p阶零级的亚纯函数的Borel例外值

(中山开放大学，广东 中山，528402)

1 引言与主要结果

定理A如果f(z)是超越的全纯函数，其增长级满足：0<ρ(f)<∞，这里

则对于任意有限复数a，都有

μ(f-a)=ρ(f)

至多有一个a值例外,其中μ(f-a)称为f(z)-a的零点序列的收敛指数，可根据如下定义1给出.

定义1给定复数序列{zn}，满足条件：0<|z1|≤|z2|≤… (如果{zn}是无穷序列，则有|zn|→∞(n→∞)).用n(r)表示圆盘Dr={z:|z|≤r}内所含序列{zn}中复数的个数(按重数计算)，称之为序列{zn}的计数函数. 令

称其为序列{zn}的收敛指数.

定理A中的例外值称为全纯函数f(z)的Borel值.

1929年，芬兰数学家Nevanlinna发展了一套理论，引进亚纯函数的特征函数T(r,f)，将上述结果推广到亚纯函数[3]：

定理B如果f(z)是超越的亚纯函数，其增长级满足：0<ρ(f)<∞，这里

μ(f-a)=ρ(f)

至多有两个a值例外.

定理B中的例外值称为亚纯函数f(z)的Borel值.

此后，众多学者从不同的角度对上述定理进行了推广[4-6].最近，我们对于ρ(f)=∞的情形，采用Sato引进的方法[7]，将Borel定理推广到具有p阶正级的亚纯函数的情形，给出了如下定理[8].

μp(f-a)=ρp(f)

至多有两个a值例外.其中

称为f(z)的p阶增长级，这里log[1]u=log+u,log[k+1]u=log+{log[k]u}.而μp(f-a)是f(z)-a的零点序列{zn}的p阶收敛指数，由下列公式定义：

当f(z)是全纯函数时，其p阶增长级还可由下式定义

这里，M(r,f)是f(z)的最大模函数.

我们称上述定理中的例外值为亚纯函数f(z)的p阶Borel值.

这些结果都没有论及增长级ρp(f)=0的情形.有学者断言：ρ(f)=0的亚纯函数没有Borel值！其实不然！我们发现：存在ρ(f)=0的超越亚纯函数，有一个Picard值！当然，更可以有一个Borel值.

本文，我们采用Juneja等学者的方法[10]，对满足ρp(f)=0的亚纯函数的增长性进行更细致的刻划，引进如下定义.

定义2给定整数p≥1，设f(z)是p阶零级、p-1阶无穷的超越亚纯函数，即有：ρp(f)=0，ρp-1(f)=∞.对于整数l≥m≥0，称

为f(z)的p阶零级增长型.进一步，

(1) 称f(z)是p阶零级极小型的，如果存在m≥0，使得：1≤σp(m,m+1;f)<∞；

(2) 称f(z)是p阶零级极大型的，如果存在m≥1，使得：0<σp(m,m;f)≤1；

(3)称f(z)是p阶零级中间型的，如果对所有l≥m≥0，有：σp(m,l;f)=0或∞.

当f(z)是全纯函数时，其p阶零级增长型还可由下式定义

相应地，还要对p阶收敛指数为零的复数序列{zn}，给出增长型的概念.

定义3给定复数序列{zn}，满足条件：μp({zn})=0，μp-1({zn})=∞.对于整数l≥m≥0，称

为{zn}的p阶零级增长型.进一步，

(1) 称{zn}是p阶零级极小型的，如果存在m≥0，使得：1≤λp(m,m+1;{zn})<∞；

(2) 称{zn}是p阶零级极大型的，如果存在m≥1，使得：0<λp(m,m;{zn})≤1；

(3) 称{zn}是p阶零级中间型的，如果对所有n≥m≥0，有：λp(m,n;{zn})=0或∞.

特别地，当{zn}是函数f(z)-a的全部非零零点序列时，{zn}的型称为f(z)的a值点列的型, 记为

λp(m,l;f-a)=λp(m,l;{zn}).

现在，我们可以考虑推广定理B和C到零级的情形，给出如下定理.

μp(f-a)=0，μp-1(f-a)=∞，

且f(z)的a值点列的p阶零级增长型等于f(z)的p阶零级增长型，即对于所有l≥m≥0，有：

λp(m,l;f-a)=σp(m,l;f)，

当p>1时，至多有两个a值例外；而当p=1时，至多有一个a值例外.

