上世纪二十年代, Nevanlinna 创立了值分布理论. 该理论主要基于两个重要的定理, 即第一基本定理和第二基本定理. 从创立至今, 该理论自身不断完善且被用于其他诸多理论的研究中, 例如, 亚纯函数唯一性理论, 复微分方程理论以及复动力系统等. 下面我们将回顾亚纯函数值分布理论的基本概念和结论. 同时期, 对于量子力学的研究, Bloch 提出了 Bloch 定理. Bloch 定理的核心是在于揭示电子波函数在周期势场中的对称性, 这一对称性使得电子能在晶体中形成离散的能带. 从值分布理论的视角来看, 等效势场 $V(r)$ 可被视作周期函数, 而 Bloch 函数则可视为乘法拟周期函数. 这意味着周期性与拟周期性在量子力学中具有重要应用价值. 随着 Nevanlinna 理论差分模拟的发展^[5,8-10], 这为研究周期性与拟周期性提供了有力的工具, 并为 Bloch 函数的存在性提供了理论依据. 下面给出布洛赫定理 的具体表述.

定理 1.1^[16] 当势场具有晶格周期性时, 波动方程的解 $\psi$ 具有如下性质

其中 $k$ 为一矢量.

我们把上述波动方程的解叫作 Bloch 函数. 关于 Bloch 定理的详细描述, 请读者参阅文献[1,15,16,20]. 我们假设读者熟悉 Nevanlinna 理论中的一些基本概念和符号 (参见文献[6,7,17,22,23]), 如 $T(r,f), m(r,f), N(r,f),$$ \rho(f), \rho_2(f)$ 等. 如果 $f(z) - a$ 与 $g(z) -a$ 有相同重数的零点, 则称 $f(z)$ 与 $g(z)$ CM 分担 $a$.

下面我们给出关于拟周期函数和 $Ac$-分担函数的定义.

定义 1.1 亚纯函数 $f(z)$ 被称为加数为 $B$ 且周期为 $c$ 的加法拟周期函数, 如果 $f(z)$ 满足

其中 $c\not=0, B$ 是常数.

特别地, 如果 $B\not=0$, 称 $f(z)$ 为关于 $B$ 的严格加法拟周期函数.

定义 1.2 亚纯函数 $f(z)$ 被称为乘数为 $A$ 且周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 如果 $f(z)$ 满足

其中 $c, A$ 是非零常数.

特别地, 如果 $A\not=1$, 称 $f(z)$ 为关于 $A$ 的严格乘法拟周期函数.

定义 1.3 乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期亚纯函数 $a(z)$ 被称为 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数, 如果对任意满足 $f(z)-a(z)=0$ 的点 $z_0\in\mathbb{C}$, 使得 $f(z_0+c)-Aa(z_0)=0$, 其中 $c, A$ 是非零常数. 如果 $a(z)=a$ 是常数, 我们称 $a$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担值. 特别地, 如果 $z_0$ 在 $f(z)-a(z)=0$ 与 $f(z+c)-Aa(z)=0$ 中的重数相等, 那我们称 $a(z)$ 为 $f(z)$ 的部分完全 $Ac$ 分担函数. 类似地, 我们可以定义 $f(z)$ 的部分完全 $Ac$ 分担值.

定义 1.4 乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期亚纯函数 $a(z)$ 被称为 $f(z)$ 的 $Ac$ 分担函数, 如果 $f(z)-a(z)=0, f(z+c)-Aa(z)=0$ 具有相同的根, 其中 $c, A$ 是非零常数. 如果 $a(z)=a$ 是常数, 我们称 $a$ 是 $f(z)$ 的 $Ac$ 分担值. 特别地, 如果它们的根的重数相等, 则称 $a(z)$ 是 $f(z)$ 的完全 $Ac$ 分担函数. 类似地, 我们可以定义 $f(z)$ 的完全 $Ac$ 分担值.

Heittokangas^[11]给出了一个增长级小于 $2$ 的亚纯函数的乘法拟周期性的结果.

定理 1.2^[11] 令 $f(z)$ 是增长级小于 $2$ 的亚纯函数, 且 $c\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$. 如果 $f(z)$ 与 $f(z+c)$$CM$ 分担 $0$ 和 $\infty$, 则 $\frac{f(z+c)}{f(z)}=\tau$, 其中 $\tau$ 是常数. 即 $f(z)$ 是乘法拟周期函数.

Heittokangas 与其合作者^[11,12]在得到上述定理后, 继续研究了有限级亚纯函数与其平移分担小函数的周期性. 不久之后, Charak^[3]研究了超级 $<1$ 的亚纯函数与其平移部分分担小函数的周期性. 下面我们将他们的结果改进到具有 $Ac$ 分担值的超级 $<1$ 的亚纯函数的拟周期性.

定理 1.3 假设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 并令 $A, c$ 是非零常数. 如果 $0$ 是 $f(z)$ 的部分完全 $Ac$ 分担值, $1$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担值, 且

则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

定理 1.4 假设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 并令 $A, c$ 是非零常数. 如果 $1$ 是 $f(z)$ 的完全 $Ac$ 分担值, 且

其中 $N_{2}(r,f)$ 与 $N_{2}(r,\frac{1}{f})$ 分别表示极点或零点的截断积分计数函数且 $f(z)$ 的 $m$ 重极点或零点的个数计为 $n=\min\{2,m\}$, 则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数,或 $f(z)$ 是周期为 $2c$ 的周期函数.

定理 1.5 假设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 并令 $A, c$ 是非零常数. 如果 $1$ 是 $f(z)$ 的 $Ac$ 分担值, 且

则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 或 $f(z)$ 是周期为 $2c$ 的周期函数.

以上三个定理都是对超级小于 $1$ 的亚纯函数的拟周期性进行研究, 这些结果促使我们考虑超级大于等于 $1$ 的情况. 下面给出的例子表明, 超级小于 $1$ 的条件是有可能放宽的, 值得进一步研究.

例 1.1 函数 $f(z)={\rm e}^{{\rm e}^z}$:

(1) 令 $A=1, c=\pi i$, 于是 $0$ 是 $f(z)$ 的部分完全 $Ac$ 分担值, $1$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担值, 且满足不等式(1.2), 但 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 倘若 $c=2\pi i$, 那么 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

(2) 令 $A=1, c=\pi i$, 于是 $1$ 是 $f(z)$ 的完全 $Ac$ 分担值, 且 $f(z)$ 满足不等式(1.3), 则 $f(z)$ 是周期为 $2c$ 的周期函数.

(3) 令 $A=1, c=\pi i$, 于是 $1$ 是 $f(z)$ 的 $Ac$ 分担值, 且 $f(z)$ 满足不等式(1.4),则 $f(z)$ 是周期为 $2c$ 的周期函数.

