本文所提及的亚纯函数 $ f(z) $ 是指定义在复平面上, 除极点外无其它类型奇点的解析函数. 当 $ f(z) $ 无极点时称为整函数. 我们假定读者熟悉 Nevanlinna 理论的标准记号和基本结果 ^[1-3], $ \sigma(f) $ 和 $ \lambda(f) $ 分别表示亚纯函数 $ f(z) $ 的增长级和零点收敛指数, 当 $ \sigma(f)\in(0,+\infty) $ 时, 定义 $ f(z) $ 的型为 $ \tau(f)=\limsup\limits_{r\rightarrow\infty}\frac{T(r,f)}{r^{\sigma(f)}} $.

在复微分方程与差分方程解的性质研究中, 亚纯函数解 (简称亚纯解) 的存在性和结构是一个重要且困难的研究内容. 考虑非线性微分方程

其中 $ L(f) $ 为 $ f $ 的线性微分多项式, $ p(z)(\not\equiv 0) $ 为 $ f(z) $ 的小函数, $ h(z) $ 为亚纯函数, 文献 [定理 1] 和 [5,定理 4.2] 表明: 当整数 $ n\geq 4 $ 时, 方程 (1.1) 至多存在 $ n $ 个不同的整函数解. 随后, Yang-Laine^[6] 将上述研究延伸到非线性微分差分方程 $ f^n(z)+M(z,f)=h(z) $, 其中 $ M(z, f) $ 为 $ f $ 的线性微分差分多项式, $ h(z) $ 为有限级亚纯函数, 证明了当整数 $ n\geq 4 $ 时, 方程至多存在一个有限级超越整函数解, 而当 $ p(z), q(z) $ 为多项式时, 差分方程

不存在有限级超越整函数解. 2012 年, Wen-Heittokangas-Laine^[7] 将方程 (1.2) 的系数 $ q(z) $ 替换为超越整函数, 研究了更一般形式的差分方程

有限级亚纯解的级和零点收敛指数之间的关系, 并给出方程 (1.3) 的指数多项式解

的表示形式, 其中 $ P_j(z),Q_j(z)(j = 1,\cdots,m) $ 为多项式, 且 $ \max\limits_{1\leq j\leq m}\{\deg(Q_j)\}\geq 1 $. 在定理 A 的条件下, 证明了方程 (1.3) 的有限级亚纯解都为整函数, 且具有下述性质

${\bf 定理 A}$^[7] 设 $ n\geq2 $ 为整数, $ q(z) $, $ Q(z) $, $ p(z) $ 为多项式满足 $ q(z)\not\equiv0 $ 且 $ Q(z) $ 不恒为常数, $ c $ 为非零常数, 则方程 (1.3) 的有限级整函数解 $ f(z) $ 满足: (a) $ \sigma(f)=\deg Q(z) $, $ \tau(f)\in(0, +\infty) $; (b) 当且仅当 $ p(z)\not\equiv0 $ 时, $ \lambda(f)=\sigma(f) $; (c) 当且仅当 $ p(z)\equiv0 $ 时, $ f(z)\in\Gamma_0 $. 特别地, 当 $ n\geq3 $ 时该结论必发生; (d) 若 $ f(z)\in\Gamma _0 $, $ g(z) $ 是方程 (1.3) 的另一个整函数解, 则 $ f=\eta g $, 其中 $ \eta^{n-1}=1 $; (e) 若 $ f(z) $ 为指数多项式解, 则 $ f\in\Gamma_1 $, 且当 $ f(z)\in \Gamma_1/\Gamma_0 $ 时, $ \sigma(f)=1 $, 其中

在文献 [8] 中, Liu 将定理 A 延伸到一类非线性微分差分方程, 得到下述结果.

