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user: 3. 定理的证明 定理1的证明： 1) a n 1 a n 0 = 1 b < 1 ， a n 2 a n 0 = 1 c < 1 设 1 b = μ ， 1 c = ν ，令 d = max { 1 ， μ ， ν } ，因此有 δ ( P 1 ， θ ) ≤ d δ ( P 0 ， θ ) ， δ ( P 2 ， θ ) ≤ d δ ( P 0 ， θ ) 。设 σ ( F ) = l < n ，取 0 < ε < min { 1 − d 1 + d ， n − l } ，因此 d ( 1 + ε ) < ( 1 − ε ) 。 由(1.1)和引理1知，存在一个零线性测度的集合 H 1 ⊂ [ 0 ， 2 π ) ，存在常数 B > 0 (只依靠 α )，使得对于 θ ∈ [ 0 ， 2 π ) \ H 1 ，存在常数 R 0 = R 0 ( θ ) > 1 ，使得对于所有满足 arg z = θ ， | z | = r > R 0 我们有 | A 0 e P 0 | ≤ | F f | + | f ‴ f | + | A 2 e P 2 | | f ″ f | + | A 1 e P 1 | | f ′ f | ≤ ( 1 + | A 2 e P 2 | + | A 1 e P 1 | + | F f | ) B T ( 2 r ， f ) 3 (3.1) 对 A i e P i ， i = 0 ， 1 ， 2 应用引理2，存在零线性测度的集合 H 2 ⊂ [ 0 ， 2 π ) ，使得若 θ ∈ S j ( P 0 ， θ ) \ ( H 1 ∪ H 2 ) ， j = 0 ， 2 ， ⋯ ， 2 n − 2 ，其中 H 2 = { θ ∈ [ 0 ， 2 π ) : δ ( P 0 ， θ ) = δ ( P 1 ， θ ) = δ ( P 2 ， θ ) = 0 } 是一有限集，那么对充分大的 | z | = r ，我们有 e ( 1 − ε ) δ ( P 0 ， θ ) r n ≤ | A 0 e P 0 | (3.2) | A i e P i | ≤ e ( 1 + ε ) d δ ( P 0 ， θ ) r n ， i = 1 ， 2 (3.3) 由级的定义及引理3可知，存在有限线性测度和有限对数集合 H 3 ⊂ ( 1 ， ∞ ) 使得当 | z | = r ∉ [ 0 ， 1 ] ∪ H 3 ， r → ∞ ，我们有 | F f | ≤ | F | ≤ e r l + ε (3.4) 将(3.2) (3.3) (3.4)代入(3.1)，对所有 θ ∈ S j ( P 0 ， θ ) \ ( H 1 ∪ H 2 ) ， | z | = r ∉ [ 0 ， 1 ] ∪ H 3 ， r → ∞ ，j是偶数，有 e ( 1 − ε ) δ ( P 0 ， θ ) r n ≤ 4 B e ( 1 + ε ) d δ ( P 0 ， θ ) r n T ( 2 r ， f ) 3 (3.5) 由于 0 < ε < min { 1 − d 1 + d ， n − l } ，可知 μ ( f ) = ∞ 。通过注1可知，当j为偶数时， S j ( P 0 ， θ ) 是n个线性测度为 π n 的开区间，接下来，我们来证明 S j ( P 0 ， θ ) ⊂ I ( f ) ，否则，一定存在一个开区间 S j 0 ( P 0 ， θ ) ⊄ I ( f ) ， j 0 ∈ 0 ， 2 ， ⋯ ， 2 n − 2 。由引理4知，存在 ( α 0 ， β 0 ) ⊂ ( α ， β ) 使得 | f ( s ) ( z ) f ( z ) | ≤ K r M ( s = 1 ， 2 ， 3 ) (3.6) 对于 z ∈ Ω ( α 0 ， β 0 ) 成立，可能需除去一个有限线性测度的集合 E 1 ，其中M和K是两个和z无关的量。 