以上是关于 $Ac$ 分担值的一些结果. 很自然地, 我们能够想到关于 $Ac$ 分担函数是否有类似的结果. 要研究这一问题, 我们需要给出一个关于拟周期函数的 Nevanlinna 第二基本定理. 众所周知, Nevanlinna 第二基本定理有多个版本[6,7,9,21], 参照其证明方法, 我们可以得到下面的结果. 为了简便, 我们用 $N_{A}(r,f)$ 表示 $\frac{1}{A}f(z+c)-f(z)$ 的极点个数的积分计数函数, $N_{A}(r,\frac{1}{f})$ 表示 $\frac{1}{A}f(z+c)-f(z)$ 的零点个数的积分计数函数. 满足 $T(r,g)=o(T(r,f))$ 的函数 $g(z)$ 被称为是 $f(z)$ 的小函数, 其中 $r\rightarrow\infty$ 且除去一个可能的对数测度有限的例外集. $\mathcal{S}(f)$ 表示 $f(z)$ 的所有小函数构成的族. 我们称 $\delta(a,f) =1-\overline{\lim}_{r\rightarrow\infty}\frac{N(r,f)}{T(r,f)}$ 为 $f(z)$ 关于 $a$ 的亏量.

定理 1.6 假设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 且 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 其中 $c, A\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$. 令 $a_1(z), a_2(z), \cdots, a_q(z) (q\geq2)$ 是 $q$ 个互不相同的乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 并且满足 $a_k\in \mathcal{S}(f), k=1,\cdots,q$. 则

其中与 $S(r,f)$ 相关的例外集至多是有限对数测度的.

定理 1.7 假设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 并令 $A, c$ 是非零常数. 如果 $a_1(z),$$ a_2(z), a_3(z)\in\mathcal{S}(f)$ 是 $f(z)$ 的三个互不相同的部分完全 $Ac$ 分担函数, 则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

定理 1.8 假设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 并令 $A, c$ 是非零常数. 如果 $a_1(z), $$a_2(z)\in\mathcal{S}(f)$ 是 $f(z)$ 的两个不相同的部分完全 $Ac$ 分担函数, 且

则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

定理 1.9 假设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 并令 $A, c$ 是非零常数. 如果 $a_1$, $a_2$, $a_3\in\mathcal{S}(f)$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数, 且 $\sum_{k=1}^{3}\delta(a_k,f)>1$. 则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

定理 1.10 假设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 并令 $A, c$ 是非零常数. 如果 $a_1$, $a_2$, $a_3, a_4\in\mathcal{S}(f)$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数, 且存在 $a\in\mathcal{S}(f)$, 使得 $\delta(a,f)>0$. 则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

定理 1.11 假设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 并令 $A, c$ 是非零常数. 如果 $a_1$, $a_2$, $a_3, a_4\in\mathcal{S}(f)$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数, 且存在 $a\in\mathcal{S}\setminus\{a_1, a_2, a_3, a_4 \}$, 使得 $\overline{N}_0(r,a,f(z),\frac{1}{A}f(z+c))\not=S(r,f)$, 则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

这里 $\overline{N}_0(r,a,f(z),\frac{1}{A}f(z+c))$ 表示 $f(z)-a=0$ 与 $\frac{1}{A}f(z+c)-a=0$ 的公共根的个数 (不计重数).

在 2017 年林伟川^[19]给出了具有部分分担值的亚纯函数的周期性的结果. 下面我们将其的结果推广到拟周期函数.

定理 1.12 设 $f(z)$ 是极点个数有限且超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, $k_1, k_2$ 是两个正整数, $A, c\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$. 若 $f(z)$ 和 $f(z+c)$ 是 $CM$ 分担 $0$, 并满足

$\overline{E}_{k_1)}(a_1,f(z))\subseteq \overline{E}_{k_1)}({A}a_1,f(z+c)),\overline{E}_{k_2)}(a_2,f(z))\supseteq \overline{E}_{k_2)}({A}a_2,f(z+c)),$

其中 $a_1, a_2\in\mathcal{S}(f)\setminus\{0\}$ 且是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 则如果 $a_1, a_2$ 都是 $f(z)$ 的 ${\rm Borel}$ 例外函数,则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数或者乘数为 $-A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数; 如果 $a_1, a_2$ 都是常数且都是 $f(z)$ 的 ${\rm Borel}$ 例外值, 则 $f(z)$ 是周期为 $c$ 或 $2c$ 的周期函数; 如果 $a_1, a_2$ 至少有一个不是 $f(z)$ 的 ${\rm Borel}$ 例外函数, 则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. %其中 $a_1, a_2\in\mathcal{S}(f)\setminus\{0\}$. %则如果 $a_1, a_2$ 都是 ${\rm Borel}$ 例外函数,则 $f(z)$ 是周期为 $c$ 或 $2c$ 的周期函数; 如果 $a_1, a_2$ 至少有一个不是 ${\rm Borel}$ 例外函数, 则 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

郑建华^[25]在 1992 年研究了两个亚纯函数 $CM$ 分担 $0, 1, \infty$, 在一定条件下的唯一性与周期性.

定理 1.13 设 $f(z)$, $g(z)$ 是两个亚纯函数, 并且 $f(z)$ 与 $g(z)$$CM$ 分担 $0, 1, \infty$. 若 $g(z)$ 是周期为 $d$ 的周期函数, 那么 $f(z)$ 有同样的周期 $d$. 进一步, 若

则 $f(z)=g(z)$, 除非 $f(z)$ 和 $g(z)$ 有形式

当 $f(z)$ 和 $g(z)$ 是整函数, 则 $f(z)$ 和 $g(z)$ 应有形式

其中 $A, B$ 和 $a(\neq 1), b$ 均是常数, $k, m$ 均是整数.

下面我们利用 Borel 引理以及扈培础^[14]改进的广义 Borel 引理研究亚纯函数 $CM$ 分担三个值的拟周期性. 受李惠^[18]的启发, 我们在研究加法拟周期性时, 使用 MATLAB 实现了对证明过程的简化. 值得注意的是, 加法拟周期函数的唯一性定理的证明也可以用与定理1.14同样的证明方法.

定理 1.14 设 $f(z)$, $g(z)$ 是两个亚纯函数, 并且 $f(z)$ 与 $g(z)$$CM$ 分担 $0, 1, \infty$. 若 $g(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 则 $f(z)$ 也是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 特别地, 当 $A\not=\pm 1$ 时, 如果 $g(z)$ 是严格乘法拟周期函数, 则 $f(z)=g(z)$.

定理 1.15 设 $f(z)$, $g(z)$ 是两个亚纯函数, 并且 $f(z)$ 与 $g(z)$$CM$ 分担 $0, 1, \infty$. 若 $g(z)$ 是加数为 $B$ 周期为 $c$ 的加法拟周期函数, 则 $f(z)$ 也是加数为 $B$ 周期为 $c$ 的加法拟周期函数. 特别地, 如果 $g(z)$ 是严格加法拟周期函数, 则 $f(z)=g(z)$.

引理 2.1^[10] 设$f(z)$ 是 $\mathbb{C}$ 上的非常数亚纯函数且$\rho_{2}(f)<1$, $c\in\mathbb{C}\backslash\{0\}$, 则对任意正实数$\varepsilon$, 有

其中$r\to \infty, r\not\in E, \int_E\frac{dr}{r}<+\infty$.