${\bf 定理 B}$^[8] 设 $ n(\geq2), k $ 为正整数, $ q(z) $, $ Q(z) $, $ p(z) $ 为多项式满足 $ q(z)\not\equiv0 $ 且 $ Q(z) $ 不恒为常数, $ c $ 为非零常数. 若 $ f(z) $ 为方程 $ f^n(z)+q(z){\rm e}^{Q(z)}f^{(k)}(z+c)=p(z) $ 的有限级整函数解, 则定理 A 的结论 (a), (b), (d) 成立, 且 (i) 当且仅当 $ p(z)\equiv0 $ 时, $ f(z)\in\Gamma^\prime_0 $. 特别地, 当 $ n\geq3 $ 时该结论必发生; (ii) 若 $ f(z) $ 为指数多项式解, 则 $ f\in\Gamma^\prime_1 $, 其中

观察到定理 A、B 研究的方程具有相同的控制项 $ f^n $, 我们考虑方程 (1.3) 的控制项的变化对其亚纯解的影响, 研究非线性微分差分方程

其中 $ n, k $ 为正整数, $ q(z) $ 和 $ Q(z) $ 为非零多项式且 $ \deg Q\geq 1 $, $ P(z) $ 为级小于 $ \deg Q $ 的整函数.

首先, 运用 Naftalevich 的方法 (见文献 [9,定理 2.4]), 我们证明方程 (1.4) 的每一个亚纯解都为整函数. 设 E 为 $ f(z) $ 的所有极点的重数构成的集合, 称 $ \min E $ 为 $ f(z) $ 的指标. 假设方程 (1.4) 的解 $ f(z) $ 至少存在一个极点, 则 $ \min E\geq 1 $. 显然, $ f(z+c) $ 和 $ f(z) $ 具有相同的指标. 由于 $ f^n(z)f^{(k)}(z) $ 的指标为 $ (n+1)\min E+k $, $ P(z)-q(z){\rm e}^{Q(z)}f(z+c) $ 的指标 $ \leq \min E $, 因此 $ f(z) $ 不可能满足方程 (1.4). 故方程 (1.4) 的亚纯解都为整函数.

其次, 我们给出一个例子说明方程 (1.4) 可能存在无穷级解. 例如, $ f(z)={\rm e}^{{\rm e}^z} $ 满足方程 $ f^n(z)f'(z)-{\rm e}^zf(z+c_n)=0 $, 其中 $ {\rm e}^{c_n}=n+1 $.

接下来, 我们给出方程 (1.4) 的有限级整函数解具有的性质.

${\bf定理1.1}$ 设 $ n(\geq 2) $, $ k $ 为正整数, $ q(z) $, $ Q(z) $ 为非零多项式满足 $ \deg Q\geq 1 $, $ P(z) $ 为级小于 $ \deg Q $ 的整函数, $ c $ 为非零常数. 若 $ f(z) $ 为方程 (1.4) 的有限级整函数解, 则下列结论成立: (a) $ \sigma(f)=\deg Q $ 且 $ \tau(f)\in(0, +\infty) $; (b) 当且仅当 $ P(z)\not\equiv0 $ 时, $ \lambda(f)=\sigma(f) $; (c) 当且仅当 $ P(z)\equiv0 $ 时, $ f(z)\in\Gamma^\prime_0 $. 特别地, 当 $ n\geq 3 $ 时, 必有 $ P(z)\equiv0 $; (d) 若 $ f(z)\in\Gamma_0 $, $ g(z) $ 是方程 (1.4) 的任意有限级整函数解, 则 $ g=\eta f $, 其中 $ \eta^n=1 $.

下面的例 1.1 满足定理 1.1 的结论 (c), 这个例子表明方程 (1.4) 的解的结构与方程 (1.3) 存在差异.

${\bf例 1.1}$$ f(z)=z{\rm e}^z $ 满足方程 $ f^2(z)f'(z)-z^2{\rm e}^{2z-1}f(z+1)=0 $. 显然 $ f(z)\in\Gamma^\prime_0/\Gamma_0 $.

由定理 1.1 的结论 (c), 我们还知道: 当 $ P(z)\equiv 0 $ 时, 若 $ n\geq 2 $, 则方程 (1.4) 的有限级整函数解 $ f(z) $ 必满足 $ \lambda(f)<\sigma(f) $. 但该结论对 $ n=1 $ 的情形并不一定成立, 见例 1.2-1.4.

${\bf例 1.2}$$ f(z)=(z-1){\rm e}^z $ 满足方程 $ f(z)f'(z)-(z-1){\rm e}^{z-1}f(z+1)=0 $. 显然 $ 0=\lambda(f)<\sigma(f)=1 $.