将(3.2) (3.3) (3.4) (3.6)代入(3.1)，可得对所有 θ ∈ ( α 0 ， β 0 ) 和充分大的 r ∉ E 1 ，我们有 e ( 1 − ε ) δ ( P 0 ， θ ) r n ≤ 4 e ( 1 + ε ) d δ ( P 0 ， θ ) r n K r M (3.7) 由于 δ ( P ， θ ) > 0 ，因此，矛盾。所以 S j ( P 0 ， θ ) ⊂ I ( f ) 。 因此 m e s I ( f ) ≥ π 。 2) 若 a n 0 a n 1 = b ∉ R ， a n 0 a n 2 = c ∉ R ，设 a n 2 a n 1 = d = b c ∉ R 。 情况1： arg b ∈ ( 0 ， π ) ， arg c ∈ ( 0 ， π ) ， arg d ∈ ( 0 ， π ) ，由注1可知 S j ( θ ) = S j ( P 2 ， θ ) ∩ S j + 1 ( P 0 ， θ ) ∩ S j ( P 1 ， θ ) ， j = 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 (3.8) 是n个开区间，其中每个开区间的线性测度为 arg c n ，这些区间 S j ( θ ) 满足若 θ ∈ S j ( P 0 ， θ ) ， j = 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 ，那么 δ ( P 0 ， θ ) > 0 ， δ ( P 1 ， θ ) < 0 ， δ ( P 2 ， θ ) < 0 (3.9) 因此，由引理2，取 0 < ε < min { 1 − d 1 + d ， n − l } ，存在零线性测度的集合 E 2 ⊂ [ 0 ， 2 π ) ，使得若 θ ∈ S j ( θ ) \ ( E 2 ∪ H 4 ) ， ，其中 H 4 = { θ ∈ [ 0 ， 2 π ) : δ ( P 0 ， θ ) = δ ( P 1 ， θ ) = δ ( P 2 ， θ ) = 0 } 是一有限集，那么对充分大的 | z | = r ，我们有 e ( 1 − ε ) δ ( P 0 ， θ ) r n ≤ | A 0 e P 0 | (3.10) | A i e P i | ≤ e ( 1 + ε ) d δ ( P 0 ， θ ) r n ， i = 1 ， 2 (3.11) 将(3.4) (3.10) (3.11)代入(3.1)得 e ( 1 − ε ) δ ( P 0 ， θ ) r n ≤ ( 2 e r l + ε + e ( 1 − ε ) δ ( P 1 ， θ ) r n + e ( 1 − ε ) δ ( P 1 ， θ ) r n ) B T ( 2 r ， f ) 3 (3.12) 因为 δ ( P 0 ， θ ) > 0 ， δ ( P 1 ， θ ) < 0 ， δ ( P 2 ， θ ) < 0 ，得 μ ( f ) = ∞ 。 若 S j ( θ ) ⊄ I ( f ) ，由引理4知，存在 ( α 0 ， β 0 ) ⊆ S j ( θ ) ，使得 | f ( s ) ( z ) f ( z ) | ≤ K r M ( s = 1 ， 2 ， 3 ) (3.13) 对所有 z ∈ Ω ( α 0 ， β 0 ) 成立， | z | = r ∉ E 3 ， m e s E 3 < ∞ ，其中 K ， M 是整数。 将(3.13)代入(3.12)得 e ( 1 − ε ) δ ( P 0 ， θ ) r n ≤ ( 2 e r l + ε + e ( 1 − ε ) δ ( P 1 ， θ ) r n + e ( 1 − ε ) δ ( P 1 ， θ ) r n ) K r M (3.14) 因为 δ ( P 0 ， θ ) > 0 ， δ ( P 1 ， θ ) < 0 ， δ ( P 2 ， θ ) < 0 ， ，矛盾。所以 S j ( θ ) ⊂ I ( f ) ， j ∈ ( 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 ) ，因此 m e s I ( f ) ≥ arg c 。 