引理 2.2^[4] 设$f(z)$ 是 $\mathbb{C}$ 上的非常数亚纯函数且$\rho(f)<\infty$, $\eta_1, \eta_2$ 是两个相互判别的复数, 则对任意正实数$\varepsilon$, 有

引理 2.3^[10] 设 $T:[0,+\infty)\rightarrow[0,+\infty)$ 是非减连续函数, 且 $s\in(0,\infty)$. 如果 $T$ 的超级 $\rho_2<1$, 则除去一个 $r$ 的集合 $E$ 后恒有

其中 $\varepsilon>0$, $E$ 对数测度有限.

利用上述引理, 我们得到关于部分分担函数的一个结果. 下面我们用 $\overline{N}_{12}\left(r, a_k, f, g\right)$ 表示 $f(z)-a_k$ 与 $g(z)-a_k$ 的不同根的个数(不计重数).

引理 2.4 令 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数, 如果 $a$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数 $($或分担值$)$, 则 $ \overline{N}_{12}\left(r, a, f(z), \frac{1}{A}f(z+c)\right) =S(r,f) $; 如果 $a$ 是 $f(z)$ 的部分完全 $Ac$ 分担函数 $($或分担值$)$, 则 $ {N}_{12}\left(r, a, f(z), \frac{1}{A}f(z+c)\right) =S(r,f) $.

证 假设 $a$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数, 因此

利用引理2.3, 可知

同理, 对于 $a$ 是 $f(z)$ 的部分完全 $Ac$ 分担函数,

类似地, 对于 $a$ 是常数, 依然成立.

引理 2.5^[17] 令 $f(z)$ 是亚纯函数. 对于任意关于 $f(z)$ 的不可约有理函数

且亚纯系数 $a_i(z) (i=0,1, \cdots, m), b_j(z) (j=0,1, \cdots, n)$ 满足

则 $R(z, f(z))$ 的特征函数满足

其中 $d=\deg_f (R)$.

引理 2.6^[11] 假设 $f(z)$ 为亚纯函数, $\varepsilon>0$ 且 $a_1, a_2, a_3$ 是互不相同的亚纯函数, 其中 $a_1, a_2\in\mathcal{S}(f)$. 如果对某个 $\nu\in[0,1/3)$,

则

引理 2.7^[23] 设 $f(z)$ 与 $g(z)$ 为非常数亚纯函数, $1$ 为其 $CM $ 公共值. 如果

其中 $\mu<1, T(r) = \max \{T(r, f), T(r, g)\}$, $I$ 为 $r$ 在 $(0, \infty)$ 中具有无穷线性测度的一个集合,则 $ f \equiv g $ 或 $ f \cdot g \equiv 1$.

引理 2.8^[2] 设 $f_1(z)$ 与 $f_2(z)$ 为亚纯函数, 使得

如果 $f_1(z)$ 与 $f_2(z)$$IM$ 分担 $1$, 则对任意 $z\!\in\!\mathbb{C}$, 有 $ f_1(z) \!=\!f_2(z) $ 或 $ f_1(z) \cdot f_2(z) \!\equiv\! 1$.

引理 2.9^[21] 设$f(z)$ 是 $\mathbb{C}$ 上的非常数亚纯函数, $a_j\in\mathcal{S}(f) (j=1,2,\cdots,q)$ 是复平面上 $q (\geq3)$ 个互不相同的亚纯函数其中之一可以是 $\infty$, 则对于任意 $\varepsilon>0$, 除去 $r$ 的一个对数测度有限的集合 $E$, 有

引理 2.10 设 $f(z)$ 是超级 $\rho_2(f)<1$ 的亚纯函数且不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, $a_1, a_2, a_3, a_4\in\mathcal{S}(f)$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数, 且它们互不相同. 则

(1) $\sum_{k=1}^4 \overline{N}\left(r, \dfrac{1}{f-a_k}\right)=2 T(r, f)+S(r, f)$;

(2) $\overline{N}\left(r, \dfrac{1}{f-a}\right)=T(r, f)+S(r, f), a (\neq a_k)\in \mathcal{S}(f), k=1,2,3,4$.

证 (1) 因为 $a_1, a_2, a_3, a_4\in\mathcal{S}(f)$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数, 所以

利用上式以及引理2.9, 可知

因此

(2) 令$a \neq a_k, k=1,2,3,4$, 根据定理2.9以及 (i), 可得

于是

引理 2.11^[24] 设 $f(z)$ 和 $g(z)$ 是非常数亚纯函数, $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5\in\mathcal{{S}}(f)\cap \mathcal{{S}}(g)$ 互不相同. 如果 $f(z)\not\equiv g(z)$, 则

引理 2.12^[13] 令 $f(z)$ 是非常数加法拟周期亚纯函数, 则 $\rho(f)\geq1, \mu(f)\geq1$, 或$f(z)=az+b$, 其中 $a, b$ 是常数.

引理 2.13^[23] 设 $f_j (j=1, 2, \cdots,n) (n\geq2)$ 为亚纯函数, $g_j(z) (j=1,2,\cdots,n)$ 为整函数, 满足下列各条件

(i) $\Sigma_{j=1}^{n}f_j(z){\rm e}^{g_j(z)}\equiv0;$

(ii) 当 $1\leq j<k\leq n$ 时, $g_j(z)-g_k(z)$ 非为常数;

(iii) 当 $1\leq j\leq n, 1\leq h, k\leq n$ 时,

则 $f_j(z)\equiv 0 (j=1, 2,\cdots, n).$

郑建华在文献[25]给出了 Borel 引理的另一形式.

引理 2.14^[25] 设 $a_i (i=0,1, \cdots, n)$ 均是常数, $g_i(z)$ 是整函数且

若有某个 $a_k \neq 0$, 则 $g_k(z), g_k(z)-g_j(z) (1 \leqslant j \neq k \leqslant n)$ 中至少有一个为常数.

引理 2.15^[14] 设 $f_j(z) (j=1, \cdots, n)$ 是没有零点的整函数, 使得

则对于某个 $k\in\mathbb{N}$, 存在 $\{1, \cdots, n\}$ 的分划 $I_1,\cdots,I_k$ 使得

(1) $\{1, \cdots, n\}=\cup_{\alpha=1}^{k} I_{\alpha}$;

(2) 对于任意 $\alpha$, $I_{\alpha}$ 中的元素至少 $2$ 个. 并且对于任意 $\alpha_i, \alpha_j\in I_\alpha$, 我们有 $\frac{f_{\alpha_i}}{f_{\alpha_j}}=c_{\alpha_{ij}}$, 其中 $c_{\alpha_{ij}}$ 是某个非零常数;

(3) $\sum_{j \in I_{\alpha}} f_j\equiv 0$.

