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user: 3. 定理1.1的证明 由假设条件 及引理2.2，有 m ( r ， 1 f − e 1 ) = S ( r ， f ) ， m ( r ， 1 f − e 2 ) = S ( r ， f ) . (3.1) 另外，由Nevanlinna第二基本定理 T ( r ， f ) ≤ N ( r ， f ) + N ( r ， 1 f − e 1 ) + N ( r ， 1 f − e 2 ) + S ( r ， f ) ≤ N ( r ， g ) + N ( r ， 1 g − e 1 ) + N ( r ， 1 g − e 2 ) + S ( r ， f ) ≤ 3 T ( r ， g ) + S ( r ， f ) ， (3.2) 同理可证 (3.3) 所以 ρ ( f ) = ρ ( g ) . (3.4) 假设 f − e 1 g − e 1 = e A ， f − e 2 g − e 2 = e B ， (3.5) 其中， A ， B 是两个关于z的多项式。如果 e A ≡ 1 ，或者 e B ≡ 1 ，或者 时，则显然 f ≡ g 。 下面假设 e A ≡ 1 ， e B ≡ 1 ，且 e B − A ≡ 1 。则由(3.2)，(3.3)以及(3.5)可得 T ( r ， e A ) ≤ 4 T ( r ， f ) + S ( r ， f ) ， T ( r ， e B ) ≤ 4 T ( r ， f ) + S ( r ， f ) . (3.6) 因此 max { ρ ( e A ) ， ρ ( e B ) } ≤ ρ ( f ) 。 令 C = B − A ，则由(3.5)式可得 f = e 1 + ( e 2 − e 1 ) e B − 1 e C − 1 ， (3.7) 或 f = e 2 + ( e 2 − e 1 ) e A − 1 e C − 1 e C . (3.8) 于是由(3.7)可得 T ( r ， f ) ≤ T ( r ， e C ) + T ( r ， e B ) + S ( r ， f ) ， (3.9) 所以 ，又 ，故 ρ ( f ) = max { ρ ( e A ) ， ρ ( e B ) } 。 下面我们证明 。首先，我们假设 e B − 1 = D B 1 ， e C − 1 = D C 1 ， 其中， 均为整函数，于是(3.7)可以写成 结合(3.1)式子可得 T ( r ， f ) = m ( r ， 1 f − e 1 ) + N ( r ， 1 f − e 1 ) + S ( r ， f ) = N ( r ， 1 B 1 ) + S ( r ， f ) . (3.10) 由条件 ，所以由引理2.3有 m ( r ， f ) = S ( r ， f ) ，故 T ( r ， f ) = m ( r ， f ) + N ( r ， f ) = N ( r ， 1 C 1 ) + S ( r ， f ) . (3.11) 另外由第二基本定理可得 T ( r ， e B ) ≤ N ( r ， e B ) + N ( r ， 1 e B ) + N ( r ， 1 e B − 1 ) + S ( r ， e B ) = N ( r ， 1 e B − 1 ) + S ( r ， f ) ≤ T ( r ， e B ) + S ( r ， f ) ， 又 N ( r ， 1 e B − 1 ) = N ( r ， 1 B 1 ) + N ( r ， 1 D ) + S ( r ， f ) ， 所以 T ( r ， e B ) = N ( r ， 1 B 1 ) + N ( r ， 1 D ) + S ( r ， f ) . (3.12) 同理可证得 T ( r ， e C ) = N ( r ， 1 C 1 ) + N ( r ， 1 D ) + S ( r ， f ) . (3.13) 于是，由(3.10)~(3.13)有 T ( r ， e C ) = T ( r ， e B ) + S ( r ， f ) . (3.14) 对(3.8)式类似分析可得 T ( r ， e C ) = T ( r ， e A ) + S ( r ， f ) . (3.15) 因此，由(3.14)及(3.15)可得 ρ ( e A ) = ρ ( e B ) = ρ ( e C ) = ρ ( f ) ， (3.16) 又由于 为非常数多项式，不妨设 deg ( A ) = d ，d是一个非零正整数，则由引理2.4及(3.16)式得 deg ( A ) = deg ( B ) = deg ( C ) = d . (3.17) 接下来，我们引入 f ¯ = f ( z + 1 ) ， f _ = f ( z − 1 ) ，则将(3.7)式代入(1.1)式中得 [ 2 e 1 + ( e 2 − e 1 ) ( e B ¯ − 1 e C ¯ − 1 + e B − 1 e C − 1 ) ] [ 2 e 1 + ( e 2 − e 1 ) ( e B _ − 1 e C _ − 1 + e B − 1 