我们称上述定理中的例外值为函数f(z)的p阶零级Borel值.

特别地，作为定理1的推论，我们有：

推论1如果f(z)是1阶零级的超越全纯函数，则f(z)没有Borel值和Picard值.

2 p阶零级增长型的比较

为了证明我们的结论，需要在亚纯函数的p阶零级增长型之间引进高低比较的概念.

命题1设整数p≥1.如果f(z)是p阶零级、p-1阶无穷的亚纯函数，则对于任意l≥m≥0，σp(m,l;f)具有下列性质：

(1)0≤σp(m,m;f)≤1，m=1,2,…；

(2)σp(l,m;f)=0，1≤m

(3)1≤σp(m-1,m;f)≤∞，m=1,2,…；

(4)σp(m-1,l;f)=∞，1≤m

(5) 如果存在整数k≥1，使得σp(k,k;f)>0，则可记k=inf{k′:0<σp(k′,k′;g)≤1}，从而有：1≤mk时，σp(m,m;f)=1；以及σp(m,m+1;f)=∞，m=1,2,….

(6) 如果存在整数k≥1，使得σp(k-1,k;f)<∞，则可记k=inf{k′:1≤σp(k′,k′+1;f)<∞}，从而有：1≤mk时，σp(m,m+1;f)=1；以及σp(m,m;f)=0，m=1,2,….

证明由ρp(f)=0可知：对于ε>0，当r充分大时有：log[p]T(r,f)≤εlogr.于是有：

log[p+1]T(r,f)≤logε+log[2]r.

(2.1)

由此可得：0≤σp(1,1;f)≤1.对上式两端取对数，就可得：0≤σp(2,2;f)≤1.如此下去，就得到性质(1).

从(2.1)式可得：σp(2,1;f)=0，进而易知：σp(n,1;f)=0，n≥2.类似地，从σp(m,m;f)≤1，可导出：σp(l,m;f)=0，l>m.这就是性质(2).

由ρp-1(f)=∞可知：任取实数A>0，存在序列{rn}使得：log[p-1]T(rn,f)≥Alogrn，于是有：

log[p]T(rn,f)≥logA+log[2]rn.

(2.2)

由此可得：1≤σp(0,1;f)≤∞.对上式两端取对数，就可得：1≤σp(1,2;f)≤∞.如此下去，就得到性质(3).

从(2.2)式还可得σp(0,2;f)=∞，进而知：σp(0,l;f)=∞，l≥2.类似地，从1≤σp(m-1,m;f)，可导出：σp(m-1,l;f)=∞，l>m.这就是性质(4).

如果存在整数k≥1，使得σp(k,k;f)>0，记σ=σp(k,k;f)，对于ε>0且σ-ε>0，则有序列{rn}使得：log[p+k]T(rn,f)≥(σ-ε)log[k+1]rn，因而可得：σp(k,k+m;f)=∞，m=1,2,….再对上式两边取对数，有：log[p+k+1]T(rn,f)≥log(σ-ε)+log[k+2]rn，结合性质1可得：σp(k+1,k+1;f)=1.重复此步骤，就得：σp(k+m,k+m;f)=1，m=1,2,….由此，可得：σp(k+m,k+m+1;f)=∞，m=1,2,….记k=inf{k′:0<σp(k′,k′;f)≤1}，这表明m≥k时有σp(m,m+1;f)=∞.再考虑1≤m0，有σp(k-1,k;f)=∞；结合性质(3)，由此可得σp(m,m+1;f)=∞.由k的定义，结合性质(1)可得：σp(m,m;f)=0.这就是性质(5).

如果存在整数k≥1，使得σp(k-1,k;f)<∞，记σ=σp(k-1,k;f)，对于ε>0，则当r充分大时有：log[p+k-1]T(r,f)≤(σ+ε)log[k+1]r.因而得到：log[p+k]T(r,f)≤log(σ+ε)+log[k+2]r.由此得：σp(k,k;f)=0，再结合性质(3)可得：σp(k,k+1;f)=1.重复此步骤，进而可得：σp(k+m-1,k+m;f)=1，m=1,2,….由此可得：σp(k+m,k+m;f)=0，m=1,2,….记k=inf{k′:1≤σp(k′,k′+1;f)<∞}.这表明m≥k时有σp(m,m;f)=0.再考虑1≤m

命题证毕.