定理1.3的证明 假设 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 那么

因此 $m(r, \psi)=S(r,f).$

根据(1.2) 式, 存在 $\gamma\in[0,1/10)$, 使得

因此

因为 $0$ 是 $f(z)$ 的部分完全 $Ac$ 分担值, $\psi$ 的极点都是 $f(z+c)$ 的极点, 由(3.3)式, 有

由于 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 所以 $\varphi\not=A$. 通过对(3.1)式简单的变换, 可得

于是 $T(r,f)\leq T(r,\varphi)+T(r,\psi)+O(1)$. 使用(3.4)式, 可得

因为 $1$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担值, 并使用(3.4)式以及引理2.4, 可得

根据(3.1)式, 我们发现 $\varphi(z)$ 的零点和极点都源自于 $f(z)$ 的 $1$ 值点或 $f(z+c)$ 的 $A$ 值点和 $f(z)$ 或 $f(z+c)$ 的极点. 因此, 根据(3.2),(3.3)式以及(3.6)式, 有

此外, 根据(3.4)和(3.5)式, 可得

因此, 根据(3.5)式以及引理2.6, 对任意 $\varepsilon>0$, 有

这与 $\gamma\in[0,1/10)$ 矛盾. 这就完成了定理的证明.

定理1.4的证明 根据(1.3) 式, 存在常数 $\varepsilon>0$ 以及 $r_{\varepsilon} >0$, 使得

其中 $r\geq r_{\varepsilon}$. 因此利用引理2.3, 对于 $r\not\in E$, 我们有

其中 $E$ 的对数测度有限.

令 $F=\mathbb{R}\setminus(E\cup[r_{\varepsilon}])$, 那么 $F$ 对数测度无穷. 故对于 $r\in F$, 有

结合(3.7), (3.8)式和引理2.7, 可得 $\frac{1}{A}f(z+c)=f(z)$ 或 $\frac{1}{A}f(z+c)f(z)=1$. 也就是说 $f(z+c)=Af(z)$ 或 $f(z)=f(z+2c)$.

定理1.5的证明 根据引理2.3 以及(1.4) 式, 有

结合第二基本定理以及 $1$ 是 $f(z)$ 的 $Ac$ 分担值这一事实,

于是

因此根据引理2.8, 可得 $f(z+c)=Af(z)$ 或 $f(z)=f(z+2c)$.

定理1.6的证明 令 $P(f)=\Pi_{k=1}^{q}(f(z)-a_k(z))$, 那么 $\frac{1}{P(f)}=\sum_{k=1}^{q}\frac{\alpha_k}{f(z)-a_k(z)}$, 其中$\alpha_k\in\mathcal{S}(f)$. 由引理2.1, 可得

因此

根据 Nevanlinna 第一基本定理, (4.1)式以及引理2.5, 有

因此, 根据引理2.1,

定理1.7的证明 假设 $a_1, a_2, a_3\in\mathcal{S}(f)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数且 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 那么根据定理1.6, 可得

由上式可得

因为 $a_1, a_2, a_3\in\mathcal{S}(f)$ 是 $f(z)$ 的部分完全 $Ac$ 分担函数,

因此由引理2.3, 有

这显然不可能. 因此 $f(z)$ 是乘法拟周期函数.-

定理1.8的证明 假设 $a_1, a_2\in\mathcal{S}(f)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数且 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 那么根据定理1.6, 可得

因为 $a_1, a_2\in\mathcal{S}(f)$ 是 $f(z)$ 的部分完全 $Ac$ 分担函数, 于是有

又因为

这显然不可能. 因此 $f(z)$ 是乘法拟周期函数.

定理1.9的证明 假设 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 且 $a_1, a_2, a_3\in\mathcal{S}(f)$. 因为 $a_1$, $a_2$, $a_3$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数, 所以

根据上式和引理2.9, 可得

由引理2.3, 我们有 $N(r,f(z+c))\leq N(r+|c|,f(z))=N(r,f)+S(r,f)$, 可得

因此, 结合定理1.6和(4.2)式

故

这与假设矛盾.

定理1.10的证明 假设 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 且 $a_1, a_2, a_3, a_4\in\mathcal{S}(f)$. 因为 $a_1$, $a_2$, $a_3, a_4$ 是 $f(z)$ 的部分 $Ac$ 分担函数, 所以

根据上式和引理2.9, 可得

结合定理1.6和(4.3)式

故

因此对任意 $k=1,2,3,4$, 有 $T(r,f)={N}\left(r,\frac{1}{f-a_k}\right)+S(r,f)$. 于是 $\delta(a_k,f)=0$, 其中 $k=1,2,3,4$.

根据引理2.10, 可知对于任意 $a\in\mathcal{S}\setminus\{a_1, a_2, a_3, a_4\}$, 有 $\delta(a,f)=0$. 这与假设矛盾.

定理1.11的证明 假设 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 且 $a_1, a_2, a_3, a_4\in\mathcal{S}(f)$. 因为 $a_1$, $a_2$, $a_3, a_4$ 是 $f(z)$的部分 $Ac$ 分担函数, 所以对于 $k=1,2,3,4$, 有

利用引理2.3, 可知对于 $k=1,2,3,4$, 有

令 $a\in\mathcal{S}\setminus\{a_1, a_2, a_3, a_4\}$, 结合引理2.11

这与假设矛盾.

定理1.12的证明 因为 $f(z)$ 和 $f(z+c)$ 是 CM 分担 $0$, 并且 $f(z)$ 的极点个数有限, 所以对于任意 $z\in\mathbb{C}$, 有

其中 $Q(z)$ 是 $\rho(Q)<1$ 的整函数, $R(z)$ 是有理函数. 根据对数导数差分模拟, 可知

对(4.4)式使用引理2.5, 可得

因此 $S(r,f(z+c))=S(r,f)$.

我们首先讨论 $R(z){\rm e}^{Q(z)}=B$ 为常数的情况. 当 $a_1(z), a_2(z)$ 都是 $f(z)$ 的 Borel 例外函数. 由 $f(z)-a_1(z)=\frac{1}{AB}(f(z+c)-BAa_1(z))$, 知 $ABa_1(z-c)$ 也是 $f(z)$ 的 Borel 例外函数. 同样 $ABa_2(z-c)$ 也是 $f(z)$ 的 Borel 例外函数. 由于 $f(z)$ 最多有两个 Borel 例外函数, 因此 $ABa_1(z-c)=a_1(z), ABa_2(z-c)=a_2(z)$; 或者 $ABa_1(z-c)=a_2(z), ABa_2(z-c)=a_1(z)$. 当 $ABa_1(z-c)=a_1(z), ABa_2(z-c)=a_2(z)$ 时, 由 $a_1(z+c)=Aa_1(z), a_2(z+c)=Aa_2(z)$, 得到 $B=1$, 于是 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 当 $ABa_1(z-c)=a_2(z), ABa_2(z-c)=a_1(z)$ 时, 类似地可得 $B^2=1$, 于是 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数, 或者乘数为 $-A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 当 $a_1, a_2$ 都为常数时, 显然有 $AB=1$ 或者 $(AB)^2=1$, 因此 $f(z)$ 是周期为 $c$ 的周期函数, 或者周期为 $2c$ 的周期函数. 如果 $a_1(z), a_2(z)$ 中至少有一个不是 Borel 例外函数. 不失一般性, 我们假设 $a_1(z)$ 不是 Borel 例外函数. 令 $f(z_0)=a_1(z_0)\not=0$, 于是 $B=1$. 因此 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

接下来, 我们考虑 $R(z){\rm e}^{Q(z)}$ 不为常数的情况. 于是 $f(z)$ 不是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数. 为了完成证明, 我们需要证明 $R(z){\rm e}^{Q(z)}$ 不是周期为 $c$ 的周期函数. 如果 $R(z){\rm e}^{Q(z)}$ 是周期为 $c$ 的周期函数, 那么 $R(z)$ 是常数, $Q(z)$ 是加法拟周期函数. 由定理2.12, 结合 $\rho(Q)<1$, 我们知道 $Q(z)$ 是一次多项式.