e C − 1 ) ] ∑ j = 0 n b j [ e 1 + ( e 2 − e 1 ) e B − 1 e C − 1 ] j = ∑ i = 0 m a i [ e 1 + ( e 2 − e 1 ) e B − 1 e C − 1 ] i 又注意到 m = n + 2 ，于是等式两边同时乘以 ，则可化为 { 2 e 1 ( e C ¯ − 1 ) ( e C − 1 ) + ( e 2 − e 1 ) [ ( e B ¯ − 1 ) ( e C − 1 ) + ( e B − 1 ) ( e C ¯ − 1 ) ] }   ⋅ { 2 e 1 ( e C _ − 1 ) ( e C − 1 ) + ( e 2 − e 1 ) [ ( e B _ − 1 ) ( e C − 1 ) + ( e B − 1 ) ( e C _ − 1 ) ] }   ⋅ ∑ j = 0 n b j [ e 1 ( e C − 1 ) + ( e 2 − e 1 ) ( e B − 1 ) ] j ( e C − 1 ) m − j = ( e C ¯ − 1 ) ( e C _ − 1 ) ∑ i = 0 m a i [ e 1 ( e C − 1 ) + ( e 2 − e 1 ) ( e B − 1 ) ] i ( e C − 1 ) m − i + 2 (3.18) 令 B ¯ = B ( z + 1 ) = B ( z ) + s 1 ( z ) ， B _ = B ( z − 1 ) = B ( z ) + s 2 ( z ) ， C ¯ = C ( z + 1 ) = C ( z ) + t 1 ( z ) ， C _ = C ( z − 1 ) = C ( z ) + t 2 ( z ) 。其中 s 1 ( z ) ， s 2 ( z ) ， t 1 ( z ) ， t 2 ( z ) 均为次数至多是 d − 1 的多项式，于是(3.18)整理可得 ∑ μ = 0 m ∑ λ = 0 m + 2 M μ ， λ e μ B + λ C + 4 e 2 2 ∑ j = 0 n b j e 2 j − ∑ i = 0 m a i e 2 i = 0 ， (3.19) 其中 μ ， λ 不同时为零， M μ ， λ 为关于 的多项式。 特别地，计算可知 (3.20) 于是，等式(3.19)两边同时除以 ϕ ( z ， e 2 ) ，并且移项得 − ∑ μ = 0 m ∑ λ = 0 m + 2 M μ ， λ e μ B + λ C ϕ ( z ， e 2 ) ≡ 1 ， (3.21) 不妨记 f l * = − M μ ， λ ϕ ( z ， e 2 ) e μ B + λ C ，则(3.21)可以写成 ∑ l = 1 q f l * ≡ 1 ，其中q是一个有穷正整数。 而且，当 μ λ ≠ 0 时，我们断言 deg ( μ B + λ C ) = d . 事实上，当 时，则 e μ B + λ C 是 e A 和f的小函数，于是 T ( r ， e μ B + λ C e − μ A ) = T ( r ， e − μ A ) + S ( r ， f ) = μ T ( r ， e A ) + S ( r ， f ) ， 又 T ( r ， e μ B + λ C e − μ A ) = T ( r ， e ( μ + λ ) C ) + S ( r ， f ) = ( μ + λ ) T ( r ， e A ) + S ( r ， f ) ， 所以 T ( r ， e A ) = S ( r ， f ) ，矛盾，故 deg ( μ B + λ C ) = d 。 最后，由 M μ ， λ 的定义，有 ρ ( − M μ ， λ ϕ ( z ， e 2 ) ) = ρ ( M μ ， λ ) < ρ ( e μ B + λ C ) ，所以 ρ ( − M μ ， λ ϕ ( z ， e 2 ) ) ≤ d − 1 。又 ρ ( f l * ) = ρ ( e μ B + λ C ) = d ，其中 。所以由 ρ ( − M μ ， λ ϕ ( z ， e 2 ) ) < ρ ( f l * ) ，可得 T ( r ， − M μ ， λ ϕ ( z ， e 2 ) ) = S ( r ， f l * ) ，进而可以得到，对任意的 k = 1 ， 2 ， ⋯ ， q ，有 N ( r ， 1 f k ∗ ) = S ( r ， f l ∗ ) ， N ¯ ( r ， f k ∗ ) = S ( r ， f l ∗ ) ， 于是，存在一个 τ < 1 ，使得 ∑ k = 1 q N ( r ， 1 f k ∗ ) + ( q − 1 ) ∑ k = 1 q N ¯ ( r ， f k ∗ ) < ( τ + ο ( 1 ) ) T ( r ， f l ∗ ) ， 故由引理2.5，可知 f q ∗ ≡ 1 ，即存在 ，使得 − M μ ， λ ϕ ( z ， e 2 ) e μ B + λ C ≡ 1. 即 ρ ( − M μ ， λ ϕ ( z ， e 2 ) ) = ρ ( e μ B + λ C ) ，矛盾，故假设不成立。 至此，定理1.1证毕。