作为命题1的推论，我们有如下：

命题2设整数p≥1，f(z)是p阶零级、p-1阶无穷的亚纯函数，则下列结论成立：

(1)如果f(z)不是极小型的，则对所有整数m≥0，总有σp(m,m+1;f)=∞.

(2)如果f(z)不是极大型的，则对所有整数m≥1，总有σp(m,m;f)=0.

(3)如果f(z)既不是极小型的，也不是极大型的，则f(z)必是中间型的.

命题3设整数p≥1.如果f(z)和g(z)都是p阶零级、p-1阶无穷的亚纯函数，则下列结论成立：

(1)当f(z)是极小型的，g(z)是中间型的时，存在整数k≥0，使得：σp(k,k+1;f)<σp(k,k+1;g)，且对于任意l≥m≥0，皆有σp(m,l;f)≤σp(m,l;g).

(2)当f(z)是中间型的，g(z)是极大型的时，存在整数k≥1，使得：σp(k,k;f)<σp(k,k;g)，且对于任意l≥m≥0，皆有σp(m,l;f)≤σp(m,l;g).

(3)当f(z)是极小型的，g(z)是极大型的时，存在整数k≥0，使得：σp(k,k+1;f)<σp(k,k+1;g)；或者，存在整数k′≥1，使得：σp(k′,k′;f)<σp(k′,k′;g)；且对于任意l≥m≥0，皆有σp(m,l;f)≤σp(m,l;g).

证明由f(z)是极小型的可知：存在k′≥0，使得：1≤σp(k′,k′+1;f)<∞.不妨记

k=inf{k′:1≤σp(k′,k′+1;f)<∞}，

则有：1≤σp(k,k+1;f)<∞，σp(k+l,k+1;f)=0，σp(k+l,k+l+1;f)=1，l=1,2,…；以及：σp(m,m+1;f)=∞，0≤m

由g(z)是极大型的可知：存在k′≥1，使得：0<σp(k′,k′;g)≤1.不妨记

k=inf{k′:0<σp(k′,k′;g)≤1}，

则有：0<σp(k,k;g)≤1，σp(k+l,k+l;g)=1，σp(k+l,k+l+1;g)=∞，l=1,2,…；以及：σp(m,m;g)=0，1≤m

由f(z)是极小型的可知：存在k≥0，k=inf{k′:1≤σp(k′,k′+1;f)<∞}，满足1≤σp(k,k+1;f)<∞.而由g(z)是极大型的可知：存在k′≥1，k′=inf{k:0<σp(k,k;g)≤1}，满足0<σp(k′,k′;g)≤1.于是，由性质(5)知：σp(k,k+1;f)<∞=σp(k,k+1;g)；或者由性质(6)知：σp(k′,k′;f)=0<σp(k′,k′;g).这就是结论(3).

至此，命题得证.

现在，根据命题3，我们引进如下定义.

定义4给定整数p≥1，设f(z)和g(z)都是p阶零级、p-1阶无穷的亚纯函数，称f(z)的增长型低于g(z)的增长型(或称g(z)的增长型高于f(z)的增长型)，如果下列条件之一成立：

(1)f(z)是极小型的，g(z)是中间型的；

(2)f(z)是极小型的，g(z)是极大型的；

(3)f(z)是中间型的，g(z)是极大型的；

(4)f(z)和g(z)都是极小型的，k=inf{k′:1≤σp(k′,k′+1;f)<∞}，l=inf{k′:1≤σp(k′,k′+1;g)<∞}，且k

(5)f(z)和g(z)都是极小型的，k=inf{k′:1≤σp(k′,k′+1;f)<∞}=inf{k′:1≤σp(k′,k′+1;g)<∞}，且σp(k,k+1;f)<σp(k,k+1;g)；

(6)f(z)和g(z)都是极大型的，k=inf{k′:0<σp(k′,k′;f)}，l=inf{k′:0<σp(k′,k′;g)}，且k>l(此时有σp(l,l;f)=0<σp(l,l;g))；

(7)f(z)和g(z)都是极大型的，k=inf{k′:0<σp(k′,k′;f)}=inf{k′:0<σp(k′,k′;g)}，且σp(k,k;f)<σp(k,k;g).

3 几个引理

本节，我们给出几个后面要用到的引理.