如果 $a_1(z), a_2(z)$ 是 $f(z)$ 的两个 Borel 例外函数, 即

我们对(4.4)式变形

其中 $B(z)=R(z){\rm e}^{Q(z)}, i=1, 2$.

设 $z_n$ 是 $f(z)-a_1(z)$ 的零点, 那么 $z_n$ 也是 $f(z+c)-AB(z) a_1(z)$ 的零点. 这意味着 $AB(z-c)a_1(z-c)$ 是 $f(z)$ 的 Borel 例外函数. 同理 $AB(z-c)a_2(z-c)$ 也是$ f(z)$ 的 Borel 例外函数. 因此 $AB(z-c)a_1(z-c)=a_1(z), AB(z-c)a_2(z-c)=a_2(z)$ 或 $AB(z-c)a_1(z-c)=a_2(z), AB(z-c)a_2(z-c)=a_1(z)$. 结合 $B(z+c)=B(z), a_1(z+c)=Aa_1(z), a_2(z+c)=Aa_2(z)$, 则有 $B(z)=1$ 或 $B^2(z)=1$ 为常数, 这与 $B(z)$ 不为常数矛盾.

如果 $a_1(z), a_2(z)$ 至少有一个不是 $f(z)$ 的 Borel 例外函数. 不失一般性, 我们假设 $a_1(z)$ 不是 $f(z)$ 的 Borel 例外函数. 对于任意 $f(z)-a_1(z)$ 的零点 $z_m$, 我们知道 $z_m$ 一定是 $B(z)$ 的 $1$ 值点. 因此 $\lambda(f-a_1)\leq \lambda(B-1)=\rho(B)=1$. 如果 $\rho(f)=\infty$, 则 $\lambda(f-a_1)<\rho(f)$, 这显然不可能. 如果 $\rho(f)<\infty$, 由引理2.2, 我们有 $T(r,B)=O(r^{\rho(f)-1+\varepsilon})$, 并且 $\lambda(f-a_1)\leq\rho(B)<\rho(f)$, 这与 $a_1$ 不是 $f(z)$ 的 Borel 例外函数矛盾. 因此 $B(z)$ 不是周期为 $c$ 的周期函数.

根据假设以及(4.4)式, 可得

接下来, 我们分两种情况讨论

${\bf 情况 1}\quad k_1+k_2>2$. 我们知道 $a_1\not=\frac{a_2}{B(z)}$. 事实上, 如果 $a_1=\frac{a_2}{B(z)}$, 那么 $B(z)$ 是周期为 $c$ 的周期函数, 矛盾. 结合(4.5)-(4.7)式以及(4.9)式, 有

显然这是不可能的.

${\bf 情况 2}\quad$ 当 $k_1=k_2=1$ 时, 由引理2.3, 可知

结合(4.5)-(4.6)式, (4.9)-(4.-10)式以及引理2.9, 可得

显然这也不可能. 因此结论成立.

在开始定理1.14的证明之前，我们先说明符号 $C_{i,j}$ (其中 $i, j=1,2,\ldots$) 表示一个常数.

证 由 $f(z)$ 和 $g(z)$ 的假设, 存在两个整函数 $t(z)$ 和 $s(z)$, 使得

对(5.1)式以及(5.2)式作简单的变换, 可得

由 $g(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数和(5.3)式, 可得

对上式变形可得

由引理2.14, 可知 $t(z), s(z), t(z)-s(z), s(z)-s(z+c), s(z)-t(z+c), s(z)-s(z+c)-t(z)$ 中至少有一个常数. 下面我们分六种情况讨论

${\bf 情况 1}\quad t(z)=C_{1,1}$. 如果 $s(z)$ 是常数, 设 $s(z)=C_{1,2}$, 则 $({\rm e}^{C_{1,1}}-{\rm e}^{C_{1,2}})g(z)=1-{\rm e}^{C_{1,2}}$. 因为 $g(z)$ 是非常数亚纯函数, 所以 ${\rm e}^{C_{1,1}}={\rm e}^{C_{1,2}}=1$. 将 $t(z)=C_{1,1}$ 代入(5.1)式中, 可得 $f(z)=g(z)$. 如果 $s(z)$ 不是常数, 则

当 $A\not=-1$ 时, 根据引理2.14, 则 $s(z)+s(z+c)=C_{1,3}$. 因此上式可以写作

从而有 $A=-1$, ${\rm e}^{C_{1,1}}=-1, {\rm e}^{C_{1,3}}=1$. 这与 $A\not=-1$ 矛盾.

当 $A=-1$ 时, 则有 ${\rm e}^{C_{1,1}}=-1, {\rm e}^{C_{1,3}}=1$. 根据(5.1)式, 可得 $f(z)=-g(z)$, 因此 $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

${\bf 情况 2}\quad s(z)=C_{2,1}$. 那么由(5.4)式, 可得

若 $t(z)$ 为常数, 则情况 1 已证结论成立. 若 $t(z)$ 不为常数, 利用引理2.13, 可知 ${\rm e}^{C_{2,1}}=1$. 因此由(5.2)式可得

显然, $f(z)$ 是乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

${\bf 情况 3}\quad t(z)-s(z)=C_{3,1}$. 那么由(5.4)式, 可得

对上式变形

如果 $s(z)$ 和 $s(z+c)-s(z)$ 都不为常数, 那么由(5.5)式以及引理2.13 可得

因此 ${\rm e}^{C_{3,1}}=1$. 故

于是 $f(z)=g(z)$. 因此结论成立.

如果 $s(z)$ 为常数, 情况 2 已证.

如果 $s(z+c)-s(z)$ 为常数, 设 $s(z+c)-s(z)=C_{3,2}$, 则(5.5)式变成

结合引理2.13

对上面方程组求解, 得到 ${\rm e}^{C_{3,1}}=1$. 因此 $f(z)=g(z)$. 故结论成立.