情况2： arg b ∈ ( 0 ， π ) ， arg c ∈ ( 0 ， π ) ， arg d ∈ ( π ， 2 π ) ，现在 S j ( θ ) 在(3.8)中是由n个线性测度为 arg c n 的 开区间组成，使用和情况1相同的方法，可得 μ ( f ) = ∞ 。并且可以证明 S j ( θ ) ⊂ I ( f ) ， j ∈ ( 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 ) 。因此可得 m e s I ( f ) ≥ arg b 。 情况3： arg b ∈ ( π ， 2 π ) ， arg c ∈ ( π ， 2 π ) ， arg d ∈ ( π ， 2 π ) ，现在 S j ( θ ) 在(3.8)中是由n个线性测度为 2 π − arg b n 的开区间组成，使用和情况1相同的方法，可得 μ ( f ) = ∞ 。并且可以证明 S j ( θ ) ⊂ I ( f ) ， j ∈ ( 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 ) 。因此可得 m e s I ( f ) ≥ 2 π − arg b 。 情况4： arg b ∈ ( π ， 2 π ) ， arg c ∈ ( π ， 2 π ) ， arg d ∈ ( 0 ， π ) ，现在 S j ( θ ) 在(3.8)中是由n个线性测度为 2 π − arg b n 的开区间组成，使用和情况1相同的方法，可得 μ ( f ) = ∞ 。并且可以证明 S j ( θ ) ⊂ I ( f ) ， j ∈ ( 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 ) 。因此可得 m e s I ( f ) ≥ 2 π − arg b 。 情况5： arg b ∈ ( 0 ， π ) ， arg c ∈ ( π ， 2 π ) ， arg d ∈ ( 0 ， π ) ，现在 S j ( θ ) 在(3.8)中是由n个线性测度为 2 π − arg b n 的开区间组成，使用和情况1相同的方法，可得 μ ( f ) = ∞ 。并且可以证明 S j ( θ ) ⊂ I ( f ) ， j ∈ ( 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 ) 。因此可得 m e s I ( f ) ≥ 2 π − arg b 。 情况6： arg b ∈ ( 0 ， π ) ， arg c ∈ ( π ， 2 π ) ， arg d ∈ ( π ， 2 π ) ，现在 S j ( θ ) 在(3.8)中是由n个线性测度为 2 π − arg b n 的开区间组成，使用和情况1相同的方法，可得 μ ( f ) = ∞ 。并且可以证明 S j ( θ ) ⊂ I ( f ) ， j ∈ ( 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 ) 。因此可得 m e s I ( f ) ≥ 2 π − arg b 。 情况7： arg b ∈ ( π ， 2 π ) ， arg c ∈ ( 0 ， π ) ， arg d ∈ ( 0 ， π ) ，现在 S j ( θ ) 在(3.8)中是由在n个线性测度为 π − arg d n = π − arg b c n 的开区间组成，使用和情况1相同的方法，可得 μ ( f ) = ∞ 。并且可以证明 S j ( θ ) ⊂ I ( f ) ， j ∈ ( 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 ) 。因此可得 m e s I ( f ) ≥ π − arg b c 。 