引理1给定整数p≥1，设f(z)和g(z)都是p阶零级、p-1阶无穷的亚纯函数，则它们的和、差、积、商都是p阶零级的亚纯函数.进一步，如果f(z)的增长型低于g(z)的增长型，则f(z)+g(z)和f(z)g(z)的增长型都等于g(z)的增长型.

证明由特征函数的性质：T(r,f+g)≤T(r,f)+T(r,g)+log2和T(r,fg)≤T(r,f)+T(r,g)，不难得到：ρp(f+g)≤max{ρp(f),ρp(g)}=0和ρp(fg)≤max{ρp(f),ρp(g)}=0.其次，由ρp(g)=ρp(-g)，可得ρp(f-g)=0.再由Nevanlinna第一基本定理，可得：ρp(g)=ρp(1/g)，因此ρp(f/g)=0.这就完成引理前半部分的证明.

如果f(z)的增长型低于g(z)的增长型，先证明f(z)+g(z)的增长型等于g(z)的增长型.依据定义4和命题3，可分为两种情形：

情形一，存在整数k≥0，使得：σp(k,k+1;f)<σp(k,k+1;g).由特征函数的性质，我们有

σp(k,k+1;f+g)≤max{σp(k,k+1;f),σp(k,k+1;g)}=σp(k,k+1;g)，

和σp(k,k+1;f)=σp(k,k+1;-f)，再结合g=(f+g)+(-f)，便得

σp(k,k+1;g)≤max{σp(k,k+1;f+g),σp(k,k+1;-f)}≤σp(k,k+1;g).

这就导出：σp(k,k+1;f+g)=σp(k,k+1;g).由此我们断言：ρp-1(f+g)=∞，因而f(z)+g(z)的增长型等于g(z)的增长型.

为证明上述断言，假设ρp-1(f+g)<∞，则有σp-1(m,m;f+g)≤1，m=1,2,….这等同于σp(m-1,m;f+g)≤1，m=1,2,….对于m=k+1，就有σp(k,k+1;f+g)=σp(k,k+1;g)≤1.另一方面，由σp(k,k+1;f)<σp(k,k+1;g)和命题1中性质(3)知必有:1<σp(k,k+1;g).矛盾！这表明我们的断言成立.

情形二，存在整数k≥1，使得：σp(k,k;f)<σp(k,k;g).由特征函数的性质，我们有

σp(k,k;f+g)≤max{σp(k,k;f),σp(k,k;g)}=σp(k,k;g)

和σp(k,k;f)=σp(k,k;-f)，再结合g=(f+g)+(-f)，便得

σp(k,k;g)≤max{σp(k,k;f+g),σp(k,k;-f)}≤σp(k,k;g).

这就导出：σp(k,k;f+g)=σp(k,k;g).由此，我们断言：ρp-1(f+g)=∞，因而f(z)+g(z)的增长型等于g(z)的增长型.

为证明上述断言，假设ρp-1(f+g)<∞，则有σp-1(m,m;f+g)≤1，m=1,2,….这等同于σp(m-1,m;f+g)≤1，m=1,2,….对于m=k，就有σp(k-1,k;f+g)=σp(k-1,k;g)≤1.另一方面，由σp(k,k;f)<σp(k,k;g)和命题1中性质(5)知必有:σp(k-1,k;g)=∞.矛盾！这表明我们的断言成立.

完全类似地讨论，可证明f(z)g(z)的增长型也等于g(z)的增长型.

引理得证.

λp(m,l;{zn})≤σp(m,l;f).

(3.1)

(3.2)

由此可得：

μp(f-a)≤ρp(f)=0，

即f(z)-a的零点序列{zn}也是p阶零级的.进一步，当{zn}是p-1阶无穷的时，由定义3和定义2，结合(3.2)式，不难得到(3.1)式.

引理得证.

引理3给定整数p≥1，设φ(z)是p阶零级、p-1阶无穷的全纯函数，则f(z)=exp(φ(z))是p+1阶零级、p阶无穷的全纯函数.

证明由ρp(φ)=0，及M(r,f)≤exp(M(r,φ))，可得ρp+1(f)=0.其次，由ρp-1(φ)=∞，存在序列{rn}，使得

应用Pòlya关于复合函数最大模的一个不等式[11]：

其中0

因而可得：

此即：ρp(f)=∞.故引理得证.