${\bf 情况 4}\quad s(z)-s(z+c)=C_{4,1}$. 因此(5.4)式可写作

由引理2.14, 可知 $t(z), s(z), t(z)-t(z+c), t(z)-s(z), t(z)-s(z)-t(z+c), t(z)-2s(z)$ 中至少存在一个为常数. 若 $t(z), s(z)$, $t(z)-s(z)$ 之一为常数, 则根据情况 1, 情况 2 和情况 3 可得结论. 设 $t(z), s(z)$, $t(z)-s(z)$ 都不是常数, 分三种情况讨论

${\bf 情况 4.1}\quad t(z)-t(z+c)=C_{4,2}$. 那么(5.6)可写作

${\bf 情况 4.1.1}\quad$ 当 $A{\rm e}^{-C_{4,2}}-1=0$ 时. 如果 $A{\rm e}^{-C_{4,1}}-1=0$, 结合(5.1)和(5.2)式, 可得 $f(z)$ 和 $g(z)$ 是周期函数. 如果 $A{\rm e}^{-C_{4,1}}-1\not=0$, 那么 $s(z), t(z)$ 中必有一个是常数. 前面已经讨论了该情况.

${\bf 情况 4.1.2}\quad$ 当 $A{\rm e}^{-C_{4,2}}-1\not=0$ 时. 根据引理2.14, $t(z), t(z)-s(z), s(z), t(z)-2s(z)$ 中至少有一个是常数. 已假设 $t(z)$, $s(z)$, $t(z)-s(z)$ 都不为常数, 则 $t(z)-2s(z)=C_{4,3}$ 为常数, (5.7)式变为

由引理2.13, 可得

对上面方程组求解得到 ${\rm e}^{C_{4,1}}=A, {\rm e}^{C_{4,2}}=A^2, {\rm e}^{C_{4,3}}=1$. 通过简单地计算, 可得 $f(z)=g(z)$.

${\bf 情况 4.2}\quad t(z)-s(z)-t(z+c)=C_{4,4}$. 那么(5.6)式可写作

结合引理2.14, 可知 $t(z+c), t(z+c)-s(z), s(z), t(z+c)-2s(z)$ 中至少有一个是常数.

已知 $t(z+c)$ 和 $s(z)$ 不为常数, 因此 $t(z+c)-s(z)=C_{4,5}$ 为常数, 则(5.8)式可写作

由引理2.13, 可知 ${\rm e}^{-C_{4,1}+C_{4,4}+C_{4,5}}=0$, 这是不可能的. 如果 $t(z+c)-2s(z)=C_{4,6}$ 为常数, 与上述情况同理可得矛盾.

${\bf 情况 4.3}\quad t(z)-2s(z)=C_{4,6}$. 结合 $s(z)-s(z+c)=C_{4,1}$, (5.6)式可写作

由引理2.13 及 $s(z)$ 不为常数, 可得

对方程组求解得到 ${\rm e}^{C_{4,1}}=A, (A-1){\rm e}^{C_{4,6}}=A-1$.

当 $A=1$ 时, $g(z)$为以 $c$ 为周期的周期函数. 由(5.2)式及 ${\rm e}^{s(z)-s(z+c)}={\rm e}^{C_{4,1}}=1$, 得 $f(z)$ 也是以 $c$ 为周期的周期函数.

当 $A\not=1$ 时, ${\rm e}^{C_{4,6}}=1$. 由(5.1)式及 ${\rm e}^{t(z)-2s(z)}={\rm e}^{C_{4,6}}=1, {\rm e}^{s(z)-s(z+c)}={\rm e}^{C_{4,1}}=A$, 得 $f(z)$ 也是以乘数为 $A$ 周期为 $c$ 的乘法拟周期函数.

${\bf 情况 5}\quad s(z)-t(z+c)=C_{5,1}$. 因此(5.4)式可写作

由引理2.14, 可知 $t(z), t(z)-s(z), t(z)-s(z+c), t(z)-2s(z), t(z)-s(z)-s(z+c)$ 中至少存在一个为常数. 若 $t(z)$ 或 $t(z)-s(z)$ 为常数, 则由情况 1 和情况 3 可得结论. 接下来, 假设 $t(z), t(z)-s(z)$ 都不是常数, 分三种情况讨论

${\bf 情况 5.1}\quad t(z)-s(z+c)=C_{5,2}$. 那么(5.9)式可写作

由引理2.14 及 $t(z), t(z)-s(z)$ 都不是常数, 可知 $2t(z)-s(z)=C_{5,3}$ 是常数, 那么(5.10)式可写作

由引理2.14 及 $A{\rm e}^{C_{5,1}-2C_{5,3}}\not=0$, 得 $t(z)$ 为常数, 矛盾.

${\bf 情况 5.2}\quad t(z)-2s(z)=C_{5,4}$. 那么(5.9)式可写作

由引理2.14, 可知 $s(z+c)-s(z), s(z), s(z+c)-2s(z)$ 中至少有一个是常数. 由情况 2 以及情况 4, $s(z+c)-s(z)$ 或 $s(z)$ 是常数, 结论成立. 如果 $s(z+c)-2s(z)=C_{5,5}$ 是常数, 那么(5.11)式可写作

由引理2.14 及 ${\rm e}^{C_{5,4}+C_{5,5}}\not=0$, 得 $s(z)$ 为常数, 由情况 2 知结论成立.

${\bf 情况 5.3}\quad t(z)-s(z)-s(z+c)=C_{5,6}$. 那么(5.9)式可写作

结合引理2.14, 我们知道 $s(z), s(z+c)-s(z), s(z+c)-2s(z), s(z+c)+s(z)$ 中至少有一个是常数. 如果 $s(z), s(z+c)-s(z)$ 中至少有一个是常数, 则由情 况 2 以及情况 4 可得结论. 如果 $s(z+c)-2s(z)=C_{5,7}$ 是常数, 那么(5.12)式可写作

由引理2.14 及 ${\rm e}^{C_{5,6}+2C_{5,7}}\not=0$, 则 $s(z)$ 为常数, 于是结论成立.

如果 $s(z+c)+s(z)=C_{5,8}$ 是常数, 那么(5.12)式可写作

由引理2.14 及 ${\rm e}^{-C_{5,1}}\not=0$, 则 $s(z)$ 为常数, 于是结论成立.

${\bf 情况 6}\quad s(z)-s(z+c)-t(z)=C_{6,1}$. 因此(5.4)式可写作

由引理2.14, 可知 $t(z), t(z+c)-t(z), t(z)-s(z), s(z+c)+t(z), t(z+c)-2s(z+c)-t(z), t(z+c)-s(z+c)-t(z)$ 中至少存在一个为常数. 若 $t(z)$ 或 $t(z)-s(z)$ 为常数, 则由情况 1 和情况 3 知结论成立. 接下来, 设 $t(z)$, $t(z)-s(z)$ 都不是常数, 分四种情况讨论

${\bf 情况 6.1}\quad s(z+c)+t(z)=C_{6,2}$. 此时 $s(z)=C_{6,1}+s(z+c)+t(z)=C_{6,1}+C_{6,2}$, 由情况 2 知结论成立.