${\bf例 1.3}$$ f(z)={\rm e}^{z^2+z} $ 满足方程 $ f(z)f'(z)-(2z+1){\rm e}^{z^2-\frac{3}{4}}f(z+\frac{1}{2})=0 $. 显然 $ 0=\lambda(f)<\sigma(f)=2 $.

${\bf例 1.4}$$ f(z)={\rm e}^{2z}+1 $ 满足方程 $ f(z)f'(z)-2{\rm e}^{2z}f(z+\pi {\rm i})=0 $. 显然 $ \lambda(f)=\sigma(f)=1 $.

考虑到例 1.2-1.4 给出的解的表示形式, 我们研究方程 (1.4) 在 $ n=1 $ 情形下的简单指数多项式解

其中 $ H_j(z)~(j=0, 1,\cdots,m) $ 为级小于 $ q $ 的指数多项式 (或多项式), 满足 $ \prod\limits_{l=1}^mH_l(z)\not\equiv0 $, $ 0,\,\omega_1,\,\cdots,\,\omega_m $ 为两两互异的复数且位于同一直线上. 结合定理 A 的证明方法和 Gundersen[10]关于对数导数模的估计, 我们得到下述结果

${\bf定理1.2}$ 设 $ k $ 为正整数, $ q(z) $, $ Q(z) $ 为非零多项式满足 $ \deg Q\geq 1 $, $ P(z) $ 为级小于 $ \deg Q $ 的整函数, $ c $ 为非零常数. 若 $ f(z) $ 为方程

的有限级整函数解, 则下列结论成立: (a) $ \sigma(f)=\deg Q $; (b) 若 $ \lambda(f)<\sigma(f) $, 则 $ P(z)\equiv0 $; (c) 若 $ f(z) $ 为形如(1.5)式的简单指数多项式解, 满足 $ \lambda(f)=\sigma(f) $, 则 $ \deg Q=1 $, $ P(z) $ 为多项式, 并且 $ f(z)=H_0(z)+H_1(z){\rm e}^{\omega_1z} $, 其中 $ \omega_1=Q'(z) $, $ H_0(z) $, $ H_1(z) $ 都为非零多项式.

定理 1.1 的证明需要下面两个引理, 其中引理 2.1 为差分对数导数引理的一种表示形式.

${\bf 引理 2.1}$^[11] 设 $ f(z) $ 为有限级亚纯函数, $ c $ 为非零常数, 则对每一个 $ \varepsilon>0 $, 有

${\bf 引理 2.2}$^[11] 设 $ f(z) $ 为有限级亚纯函数, $ c $ 为非零常数, 则对每一个 $ \varepsilon>0 $, 有

${\bf证}$ 结论 (a) 的证明: 令 $ Q(z)=b_qz^q+\cdots+b_1z+b_0 $, 其中 $ b_q,\cdots, b_1, b_0 $ 为常数且 $ b_q\neq 0 $. 由 $ \sigma(P)<\deg Q $ 和级的定义可得: 存在 $ {q_0}\in(\sigma(P),q) $ 以及$ r_0>0 $, 当 $ r\geq r_0 $ 时, 有

于是由 $ f^{n+1}=f^nf^{(k)}\frac{f}{f^{(k)}} $, (1.4) 式, (2.1) 式, 引理 2.1 和 2.2 得: 对每一个 $ \varepsilon>0 $, 有

和

注意到 $ n\geq 2 $, (2.2) 式和 (2.3) 式导出

于是, 我们有 $ \sigma(f)=\deg Q $, $ \tau(f)\in (0, +\infty) $.

结论 (b) 的证明: 已知 $ P(z)\not\equiv 0 $, 由于

结合 (2.1), (2.4) 式和结论 (a) 得 $ \frac{T(r, P)}{T(r, f^nf^{(k)})}\rightarrow 0~ (r\rightarrow \infty) $, 因此 $ P(z) $ 是 $ f^n(z)f^{(k)}(z) $ 的小函数. 于是, 由 Nevanlinna 关于小函数的第二基本定理和方程 (1.4) 得

注意到当 $ r\rightarrow\infty $ 时, 有

将 (2.6) 式代入 (2.5) 式, 再结合引理 2.2 得: 当 $ r\rightarrow\infty $ 时, 有

由 (2.7) 式我们有 $ \sigma(f)\leq\lambda(f) $. 又因为 $ \lambda(f)\leq\sigma(f) $, 所以 $ \sigma(f)=\lambda(f) $.