特别地，当φ(z)为超越全纯函数时，我们有[12]：

即φ(z)是零阶无穷的全纯函数，因而依据上述引理结论，f(z)=exp(φ(z))是1阶无穷的全纯函数，即有：ρ1(f)=∞.

引理4给定实数区间(0,∞)上的非降正值函数α(x)和β(x)，满足条件：

则对所有整数m≥1，都成立：

这里exp[1](u)=eu，exp[m+1](u)=exp {exp[m](u)}.

证明我们对m用数学归纳法来证明引理结论.

先考虑m=1的情形.由

及

可得

即m=1的时候，引理结论成立.

假设m=k的时候引理结论也成立.再考虑m=k+1的情形.

记α1(x)=exp{α(x)}，β1(x)=exp{β(x)}，则α1(x)和β1(x)也满足引理条件.根据归纳假设，可得：

于是由归纳法可知引理结论成立.

引理得证.

引理5给定整数p≥1，若复数序列{zn}是p阶零级、p-1阶无穷的，即满足条件：μp({zn})=0，μp-1({zn})=∞，则{zn}的p阶零级增长型还可由下式给出：

这里整数l≥m≥0.

证明记rn=|zn|，n(r)是序列{zn}的计数函数，由n(rn)≥n，可得：

另一方面，{rn}中必存在一个子序列{rnk}(k=1,2,…)满足条件：rnk→∞(k→∞)以及

rnk

则当rnk≤r

引理得证.

引理6给定整数p≥1，如果f(z)是p阶零级、p-1阶无穷的超越全纯函数，具有幂级数展式

其中ak皆不为零，则f(z)的p阶零级增长型满足：

证明记

先考虑σ<∞的情形，则对于ε>0，当r>r0=r0(ε)时，有

logM(r,f)

由关于幂级数系数的Cauchy不等式，可从上式导出：对所有k≥1，成立

log|ak|

取

可得：

于是，当k充分大时，有：

由此可归纳地导出：

进而可得：

再令ε→0，便得到：

对于σ=∞的情形，上式显然成立.

为证相反的不等式，记

同样先考虑σ<∞的情形，则对于ε>0，当k>k0=k0(ε)时，有

而由

其中A(k0)是次数不高于k0的多项式，S是一个整数满足条件：S

M(r,f)

注意到上式中两个级数都是收敛的，可以得到：

log[2]M(r,f)

因此有：

再令ε→0，便得到：

对于σ=∞的情形，上式显然成立.

故此引理得证.

引理7设整数p≥1，f(z)是p阶零级、p-1阶无穷的亚纯函数，则其导数f′(z)也是p阶零级、p-1阶无穷的亚纯函数，且f′(z)的p阶零级增长型等于f(z)的p阶零级增长型.

证明由[13]

T(r,f)<Ο(T(2r,f′)+logr)

和[14]

T(r,f′)<2T(r,f)+S(r,f)

易得证引理结论.

4 p阶零级复数序列形成的典型乘积

给定复数序列{zn}，满足条件：0<|z1|≤|z2|≤… ，|zn|→∞(n→∞).Weierstrass最早认识到[12]：可以适当地选取正整数序列{λn}，使得无穷乘积

(4.1)

是复数平面上的全纯函数.Borel发现[1]：当μ1({zn})<∞时，可以取整数λn=q,n=1,2,…，满足q≤μ1({zn})≤q+1，使得μ1({zn})=ρ1(Φ).我们最近发现[8]：对于p≥1，当μp({zn})<∞时，可以取λn=[logn],n=1,2,…，这里[u]是u的整数部分，使得μp({zn})=ρp(Φ).我们称这样的Φ(z)为序列{zn}形成的典型乘积.

本节，我们在文[8]的基础上，给出更进一步的结论：

定理2设整数p≥1.如果复数序列{zn}是p阶零级、p-1阶无穷的，则它形成的典型乘积Φ(z)是p阶零级、p-1阶无穷的全纯函数，且Φ(z)的增长型等于序列{zn}的增长型.

证明依据文[9]，我们仅须证明Φ(z)的增长型等于序列{zn}的增长型.依据引理2可得到： 对p≥1和任意整数l≥m≥0，皆有

λp(m,l;{zn})≤σp(m,l;Φ).