${\bf 情况 6.2}\quad t(z+c)-t(z)=C_{6,4}$. 那么(5.13)式可写作

由引理2.14, 可知 $s(z), s(z+c)-t(z), t(z), s(z+c)+t(z) $ 中至少有一个是常数. 结合前面的讨论, 我们知道如果 $s(z), t(z), s(z+c)+t(z)$, $t(z)-s(z)$ 中存在常数, 那么结论成立. 下面我们设 $s(z+c)-t(z)=C_{6,5}$, 那么(5.14)式可写作

由引理2.13, 可得下面方程组

对上述方程组求解, 得 ${\rm e}^{C_{6,1}}=-1, {\rm e}^{C_{6,4}}=\frac{1-A}{A}, {\rm e}^{C_{6,5}}=-1$. 经过简单地计算可得 ${\rm e}^{s(z)-t(z)}=\frac{A}{A-1}$. 由情况 3 知结论成立.

${\bf 情况 6.3}\quad t(z+c)-2s(z+c)-t(z)=C_{6,6}$. 那么(5.13)式可写作

根据引理2.14, 因为 $A$ 不为零, 所以 $s(z), t(z), t(z)-s(z+c), s(z+c)+t(z)$ 中至少有一个是常数. 如果 $s(z), t(z)$ 中有一个是常数, 结论显然成立. 设 $s(z), t(z)$ 都不是常数, 分两种情况讨论

${\bf 情况 6.3.1}\quad t(z)-s(z+c)=C_{6,7}$. 那么(5.15)式可写作

由引理2.14 及 $A{\rm e}^{C_{6,1}+C_{6,6}-3C_{6,7}}\not=0$, 得 $t(z)$ 为常数, 所以结论成立.

${\bf 情况 6.3.2}\quad s(z+c)+t(z)=C_{6,8}$. 那么(5.15)式可写作

由引理2.14 及 $-1\not=0$, 得 $t(z)$ 为常数, 所以结论成立.

${\bf 情况 6.4}\quad t(z+c)-s(z+c)-t(z)=C_{6,9}$. 那么(5.13)式可写作

由引理2.14, 可知 $s(z), t(z), s(z+c)+2t(z), s(z+c)+t(z), s(z+c)-t(z)$ 中至少有一个是常数. 如果 $s(z), t(z)$ 中有一个是常数, 那么结论显然成立. 如果 $ s(z+c)+2t(z)=C_{6,10}$, 那么(5.16)式可写作

由引理2.14 及 $-1\not=0$, 得 $t(z)$ 为常数, 因此结论成立.

如果 $ s(z+c)+t(z)=C_{6,11}$, 则 $t(z+c)=C_{6,9}+s(z+c)+t(z)=C_{6,9}+C_{6,11}$, 即 $t(z)$ 为常数, 所以结论成立. 如果 $ s(z+c)-t(z)=C_{6,12}$, 那么(5.16)式可写作

由引理2.14 及 $A{\rm e}^{C_{6,1}+C_{6,9}+2C_{6,12}}\not=0$, 得 $t(z)$ 为常数, 因此结论成立.

这就完成了定理1.14的证明.

证 由定理条件可知, 存在两个整函数 $t(z), s(z)$, 使得

故 $g(z)$ 可写成

因为 $g(z)$ 是加数为 $B$ 周期为 $c$ 的加法拟周期函数, 所以

对上式变形, 可得

接下来, 我们令 $u(z)={\rm e}^{t(z)}, v(z)={\rm e}^{t(z+c)}, x(z)={\rm e}^{s(z)}, y(z)={\rm e}^{s(z+c)}$, 并将其代入上式, 我们有

我们无需讨论 $B=0$ 的情况, 这是因为 $B=0$ 意味着 $g(z)$ 是周期函数, 郑建华已给出了周期函数的结论. 我们只需要考虑 $B, B+1, B-1$ 都不为 $0$ 的情况, 其他情况的证明方法与该情况的方法一致.

我们知道 $u, x$ 都不是常数, 否则与假设矛盾. 事实上, 如果 $u, x$ 至少有一个是常数, 类似于定理1.14的讨论, 可得出与假设矛盾.

接下来我们将(6.3)式中所有因式组成的集合用 $F$ 表示, 其中元素用 $f_s, (s=1, \cdots, 8)$ 表示. 根据引理2.15, 一定存在分划区间 $I_{\alpha}$, 使得 $\cup_{\alpha=1}^k I_{\alpha}=\{1,\cdots,8\}$. 我们还知道每个 $I_{\alpha}$ 中至少有两个元素, 因此 $k\leq 4$. 结合引理2.15 和(6.3)式, 可知对任意 $\alpha_i, \alpha_j\in I_{\alpha}$, 有

其中 $l_{1}, l_{2}, l_{3}, l_{4}\in\{0,-1,1\}$, $C, c_{\alpha_{ij}}$ 是某个非零常数.

我们注意到对每个固定的 $I_{\alpha}$, 我们有 $\sum_{\alpha}\binom{|I_{\alpha}|}{2}\geq 4$. 因此(6.3)式中任意两个因式的商至少有 $4$ 个为常数. 我们任意选取四个因式的商, 并表示成下面形式

其中 $a_{ij}\in\{0,-1,1\} (i,j=1,2,3,4)$, $D_i (i=1,2,3,4)$ 是非零常数. 进一步, 对任意 $z_0\in\mathbb{C}$

为了后续的证明, 我们用 $S$ 表示(6.3)式中所有因式构造出的商的集合. 因此 $S$ 可表示为 $S=\{\frac{u}{x}, \frac{u}{v}, $$ \frac{u}{y}, \frac{u}{xv}, \frac{u}{xy}, \frac{x}{v}, \frac{x}{y}, \frac{x}{uv}, \frac{v}{uy}, \frac{v}{xy}, \frac{y}{uv}, \frac{y}{xv}, uv, \frac{uv}{xy}, uy, \frac{uy}{xv}, xv, xy,$$u, v, x, y, \frac{v}{y}\}$. 因为 $u, v, x, y$ 都不为常数, 故我们只需要考虑集合 $\hat{S}=S\setminus\{u, v, x, y\}$. 定义列向量 $\boldsymbol{\omega}:=(\log \frac{u(z)}{u(z_0)}, \log \frac{v(z)}{v(z_0)}, \log \frac{x(z)}{x(z_0)}, \log \frac{y(z)}{y(z_0)})$, 令 $A$ 是如下形式的矩阵

则 $A\boldsymbol{\omega}=0$. 为了能够简化证明, 我们将 $\hat{S}$ 中的元素转换成向量. 表1便是元素与向量的对应表.

我们使用 MATLAB 计算上表中任意四个向量的秩. 并得到秩等于 $2$, $3$ 或者 $4$. 这里我们只需要考虑秩为 $2, 3$ 的向量组, 这是因为秩为 $4$ 时, 方程 $A\boldsymbol{\omega}=0$ 只有零解. 我们先考虑秩为 $2$ 的向量组, 通过 MATLAB 计算可得出秩为 $2$ 的向量组仅有下面这一种情况, $\boldsymbol {c_1} =(1, 0, -1, 0)$, $\boldsymbol {c_2} =(0, 1, 0, -1)$, $\boldsymbol {c_3} =(1, 1, -1, -1)$, $\boldsymbol {c_4} =(1, -1, -1, 1)$. 因此存在常数 $E$, 使得 $\frac{u}{x}=\frac{v}{y}=E$. 可以推出 $u=Ex, v=Ey$. 代入(6.3)式中, 结合 Borel 引理以及 $y(z)=x(z+c)$, 可以得出 $f(z)=g(z)$.