反之, 已知 $ \lambda(f)=\sigma(f) $, 假设 $ P(z)\equiv 0 $, 则由方程 (1.4) 得

由结论 (a) 得 $ \lambda(f)=\deg Q $, 这意味着 $ f(z) $ 有无穷多个零点, 从而存在一个无穷序列 $ z_m=z_0+mc(m=0,1,2,\cdots) $, 使得 $ f(z_m)=0 $ 且 $ q(z_m)\neq 0 $. 设 $ z_0 $ 为 $ f(z) $ 的 $ l $ 重零点, 则由 (2.8) 式知 $ z_0+c $ 为 $ f(z) $ 的重数至少为 $ nl $ 的零点, 再由归纳法和 (2.8) 式得: $ z_m=z_0+mc $ 是 $ f(z) $ 的重数至少为 $ n^ml $ 的零点. 于是, 由 $ n\geq 2 $ 和零点收敛指数的定义得 $ \lambda(f)=+\infty $, 这与 $ \sigma(f)<+\infty $ 矛盾. 因此 $ P(z)\not\equiv0 $.

结论 (c) 的证明: 已知 $ P(z)\equiv 0 $, 由上一段的证明可知 $ f(z) $ 只有有限个零点, 结合结论 (a) 得 $ f(z)=A(z){\rm e}^{\alpha(z)} $, 其中 $ A(z) $, $ \alpha(z) $ 为非零多项式满足 $ \deg\alpha=\sigma(f)=\deg Q $, 所以 $ f(z)\in\Gamma^\prime_0 $.

反之, 已知 $ f(z)\in\Gamma^\prime_0 $, 则由 $ \Gamma^\prime_0 $ 的定义知 $ \lambda(f)<\sigma(f) $, 再由结论 (b) 可得 $ P(z)\equiv 0 $.

接下来, 我们证明当 $ n\geq 3 $ 时必有 $ P(z)\equiv 0 $. 假设 $ P(z)\not\equiv 0 $, 则 (2.5)-(2.7) 式仍成立, 从而由 (2.7) 式可得 $ T(r, f)=o(r^q)~(r\rightarrow \infty) $, 这与结论 (a) 矛盾, 因此, 当 $ n\geq 3 $ 时必有 $ P(z)\equiv 0 $.

结论 (d) 的证明: 由 $ f\in\Gamma_0\subset \Gamma^\prime_0 $ 和结论 (c) 知 $ P(z)\equiv 0 $ 和 $ g(z)\in\Gamma^\prime_0 $. 于是

其中 $ \alpha_1(z) $, $ \alpha(z) $, $ B(z) $ 为非零多项式, 且由结论 (a) 知$ \deg\alpha_1=\deg \alpha_2=\deg Q=q $. 由 (2.9) 式得

其中 $ H_{1,k}(z) $ 与 $ H_{2,k}(z) $ 满足递推公式 $ H_{i,j}(z)=H_{i,j-1}'(z)+\alpha_i'(z)H_{i,j-1}(z)~(i=1, 2; j=1,\cdots, k) $. 这里 $ H_{1,0}(z)=1 $, $ H_{2,0}(z)=B(z) $. 因此 $ H_{1, k}(z) $ 和 $ H_{2, k}(z) $ 为非零多项式满足

将 (2.9) 和 (2.10) 式代入方程 (1.4), 并注意 $ P(z)\equiv 0 $, 可得

和

注意到 $ B(z) $, $ q(z) $, $ H_{1, k}(z) $ 和 $ H_{2, k}(z) $ 都为多项式, 所以由 (2.12) 式和 (2.13) 式知 $ (n+1)\alpha_i(z)-Q(z)-\alpha_i(z+c)~(i=1, 2) $ 恒为常数, 从而 $ \frac{q(z)}{H_{1, k}(z)} $ 和$ \frac{q(z)B(z+c)}{B^n(z)H_{2,k}(z)} $ 都恒为常数. 再结合 (2.11) 式得