为证明相反的不等式，记λp(m,l;{zn})=λ，先考虑λ<∞的情形.对于ε>0，当r>r0=r0(ε)时，有

n(r)

(4.2)

另外，记rn=|zn|，考虑级数

(4.3)

其中，nk是整数满足条件：[lognk]=k和[log(nk-1)]=k-1，这里[u]表示u的整数部分.特别地，记n0=1，容易计算出：n1=3，n2=8，n3=21，n4=55，等等.且不难证明[8]：

(4.4)

由(4.3)式，有ak皆不为零，且

据此，结合(4.4)式，可对l≥1归纳地得出：当k充分大时，成立

另一方面，我们有log[p+m-1]k≤log2+log[p+m-1](k-1)，则有

注意到log[p+m-1](k-1)≤log[p+m]nk-1，再结合引理6和引理5，可得：

于是对于上述ε>0，当r>r1=r1(ε)时，有

M(r,h)

(4.5)

现在，我们来估计log|Φ(z)|，固定|z|=r，记(4.1)中通项为

(4.6)

结合(4.2)式有

≤(logn(r)+1)M(r,h)<2exp[p+m-2]((log[l]r)λ+ε)×exp[p+m-1]((log[l]r)λ+ε).

(4.7)

<2exp[p+m-2]((log[l]2r)λ+ε)×exp[p+m-1]((log[l]2r)λ+ε).

(4.8)

则有

(4.9)

将(4.7)，(4.8)和(4.9)代入(4.6)式中，可以得到：

log[2]M(r,Φ)≤5exp[p+m-2]((log[l]2r)λ+ε)+log4,

从而有

令ε→∞，就得到：

σp(m,l;Φ)≤λp(m,l;{zn}).

当λ=∞时，上式显然成立.

定理得证.

5 p阶零级的全纯函数组的Borel定理

在亚纯函数值分布的研究中，Nevanlinna发展的特征函数法有着非常重要的作用，开拓了崭新的研究领域，收获了丰富多彩的成果.这一方法的巨大成功，使得人们逐渐淡忘了早期Borel获得关于全纯函数的Borel定理时所用的因子分解法.

其实，因子分解法是一个偏重于构造性的方法.而要证明我们的结果，使用因子分解法或许更恰当些.此外，我们还需要用到Borel关于全纯函数组的一个定理，借助它才可以不使用Nevanlinna第二基本定理，直接将Borel关于全纯函数的例外值定理推广到亚纯函数[8].因此，为证明定理1，我们需要如下结论：

定理3给定整数p>1，设fj(z),φj(z),j=1,2,…,n是两组全纯函数，满足条件：

(1)f1(z)exp(φ1(z))+f2(z)exp(φ2(z))+…+fn(z)exp(φn(z))=0；

(2)fj(z)都是p阶零级的，φj(z)都是p-1阶零级、p-2阶无穷的，j=1,2,…,n；

(3)当1≤j≤n,1≤h,k≤n,h≠k时，fj(z)的p阶零级增长型低于exp (φh(z)-φk(z))的p阶零级增长型.

则有：fj(z)≡0,j=1,2,…,n.

证明我们对于n(>1)使用归纳法.

先考虑n=2的情形.假设定理结论不真，则不妨设f1(z)≢0. 于是根据条件(1)，可有：

而由条件(2)，上式右端亚纯函数的p阶零级增长型低于左端函数的p阶零级增长型，矛盾！这一矛盾说明假设是不对的，因而定理结论成立.

现假设n=m时定理结论成立，再考虑n=m+1的情形.由条件(1)，有：

f1(z)exp(φ1(z))+…+fm(z)exp(φm(z))+fm+1(z)exp(φm+1(z))=0.

(5.1)

如果fm+1(z)≡0，则由归纳假设可得：fj(z)≡0,j=1,2,…,m.故可设fm+1(z)≢0，并令

(5.2)

则可将(5.1)式改写为：

g1(z)exp(ψ1(z))+g2(z)exp(ψ2(z))+…+gm(z)exp(ψm(z))=1，

(5.3)

根据引理1和(5.2)式，这里的gj(z)，exp(ψj(z))，j=1,2,…,m，也满足条件(2)和(3).

对(5.3)式两端求导数，得到：

(g′1+ψ′1g1)exp(ψ1(z))+…+(g′m+ψ′mgm)exp(ψm(z))=0.