情况8：当 arg b ∈ ( π ， 2 π ) ， arg c ∈ ( 0 ， π ) ，因为 a n j = a j + i b j ( j = 0 ， 1 ， 2 ) ，计算得： a n 0 a n 1 = ( a 0 a 1 + b 0 b 1 ) + ( a 1 b 0 − a 0 b 1 ) i a 1 2 + b 1 2 ， a n 0 a n 2 = ( a 0 a 2 + b 0 b 2 ) + ( a 2 b 0 − a 0 b 2 ) i a 2 2 + b 2 2 ， a n 2 a n 1 = ( a 1 a 2 + b 1 b 2 ) + ( a 2 b 1 − a 1 b 2 ) i a 1 2 + b 1 2 ， 因此 a 1 b 0 − a 0 b 1 < 0 ， a 2 b 0 − a 0 b 2 > 0 ，由于当 a 0 b 1 < 0 ， a 2 b 0 < 0 时，有 成立，即 a ` 1 b 0 < a 0 b 1 < 0 ， a 0 b 2 < a 2 b 0 < 0 。故 a 1 b 2 a 0 b 0 > a 2 b 1 a 0 b 0 ，因为 a 0 b 0 > 0 。因此 arg d ∉ ( π ， 2 π ) 。所以可以归结为以上七种情况。因此得证。 定理2的证明：若 b ， c > 1 ，可知 S j ( P 0 ， θ ) = S j ( P 1 ， θ ) = S j ( P 2 ， θ ) 。若 b ， c ∉ R ，由定理1可知 S j ( θ ) = S j ( P 2 ， θ ) ∩ S j + 1 ( P 0 ， θ ) ∩ S j ( P 1 ， θ ) ， j = 1 ， 3 ， ⋯ ， 2 n − 1 不等于空集。由注1可知，存在奇数 j 1 ， j 2 ， j 3 ，使得开区间 S j 1 ( P 2 ， θ ) ∩ S j 2 ( P 0 ， θ ) ∩ S j 3 ( P 1 ， θ ) 不等于空集。 因此，存在 θ 1 ， θ 2 和M满足 θ 1 < θ 2 ， n ≤ M ， π θ 2 − θ 1 < M 。使得若 ，那么 δ ( P 0 ， θ ) < 0 ， δ ( P 1 ， θ ) < 0 ， δ ( P 2 ， θ ) < 0 。由Phragmén-Lindelöf原理，可知对任意的 z ∈ Ω ¯ ( θ 1 ， θ 2 ) ， | A 0 ( z ) e P 0 ( z ) | ， | A 1 ( z ) e P 1 ( z ) | ， | A 2 ( z ) e P 2 ( z ) | 是有界的，因此 max { | A 0 ( z ) e P 0 ( z ) | ， | A 1 ( z ) e P 1 ( z ) | ， | A 2 ( z ) e P 2 ( z ) | } < K (3.15) 其中 K > 0 是一常数。对于情况 n ≤ 0 ，对于方程(1.2)， ϕ ( z ) = f ( n ) ( z ) 一定满足以下方程 ϕ ( m ) + A 2 ( z ) e P 2 ( z ) ϕ ( m − 1 ) + A 1 ( z ) e P 1 ( z ) ϕ ( m − 2 ) + A 0 ( z ) e P 01 ( z ) ϕ ( m − 3 ) = F ( z ) (3.16) 其中 m = − n + 3 。设 φ ( r ) = ϕ ( r e i θ ) ，因为 φ ( k ) ( r ) = e k i θ ϕ ( r e i θ ) ， k ∈ N ，那么 φ ( m ) + A 2 ( z ) e P 2 ( z ) e i θ φ ( m − 1 ) + A 1 ( z ) e P 1 ( z ) e 2 i θ φ ( m − 2 ) + A 0 ( z ) e P 01 ( z ) e 3 i θ φ ( m − 3 ) = F ( z ) (3.17) 定义 ψ ( r ) = e 2 K r ，那么 ψ ( r ) 满足方程 ψ ( m ) − 2 K 3 ψ ( m − 1 ) − 4 K 2 3 ψ ( m − 2 ) − 8 K 3 3 ψ ( m − 3 ) = 0 (3.18) 令 M 0 = max { 1 ， | ϕ ( 0 ) | ， ( 2 K ) − j | ϕ ( j ) ( 0 ) | ， j = 0 ， 1 ， ⋯ ， m } ，那么 | ϕ ( 0 ) | ≤ M 0 ψ 0 ， | ϕ ( j ) ( 0 ) | ≤ M 0 ψ 0 ( j ) ， j = 0 ， 1 ， ⋯ ， m (3.19) 由引理6可知， | ϕ ( r e i θ ) | = | φ ( r ) | ≤ M 0 ψ 0 = M 0 e 2 K r 对所有 成立。