因此 $ \deg B=0 $, 即 $ B(z) $ 恒为常数, 记其为 $ B $. 再将 (2.12) 式代入 (2.13) 式得

由 $ H_{1, k}(z) $, $ H_{2, k}(z) $ 为多项式和方程 (2.14) 知 $ (n+1)(\alpha_2(z)-\alpha_1(z))-(\alpha_2(z+c)-\alpha_1(z+c)) $ 恒为常数. 由于 $ \deg ((n+1)(\alpha_2(z)-\alpha_1(z))-(\alpha_2(z+c)-\alpha_1(z+c)))=\deg (\alpha_2(z)-\alpha_1(z)) $, 所以 $ \alpha_2(z)-\alpha_1(z) $ 恒为常数, 记该常数为 $ C $. 于是, 由 (2.9) 式得

其中 $ \eta=B{\rm e}^C $ 为非零常数. 再将 $ f(z) $ 和 (2.15) 式代入方程 (1.4), 并注意 $ P(z)\equiv 0 $, 可得

因此, $ g(z)=\eta f(z) $, $ \eta^n=1 $.

定理 1.2 的证明需要下面两个引理, 其中引理 3.2 是 Gundersen 给出的对数导数模的估计.

${\bf 引理 3.1}$^[12] 设 $ f_j(z)(j=1, \cdots, n) $, $ g_j(z)(j=1, \cdots, n) $ ($ n\geq2 $) 为两组整函数. 若下列条件成立: (1) $ \sum\limits_{j=1}^nf_j(z){\rm e}^{g_j(z)}\equiv0; $ (2) 当 $ 1\leq j<k\leq n $, $ g_j(z)-g_k(z) $ 不恒为常数; (3) 当 $ 1\leq j\leq n $, $ 1\leq t<k\leq n $ 时, $ f_j(z) $ 的级小于 $ {\rm e}^{g_k(z)-g_t(z)} $ 的级, 则 $ f_j(z)\equiv 0(j=1, \cdots, n) $.

${\bf 引理 3.2}$^[10] 设 $ f(z) $ 为有限级超越亚纯函数, 则对任意给定的常数 $ \varepsilon>0 $, 存在对数测度有限的集合 $ F\subset(1,+\infty) $, 使得对满足 $ |z|=r\not\in F\bigcup[0,1] $ 的所有 $ z $ 和 $ k>j $, 有

${\bf证}$ 结论 (a) 的证明: 令 $ z=r{\rm e}^{{\rm i}\theta} $, 对固定的 $ r $, 令

则当 $ \theta\in E_1 $ 时, 有 $ |f^{(k)}(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})|\leq \left|\frac{f^{(k)}(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})}{f(r{\rm e}^{{\rm i}\theta})}\right| $ ; 当 $ \theta\in E_2 $ 时, 由方程 (1.6) 得

再结合 (2.1) 式和引理 2.1 得: 对每一个 $ \varepsilon>0 $, 有

从而 $ \sigma(f)=\sigma(f^{(k)})\leq q $. 另一方面, 由 (2.3) 式和 $ n=1 $ 得 $ q=\deg Q=\sigma({\rm e}^Q)\leq \sigma(f) $. 因此, 我们有 $ \sigma(f)=\deg Q $.

结论 (b) 的证明: 已知 $ \lambda(f)<\sigma(f) $, 则由 Hadamard 分解定理^[12]和结论 (a) 得

其中 $ \varphi(z) $ 为非零整函数, $ \beta(z) $ 为非零多项式, 满足

由 (3.1) 式得

其中 $ \varphi_k(z) $ 为非零整函数, 满足递推公式 $ \varphi_j(z)=\varphi_{j-1}'(z)+\beta'(z)\varphi_{j-1}(z) $ ($ j=1, \cdots, k $), 这里 $ \varphi_0(z)=\varphi(z) $. 将 (3.1) 式, (3.3) 式代入方程 (1.6) 得

由 (3.2) 式和 $ \varphi_k(z) $ 的表达式得 $ \sigma(\varphi)<q $ 和 $ \sigma(\varphi_k)<q $. 于是由 (3.4) 式和引理 3.1 得 $ \beta^{(q)}(z)=Q^{(q)}(z) $, $ P(z)\equiv 0 $.