(5.4)

由引理1和引理7知g′j+ψ′jgj的p阶零级增长型不高于gj(z)的p阶零级增长型，从而知g′j+ψ′jgj，exp(ψj(z))，j=1,2,…,m，也满足条件(2)和(3).根据归纳假设和(5.4)式，可得：

g′j+ψ′jgj≡0，j=1,2,…,m.

解微分方程，有：

gj(z)=cjexp(-ψj(z)),j=1,2,…,m.

如果cj≠0，则由(5.2)式知：上式左端函数的p阶零级增长型低于右端函数的p阶零级增长型，矛盾！因此，只能有：cj=0.进而有：gj(z)≡0，j=1,2,…,m.将它们代入到(5.1)式中，得到：fm+1(z)≡0，与我们假设fm+1(z)≢0矛盾！因此表明：n=m+1时定理结论也成立.

得证定理.

用完全类似的讨论，我们还可以得到如下结论.

定理4给定整数p≥1，设fj(z),φj(z),j=1,2,…,n；是两组全纯函数，满足条件：

(1)f1(z)exp(φ1(z))+f2(z)exp(φ2(z))+…+fn(z)exp(φn(z))=0；

(2)fj(z)都是p阶有穷的，j=1,2,…,n；

(3)当1≤h,k≤n,h≠k时，exp(φh(z)-φk(z))都是p阶无穷的.

则有：fj(z)≡0,j=1,2,…,n.

这个定理也是文[8]中定理6的推论.

6 p阶零级的亚纯函数的Hadamard因子分解定理

本节，我们借助于定理2，将Hadamard关于全纯函数的因子分解定理推广到p阶零级的亚纯函数的情形.给出如下定理.

定理5给定整数p≥1，如果f(z)是p阶零级、p-1阶无穷的亚纯函数，则它可表示为：

(6.1)

且成立下列结论：

(1)Ρ1(z)=zmΦ1(z)，m≥0是f(z)在原点处的零点的阶数，当f(z)的非零零点序列{zn}是无穷的时，Φ1(z)是f(z)的非零零点序列形成的如(4.1)式所示的典型乘积，而当f(z)的非零零点序列{zn}是有穷的时，Φ1(z)具有形式：

(2)Ρ2(z)=zkΦ2(z)，k≥0是f(z)在原点处的极点的阶数，当f(z)的非零极点序列{yn}是无穷的时，Φ2(z)是f(z)的非零极点序列形成的如(4.1)式所示的典型乘积，而当f(z)的非零极点序列{yn}是有穷的时，Φ2(z)具有形式：

(3)Ρj(z),j=1,2都是p阶零级的全纯函数，且如果Ρj(z)是p-1阶无穷的全纯函数，则Ρj(z)的增长型不高于f(z)的增长型.

(4)φ(z)是p-1阶零级的全纯函数，特别地，当p=1时，φ(z)≡c是常数.

证明结论(1)和(2)是显然的.仅需注意到：m>0时，必有k=0；以及k>0时，必有m=0.

根据引理2和定理2便可得到结论(3).

为证结论(4)，令

则F(z)是没有零点和极点的亚纯函数，因而有F(z)=eφ(z)，这就得到(6.1)式.再依据引理1，可知F(z)是p阶零级的全纯函数.再次应用Pòlya关于复合函数最大模的一个不等式[11]：

其中0

因而可得：

ρp-1(φ)≤ρp(F)=0，

即φ(z)是p-1阶零级的全纯函数.

当p=1时，φ(z)是0阶零级的全纯函数，因而有φ(z)≡c是常数.

定理证毕.

7 定理1的证明

情形一，ρp-1(Ρj)<∞，j=1,2,3.先考虑三个复数中一个为零，一个为无穷的场合.不妨设为：a1=0，a2=∞，于是a3≠0,∞，应用定理5，有：

(7.1)

且ρp-1(eφ1)=ρp-1(f)=∞.

考虑函数

它是没有零点和极点的亚纯函数，因而有F(z)=eφ2(z)，且ρp-1(eφ2)=ρp-1(f)=∞.于是得：

Ρ1(z)eφ1(z)-a3Ρ2(z)=Ρ3(z)eφ2(z)，

(7.2)

Ρ1(z)-a3Ρ2(z)e-φ1(z)=Ρ3(z)eφ2(z)-φ1(z).