因此，这意味着 log + | f ( n ) | ≤ M 1 r ， z ∈ Ω ¯ ( θ 1 ， θ 2 ) ， 其中 M 1 是常数。因为 f ( z ) 是整函数，因此对于 n ≤ 0 ，我们有 S θ 1 ， θ 2 ( r ， f ( n ) ) = O ( r ) (3.20) 当 n > 0 ，由(3.20)和引理7，可知对任意的 ε > 0 ，有 S θ 1 + ε ， θ 2 − ε ( r ， f ( n ) ) = O ( r ) + O ( log r ) = O ( r ) ， r ∉ E 1 (3.21) 成立，其中 E 1 是一有限线性测度的集合。 假设 g = f ( n ) 有Baker游荡域，在 [ 20 ] 中，证明了有限多个极点的超越亚纯函数f的Julia集只有有界分支当且仅当有Baker游荡域。因此可知 J ( g ) 只有有界Julia分支。由引理5，存在 0 < d < 1 ，使得 | g ( z ) | ≥ M ( r ， g ) d ， r ∈ G (3.22) 其中G是具有无穷对数测度的集合。通过上式可得 S α ， β ( r ， g ) ≥ B α ， β ( r ， g ) ≥ 2 ω π r ω ∫ α β log + | g ( r e i θ ) | sin ω ( θ − α ) d θ ≥ 2 ω π r ω ∫ α β d log + M ( r ， g ) 2 π sin ω ( θ − α ) d θ ≥ 2 d r ω log M ( r ， g ) ， r ∈ G \ E 1 (3.23) 其中 α = θ 1 + ε ， β = θ 2 − ε ， ω = π θ 2 − θ 1 − 2 ε ，对于 n > 0 ， α = θ 1 ， β = θ 2 ， ω = π θ 2 − θ 1 ，对于 n ≤ 0 ，由(3.23)可知 log M ( r ， g ) ≤ r ω 2 d S α ， β ( r ， g ) = S α ， β ( r ， f ( n ) ) = O ( 1 ) ， r ∈ G \ E 1 (3.24) 由上式可得 μ ( g ) < ∞ 。又因为 μ ( f ) = ∞ ，由于 和f由相同的级和下级，因此矛盾。即证 g = f ( n ) 没有Baker游荡域。 定理3的证明：由方程(1.4)和引理1可知，存在一个零线性测度的集合 H 1 ⊂ [ 0 ， 2 π ) ，存在常数 B > 0 (只依靠 α )，使得对于 θ ∈ [ 0 ， 2 π ) \ H 1 ，存在常数 R 0 = R 0 ( θ ) > 1 ，使得对于所有满足 arg z = θ ， | z | = r > R 0 我们有 e b r ≤ | f ( k ) f | + | e a z | | f ′ f | ≤ B e a r T ( 2 r ， f ) k (3.25) 因为 b > a ，由上式可得 μ ( f ) = ∞ 。 接下来我们证明 ( 0 ， π ) ∪ ( π ， 2 π ) ⊆ I ( f ) 。否则， ( 0 ， π ) ∪ ( π ， 2 π ) ⊄ I ( f ) 。由引理4可得，存在 ( α ， β ) ⊂ ( 0 ， π ) 或 ( π ， 2 π ) ，使得对于 z ∈ Ω ( α ， β ) ， | z | = r ∉ E ， | f ( k ) f | ≤ K r M (3.26) 成立，其中 K ， M 是两个不依靠z的常数， m e s E < ∞ 。 由方程(1.4)和(3.25)，(3.26)可知对所有满足 arg z = θ ∈ [ 0 ， 2 π ) \ H 1 和 | z | = r ∉ E ，我们有 e b r ≤ | f ( k ) f | + | e a z | | f ′ f | ≤ K r M e a r (3.27) 矛盾，因此即证 m e s I ( f ) = 2 π 。