结论 (c) 的证明: 令 $ Q(z)=b_qz^q+Q_0(z) $, 其中 $ b_q $ 为非零常数, $ Q_0(z) $ 为次数小于 $ q $ 的多项式. 由 (1.5) 式和结论 (a) 得

其中 $ H_{j, k}(z) $ ($ j=1, \cdots, m $) 满足递推公式

假设 $ H_{j,1}(z)\equiv 0 $, 由 (3.6) 式得 $ H_j(z)=c{\rm e}^{-\omega_jz^q} $, 其中 $ c $ 为非零常数, 这与 $ \sigma(H_j)<q $ 矛盾, 因此 $ H_{j,1}(z)\not\equiv 0 $. 再由归纳法和 (3.6) 式得 $ H_{j,l}(z)\not\equiv0 $ ($ j=1, \cdots, m; l=1, \cdots, k $).

由于 $ 0,\omega_1,\cdots,\omega_m $ 共线, 因此存在非零复数 $ \omega $ 和非零实数 $ k_i~(i=1, \cdots, m) $, 使得 $ \omega_i=k_i\omega~(i=1, \cdots, m) $. 不妨设当 $ i<j $ 时, $ k_i<k_j $. 将 (1.5) 式, (3.5) 式代入方程 (1.6) 得

其中 $ k_0=0 $, $ H_{0,k}(z)=H_0^{(k)}(z) $, $ Q_t(z)=Q_0(z)+k_t\omega(z+c)^q-k_t\omega z^q~(t=0, 1, \cdots, m) $.

首先, 我们证明 $ m=1 $. 假设 $ m\geq2 $, 令

对 $ k_m $ 讨论以下两种情况

${\bf 情况 1}$$ k_m>0 $. 由 (3.8) 和 (3.9) 式得 $ \max A=\max A^*=2k_m $, 注意到 $ H_m(z)H_{m,k}(z)\not\equiv 0 $, 故由引理 3.1 和 (3.7) 式得 $ 2k_m\omega=b_q+k_m\omega $, 即 $ b_q=k_m\omega $. 此时 (3.9) 式变为

${\bf 子情况 1.1}$ 若 $ H_0(z)\equiv0 $, 则由 (3.8) 和 (3.10) 式得 $ \min A^*=2k_1<k_m+k_1=\min B^* $, 从而由引理 3.1 和 (3.7) 式得 $ {\rm e}^{2k_1\omega z^q} $ 前面的系数恒为零, 即 $ H_1(z)H_{1,k}(z)\equiv0 $, 矛盾.

${\bf 子情况 1.2}$ 若 $ H_0(z)\not\equiv0 $, 则当 $ k_1<0 $ 时, 由 (3.8) 和 (3.10) 式得 $ \min A=2k_1<k_m+k_1=\min B $. 类似于子情况 1.1, 我们有 $ H_1(z)H_{1,k}(z)\equiv0 $, 矛盾. 因此 $ k_1>0 $. 此时, 由 (3.8) 和 (3.10) 式得 $ \min(A-\{0\})=k_1<k_m=\min B $, 再结合引理 3.1 和 (3.7) 式得 $ {\rm e}^{k_1\omega z^q} $ 前面的系数恒为零, 即

若 $ H_1(z) $ 为超越整函数, 则 $ H_1(z) $ 为满足 $ 1\leq\sigma(H_1)\leq q-1 $ 的指数多项式, 且由 (3.6) 式得 $ H_{1,l}(z)(l=1, \cdots, k) $ 为超越整函数满足 $ \sigma(H_{1,l})\leq q-1 $. 于是, 由引理 3.2 知: 对任意给定的常数 $ \eta>0 $, 存在对数测度有限的集合 $ F_1 $, 使得当 $ |z|\not\in F_1\cup[0,1] $, 有