下面我们考虑秩为 $3$ 的向量组. 所以我们可以选取三个线性无关的向量, 记作 $\boldsymbol {a_1} =(a_{11}, a_{12}, a_{13}, a_{14})$, $\boldsymbol {a_2} =(a_{21}, a_{22}, a_{23}, a_{24})$, $\boldsymbol {a_3} =(a_{31}, a_{32}, a_{33}, a_{34})$. 于是

因为上面方程组的系数矩阵为 $3$, 所以存在 $\alpha, \beta, \gamma\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$, $C_i\in\mathbb{C}\setminus\{0\} (i=1,2,3)$, 使得对于任意 $z\in\mathbb{C}$, 有 $u(z)=C_1 y^{\alpha}(z), v(z)=C_2 y^{\beta}(z), x(z)=C_3 y^{\gamma}(z)$. 因为 $v(z)=u(z+c), y(z)=x(z+c)$, 所以 $\alpha=\beta\gamma$. 我们将 $u(z), v(z), x(z)$ 代入(6.3)式中, 可得

由引理2.15, 我们可以分六种情况讨论

${\bf 情况 1}\quad$ 当 $\alpha=\gamma$ 时. 那么(6.4)式可写作

当 $C_2 =1$ 时, 根据(6.5)式, $C_1=C_3$. 又因为 $\alpha=\gamma$, 故 $\frac{f}{g}=\frac{f-1}{g-1}$, 即 $f(z)=g(z)$. 当 $C_2 \not=1$ 时, 根据(6.5)式, 可知 $\alpha=1$. 于是 $\beta=\gamma=1$, 因此 $\frac{f}{g}, \frac{f(z+c)}{g(z+c)}, \frac{f-1}{g-1}, \frac{f(z+c)-1}{g(z+c)-1}$ 在复平面内两两线性相关. 因此 $C_2C_3=C_1$. 根据(6.5)式, 有 $C_1=C_2=C_3=1$, 这与 $C_2\not=1$ 矛盾.

${\bf 情况 2}\quad$ 当 $\alpha=\frac{\alpha}{\gamma}$ 时, 即 $\gamma=1$. 那么(6.4)式可写作

下面我们分两种情况讨论

${\bf 情况 2.1}\quad$ 当 $C_3=1$ 时. 如果 $\alpha=2$, 根据(6.6)式, 有

于是 $BC_1C_2=0$. 显然 $C_1C_2\not=0$, 这是因为 $C_1,C_2\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$. 因此 $B=0$, 这与 $B\not=0$ 矛盾. 如果 $\alpha=1$, 则 $\beta=\gamma=1$. 根据(6.6)式, 有

因此 $C_1=C_2$. 结合 $C_3=1$. 于是 $u=v=x=y$. 因此 $f(z)=g(z)$.

${\bf 情况 2.2}\quad$ 当 $C_3\not=1$ 时. 如果 $\alpha=1$, 则 $\beta=\gamma=1$. 因此 $\frac{f}{g}, \frac{f(z+c)}{g(z+c)}, \frac{f-1}{g-1}, \frac{f(z+c)-1}{g(z+c)-1}$ 在复平面内两两线性相关. 结合(6.6)式, 可知 $C_2=1, C_1=C_3$. 使用(6.1)式, 可得 $f(z)=g(z)$. 如果 $\alpha=\frac{1}{2}$, 根据(6.6)式, 有

因此 $C_3=0$, 这与 $C_3\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$ 矛盾.

${\bf 情况 3}\quad$ 当 $\alpha=1$ 时, 那么(6.4)式可以写作

下面我们分两种情况讨论

${\bf 情况 3.1}\quad$ 当 $C_1=-1$ 时. 如果 $\gamma=2$, 根据(6.7)式, 有

于是 $BC_3=0$. 显然 $C_3\not=0$, 这是因为 $C_3\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$. 因此 $B=0$, 这与 $B\not=0$ 矛盾. 如果 $\gamma=-1$, 根据(6.7)式, 有

因为 $C_1, C_2, C_3\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$, 所以 $B+1=B-1=0$. 因此 $B=0$, 这与 $B\not=0$ 矛盾. 当 $\gamma=1$ 时, 则 $\beta=\alpha=1$. 因此 $\frac{f}{g}, \frac{f(z+c)}{g(z+c)}, \frac{f-1}{g-1}, \frac{f(z+c)-1}{g(z+c)-1}$ 在复平面内两两线性相关. 结合(6.7)式, 可知 $C_2=1, C_1=C_3$. 使用(6.1)式, 可得 $f(z)=g(z)$.

${\bf 情况 3.2}\quad$ 当 $C_1\not=-1$ 时. 如果 $\gamma=1$, 则 $\beta=\alpha=1$. 因此 $\frac{f}{g}, \frac{f(z+c)}{g(z+c)}, \frac{f-1}{g-1}$, $ \frac{f(z+c)-1}{g(z+c)-1}$ 在复平面内两两线性相关. 如果 $\gamma+\frac{1}{\gamma}-1=0$, 可得 $\gamma=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2} $, 这与 $\gamma\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ 矛盾.

${\bf 情况 4}\quad$ 当 $\alpha=\alpha+\frac{\alpha}{\gamma}$ 时, 可知 $\alpha=0$, 这与假设矛盾.

${\bf 情况 5}\quad$ 当 $\alpha=\gamma+\frac{\alpha}{\gamma}$ 时, 那么(6.4)式可写作

如果 $\frac{\gamma}{1-\frac{1}{\gamma}}=1$, 那么 $\gamma=\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$, 这与 $\gamma\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ 矛盾. 如果 $\gamma=1$, 则 $\alpha=1+\alpha$, 这不可能. 如果 $\frac{\gamma}{1-\frac{1}{\gamma}}=0$, 这显然不可能. 如果 $\gamma+\frac{1}{1-\frac{1}{\gamma}}=1$, 可得 $\gamma=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2} $, 这与 $\gamma\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ 矛盾.

${\bf 情况 6}\quad$ 当 $\alpha-1=\gamma$ 时. (6.4)式可以写作

如果 $\alpha-1=0$, 那么 $\gamma=0$, 这与 $\gamma\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ 矛盾. 如果 $\alpha-2=0$, 那么(6.9)式可写作

于是 $BC_1C_2=0$. 显然 $C_1C_2\not=0$, 这是因为 $C_1,C_2\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$. 因此 $B=0$, 这与 $B\not=0$ 矛盾. 如果 $\alpha+\frac{\alpha}{\alpha-1}-1=0$, 那么 $\alpha=\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}$, 这与 $\alpha\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ 矛盾. 如果 $\alpha+\frac{\alpha}{\alpha-1}-2=0$, 那么 $\alpha=1+i$, 这与 $\alpha\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$ 矛盾. 综上, 定理得证.

定理1.15的证明中使用 MATLAB 软件的代码.