(7.3)

从(7.3)式可得：ρp-1(eφ2-φ1)=ρp-1(e-φ1)=∞.应用定理4，导出：Ρ1(z)≡0，Ρ2(z)≡0，Ρ3(z)≡0.矛盾！这个矛盾说明假设是错误的，即ρp-1(Ρj)<∞，j=1,2,3不能成立.

再考虑三个复数中一个为无穷，没有复数为零的场合.不妨设a2=∞，令g(z)=f(z)-a1，知g(z)是p阶零级、p-1阶无穷的亚纯函数，且记b1=0，b2=∞，b3=a3-a1，则g(z)-bj的全部零点形成的典型乘积就是f(z)-aj的全部零点形成的典型乘积Ρj(z).重复上面的讨论，导出矛盾！故此这种场合也不成立.

因此，情形一不成立.

情形二，存在某个ρp-1(Ρj)=∞.注意到ρp-1(Ρj)<∞时有σp(0,1;Ρj)=σp-1(1,1;Ρj)≤1，即Ρj的p阶零级增长型不高于极小型，从而所有Ρj(z)的p阶零级增长型都低于f(z)的p阶零级增长型，j=1,2,3.

类似于情形一的讨论，应用定理5和定理3可以导出矛盾！故情形二也不成立.这样就证明了定理1对于整数p>1的结论.

先考虑两个复数中一个为零，一个为无穷的场合.不妨设为：a1=0，a2=∞，于是应用定理5，有：

(7.4)

这里C为常数.注意到ρ0(Ρj)<∞等价于Ρj(z)是多项式，可知至少有一个ρ0(Ρj)=∞，不妨设为ρ0(Ρ1)=∞.于是由ρ0(Ρ2)<∞时有σ1(0,1;Ρ2)=σ0(1,1;Ρ2)≤1≤σ1(0,1;Ρ1)，可知Ρ2(z)的1阶零级增长型不高于Ρ1(z)的1阶零级增长型，从而Ρ1(z)和Ρ2(z)的1阶零级增长型都低于f(z)的1阶零级增长型.对于ρ0(Ρ1)=ρ0(Ρ2)=∞的情形，假设定理结论不真导出Ρ1(z)和Ρ2(z)的1阶零级增长型都低于f(z)的1阶零级增长型.

这样，应用引理1可知，(7.4)式右端函数的1阶零级增长型低于左端函数f(z)的1阶零级增长型.矛盾！这个矛盾说明对于这种场合假设是错误的.

再考虑两个复数中一个为无穷的场合.不妨设为：a2=∞，令g(z)=f(z)-a1，知g(z)是1阶零级、0阶无穷的亚纯函数，且记b1=0，b2=∞，则g(z)-bj的全部零点形成的典型乘积就是f(z)-aj的全部零点形成的典型乘积Ρj(z).重复上面的讨论，导出矛盾！这个矛盾说明对于这种场合假设也是错误的.

于是定理1得证.

现在，我们来给出一些p阶零级的亚纯函数的例子.

例1给定整数p≥1，m≥0，取复数序列{zn}满足条件：

则应用引理4和引理5，可得：

μp({zn})=0，μp-1({zn})=∞，λp(m,m+1;{zn})=λ.

应用定理2，可知序列{zn}形成的如(4.1)式所示的典型乘积Φ(z)是p阶零级、p-1阶无穷的极小型的全纯函数.

例2给定整数p≥1，m≥1，取复数序列{zn}满足条件：

则应用引理4和引理5，可得：

μp({zn})=0，μp-1({zn})=∞，λp(m,m;{zn})=λ.

应用定理2，可知序列{zn}形成的如(4.1)式所示的典型乘积Φ(z)是p阶零级、p-1阶无穷的极大型的全纯函数.

问题：应该如何构造p阶零级、p-1阶无穷的中间型的全纯函数Φ(z)？

例3给定整数p≥1，取φ(z)是p阶零级、p-1阶无穷的全纯函数，{zn}和{yn}是p阶有穷的复数序列，它们所形成的典型乘积为Φ1(z)和Φ2(z)，则Φ1(z)和Φ2(z)都是p阶有穷的全纯函数.令

则f(z)是p+1阶零级、p阶无穷的亚纯函数，以0和∞为其p+1阶零级Borel值.

例4取Φ1(z)为1阶零级的超越全纯函数，Φ2(z)为多项式，令

则f(z)是1阶零级、0阶无穷的亚纯函数，以∞为其1阶零级Borel值，事实上，∞为其Picard值.