若 $ H_1(z) $ 为多项式, 则由 (3.6) 式知 $ H_{1,l}(z)(l=1,\cdots, k) $ 也为多项式, 从而

因此, 由 (3.6) 和 (3.12) (或 (3.13)) 式得: 当 $ |z|\not\in F_1\cup[0,1] $, 有

另一方面, 若 $ H_0(z) $ 为超越整函数, 则由引理 3.2 知: 对上述的 $ \eta>0 $, 存在对数测度有限的集合 $ F_2 $, 使得当 $ |z |\not\in F_2\cup[0,1] $, 有

若 $ H_0(z) $ 为多项式, 则

于是, 由 (3.11), (3.14) 式和 (3.15) (或 (3.16)) 式得: 当 $ |z|\not\in F_1\cup F_2\cup[0,1] $ 时, 有 $ q^k\omega_1^kz^{k(q-1)}(1+o(1))=o(|z|^{q-1}) $ (当 $ q\geq 2 $ 时), 或 $ q^k\omega_1^k(1+o(1))=o(1) $ (当 $ q=1 $ 时), 矛盾.

${\bf 情况 2}$$ k_m<0 $. 由 (3.8) 和 (3.9) 式得 $ \min A=\min A^*=2k_1 $, 注意到 $ H_1(z)H_{1,k}(z)\not\equiv 0 $, 故由引理 3.1 和 (3.7) 式得 $ 2k_1\omega=b_q+k_1\omega $, 即 $ b_q=k_1\omega $. 此时 (3.9) 式变为

${\bf 子情况 2.1}$ 若 $ H_0(z)\equiv0 $, 则由 (3.8) 和 (3.17) 式得 $ \max A^*=2k_m>k_m+k_1=\max B^* $, 从而由引理 3.1 和 (3.7) 式得 $ {\rm e}^{2k_m\omega z^q} $ 前面的系数恒为零, 即 $ H_m(z)H_{m,k}(z)\equiv0 $, 矛盾.

${\bf 子情况 2.2}$ 若 $ H_0(z)\not\equiv0 $, 则由 (3.8) 和 (3.17) 式得 $ \max (A-\{0\})=k_m>k_1=\max B $, 从而由引理 3.1 和 (3.7) 式得 $ {\rm e}^{k_m\omega z^q} $ 前面的系数恒为零, 即 $ H_0(z)H_{m,k}(z)+H_0^{(k)}(z)H_m(z)\equiv0 $, 再类似于子情况 1.2 的证明可得矛盾, 因此 $ m=1 $.

其次, 我们证明当 $ m=1 $ 时有 $ q=1 $. 将 $ m=1 $ 代入 (3.7) 式, 再结合引理 3.1 得 $ \omega_1=b_q $, $ P(z)=H_0(z)H^{(k)}_0(z) $,

和

由 $ m=1 $ 和 $ \lambda(f)=\sigma(f) $ 得 $ H_0(z)\not\equiv 0 $, 从而由 (3.18) 和 (3.19) 式得

假设 $ q\geq2 $, 当 $ H_1(z) $ 为超越整函数时, 由 (3.14) 式得: 当 $ |z|\not\in F_1\cup[0,1] $ 且 $ |z|\rightarrow\infty $ 时, 有

当 $ H_1(z) $ 为多项式时, 由 (3.6) 式得 $ \deg H_{1,k}=k(q-1)+\deg H_1 $, 从而 (3.21) 式仍成立. 于是, 由 (3.21) 式和引理 2.1 得: 对每一个 $ \varepsilon>0 $, 当 $ |z|=r\not\in F_1\cup[0,1] $ 且 $ r\rightarrow\infty $ 时, 有

再结合 (3.20) 式, (3.22) 式和引理 2.1 得: 当 $ |z|=r\not\in F_1\cup[0,1] $ 且 $ r\rightarrow\infty $ 时, 有

矛盾. 因此 $ q=1 $.

最后, 由 $ q=1 $ 和 $ P(z)=H_0(z)H^{(k)}_0(z) $ 得: $ \deg Q=1 $, $ H_0(z) $, $ H_1(z) $ 和 $ P(z) $ 为多项式. 且由 $ m=1 $ 和 $ b_q=\omega_1 $ 得 $ f(z)=H_0(z)+H_1(z){\rm e}^{\omega_1 z} $, 其中 $ \omega_1=Q'(z) $.