( r ， A i ) = S ( r ， e F h − F l ) = S ( r ， e α ) 。因此，由引理2.2可得， A 2 = − R ⋅ e Δ c β ≡ 0 ，从而有 R ≡ 0 ，这与R是非零有理函数相矛盾。 情形3.2. deg ( α − β ) < deg α 。令 α − β = p 1 ，则 α = β + p 1 ，因此(3.3)式可改写成 D 2 e 2 β + D 1 e β ≡ 0 ， (3.7) 其中 D 2 = ( ( R − 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ) e p 1 − R ⋅ e Δ c β − R ⋅ e Δ c α e 2 p 1 ， D 1 = ( 1 − e Δ c α ) e p 1 + e Δ c β − 1 。显然，对任意的 1 ≤ i ≤ 2 ，均有 。由引理2.2可得， D 2 ≡ D 1 ≡ 0 。 由 deg α = deg β ≥ 1 ，显然 deg Δ c α = deg Δ c β = deg α − 1 ，可得 deg p 1 ≤ deg Δ c α = deg Δ c β 。 情形3.2.1. deg ( Δ c α + p 1 ) < deg p 1 。则显然 deg p 1 = deg Δ c α ≥ 1 ，由 D 1 ≡ 0 结合引理2.2，易得 e Δ c α + p 1 + 1 ≡ 0 ，且 e p 1 + e Δ c β ≡ 0 ，即得 e p 1 = − e − Δ c α = − e Δ c β 。将此式代入 D 2 ≡ 0 ，可得 D 2 = − ( R − 1 ) e 2 Δ c β − ( R + 1 ) − 2 R ⋅ e Δ c β ≡ 0 。 (3.8) 由 deg Δ c β = deg Δ c α ≥ 1 ，R是有理函数，以及引理2.2，可得 R ≡ 0 ，这与R是非零有理函数相矛盾。 情形3.2.2. deg ( Δ c α + p 1 ) > deg p 1 。则显然有 deg Δ c α = deg Δ c β > deg p 1 ≥ 0 ，则由 D 1 ≡ 0 结合引理2.2，易得 e p 1 ≡ 1 ，即 e p 1 = e α − β = 1 ，从而有 e α ≡ e β ，这与假设 ，矛盾。 情形3.2.3. deg ( Δ c α + p 1 ) = deg p 1 ≥ 1 。则显然 deg p 1 = deg Δ c α ≥ 1 ，以及 deg ( Δ c α − Δ c β ) = deg Δ c p 1 。当 deg ( p 1 − Δ c β ) = deg p 1 时，由 D 1 ≡ 0 结合引理2.2，可得 − 1 = 0 ，矛盾。因此 deg ( p 1 − Δ c β ) < deg p 1 。令 p 1 − Δ c β = p 11 ，则 D 1 = ( 1 − e − p 11 ) e p 1 − e Δ c α + p 1 − 1 ≡ 0 。由引理2.2，可得 − 1 = 0 ，矛盾。 情形3.2.4. deg ( Δ c α + p 1 ) = deg p 1 = 0 。则显 deg Δ c α = deg Δ c β = 0 。即 α ， β 是一次多项式，结合 deg ( α − β ) < deg α ，不妨设 ， β ( z ) = a 1 z + b 0 ，其中 a 1 ≠ 0 ， e a 0 ≠ e b 0 是常数。此式代入(3.2)式，可得 f ( z ) = 1 − e a 1 z + b 0 e a 1 z + a 0 − e a 1 z + b 0 = 1 − e β ( z ) e β ( z ) ( e a 0 − b 0 − 1 ) 。 再将上式代入(1.2)式并化简，可得 R ( z ) ( e a 0 − b 0 − 1 ) + ( e a 1 c − 1 ) e β ( z ) ≡ 0 。 结合引理2.2，可得 R ( z ) ( e a 0 − b 0 − 1 ) ≡ 0 ，从而 R ( z ) ≡ 0 ，或者 e a 0 − b 0 ≡ 1 ，矛盾。 情形3.3. deg ( 2 α − β ) < deg α 。则令 2 α − β = − p 2 ，从而(3.3)式可改写成 G 4 e 4 α + G 3 e 3 α + G 2 e 2 α + G 1 e α ≡ 0 ， (3.9) 其中 G 4 = − R ⋅ e Δ c β e 2 p 2 ， G 3 = ( ( R − 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ) e p 2 ， G 2 = − R ⋅ e Δ c α + ( e Δ c β − 1 ) e p 2 ， G 1 = 1 − e Δ c α 。显然，对任意的 1 ≤ i ≤ 4 ， T ( r ， G i ) = S ( r ， e α ) ，由引理2.2可得 G 4 = − R ⋅ e Δ c β e 2 p 2 ≡ 0 ，这与R是非零有理函数相矛盾. 情形3.4. deg ( 2 β − α ) < deg α 。则令 2 β − α = − p 3 ，从而(3.3)式可改写成 H 4 e 4 β + H 3 e 3 β + H 2 e 2 β + H 1 e β ≡ 0 ， (3.10) 其中 H 4 = − R ⋅ e Δ c α e 2 p 3 ， H 3 = ( ( R − 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ) e p 3 ， H 2 = − R ⋅ e Δ c β + ( 1 − e Δ c α ) e p 3 ， H 1 = e Δ c β − 1 。显然，对任意的 1 ≤ i ≤ 4 ， T ( r ， H i ) = S ( r ， e β ) ，由引理2.2可得 H 4 = − R ⋅ e Δ c β e 2 p 3 ≡ 0 ，这与R是非零有理函数相矛盾。 情形4. deg α = deg β = 0 。则由(3.2)式知， f ( z ) 为常数，这与 f ( z ) 是超越亚纯函数相矛盾。 综上所述，定理3得证。