1引言及主要结果本文采用Nevanlinna值分布理论常用的符号［1］.设f与g为非常数亚纯函数，a为一有穷复数，如果f-a与的g-a零点相同，且零点的重级也相同，称f与g以a为CM公共值.设k为一正整数，Ek）（a，f）表示f-a的重级不超过k的零点集合，且重级零点按重数计算；k）（a，f）表示重级零点仅计一次.Nk）r，1f-a表示f-a的重级不超过k的零点的密指量，N（k+1r，1f-a=Nr，1f-a-Nk）r，1f-a，k)r，1f-a与(k+1r，1f-a分别表示Nk)r，1f-a与N（k+1r，1f-a的精简形式.函数唯一性理论是探讨在什么情况下只存在一个函数满足所给的条件.众所周知，多项式除了一常数因子外，由其零点而定，但对于超越整函数以至亚纯函数就不然了.因此如何来唯一确定一个亚纯函数的探讨也就显得有趣及复杂了.1929年，Nevanlinna证明了以下定理：定理A设f与为g非常数亚纯函数，以aj（j=1，2，3，4）为四个判 别的CM公共值，则f为g的分式线性变换.1983年，H.Ueda［2］改进了定理A，得到定理B设f与g为非常数亚纯函数，aj（j=1，2，3，4）为四个判别的复数，以aj（j=1，2，3）为CM公共值，且k）（a4，f）=k)(a4，g)，其中k≥2为一正整数，则f为g的分式线性变换.围绕这一问题，还有很多研究工作，相关结果可参看文献［34］.在本文中，考虑两个非常数整函数涉及重值的情况，得到了以下结果：定理1设f与g为非常数整函数，aj(j=1，2，3)为三个判别的有穷复数，k为一正整数，若Ek)(aj，f)=Ek)(aj，g)(j=1，2)，k)(a3，f)=k）（a3，g），k≥4，则f为g的分式线性变换.
2一些引理引理1设f与g为非常数整函数，aj(j=1，2，3，4)为四个判别的复数，k≥2为一正整数.若f≠g，且k）（aj，f）=k）（aj，g）（j=1，2，3），则（i） S（r）=S（r，f）=S（r，g）.（ii） 2-1k{T(r，f)+T(r，g)}≤3j=1{k）（r，aj，f）+k）（r，aj，g）}+S(r).证根据Nevanlinna第二基本定理，（i） 2T(r，f)≤3j=1r，1f-aj+S（r，f）≤
kk+13j=1k)r，1f-aj+3k+1T(r，f)+S(r，f)≤
kk+1Nr，1f-gj+3k+1T(r，f)+S(r，f)≤
k+3k+1T(r，f)+kk+1T(r，g)+S(r，f).
从而T(r，f)≤k-1kT(r，g)+S(r，f).
同理，T(r，g)≤k-1kT(r，f)+S(r，g).
于是得到S(r)=S(r，f)=S(r，g).（ii） 2T(r，f)≤3j=1r，1f-aj+S(r，f)≤
kk+13j=1k)r，1f-aj+3k+1T(r，f)+S(r，f).
从而
2-1kT(r，f)≤3j=1k)r，1f-aj+S(r).
同理
2-1kT(r，g)≤3j=1k)r，1g-aj+S(r).
因此
2-1k{T(r，f)+T(r，g)}≤3j=1{k)(r，aj，f)+k)(r，aj，g)}+S(r).引理2设f与g为非常数整函数，aj(j=1，2，3)为三个判别的有穷复数，k为一正整数，若Ek）（aj，f）=Ek)(aj，g)(j=1，2，3)，k≥4，则f为g的分式线性变换.证由引理1（ii）知，在k)r，1f-aj+k）r，1g-aj(j=1，2，3)中至少存在两个使得k)r，1f-aj+k)r，1g-aj≥

121-1k+o(1)

{T(r，f)+T(r，g)}(r∈I)，其中I为一无穷测度集. 不妨设
k)r，1f-aj+k)r，1g-aj≥121-1k+
o(1){T(r，f)+T(r，g)} (j=1，2，r∈I).（1）
令H1=f′(f-a1)(f-a2)(f-a3)-g′(g-a1)(g-a2)(g-a3)，
H2=f′(f-a2)(f-a1)(f-a3)-g′(g-a2)(g-a1)(g-a3).若H1≠0，则
m(r，H1)=S(r)，
N(r，H1)≤3j=2{(k+1(r，aj，f)+(k+1(r，aj，g)}≤
2k+1{T(r，f)+T(r，g)}-
1k+13j=1{k)(r，aj，f)+k)(r，aj，g)}+
2k+1k)r，1f-a1.而
k）r，1f-a1≤Nr，1H1≤N(r，H1)+S(r).再由引理1（ii）得：
k)r，1f-a1≤1k(k-1){T(r，f)+T(r，g)}+S(r).因而
k）r，1f-a1+k)r，1g-a1≤2k(k-1)×
{T(r，f)+T(r，g)}+S(r).（2）于是由（1）和（2），121-1k≤2k(k-1)，由此得出k≤3，这与k≥4相矛盾，所以H1=0，同理可证得H2=0.由H1=0，H2=0立即得出f为g的分式线性变换.
第12期戴济能，等：具有三个分担值的整函数
武汉工程大学学报第31卷
3定理1的证明令F(z)=f′(f-a3)(f-a1)(f-a2)-g′(g-a3)(g-a1)(g-a2)若F(z)=0，则Ek)(a3，f)=Ek）(a3，g)，k≥4.由引理2知f为g的分式线性变换.设F(z)≠0，同引理2证明的方法类似可得：
k)r，ff-a3≤1k(k-1){T(r，f)+T(r，g)}+S(r)，
k）r，1f-a3 +k）r，1g-a3≤
2k(k-1){T(r，f)+T(r，g)}+S(r).由引理1（ii）知，在k)r，1f-aj+
k)r，1g-aj(j=1，2)中至少存在一个使得k)r，1f-aj+k）r，1g-aj≥122-1k-2k（k-1）+o（1）×{T(r，f)+T(r，g)}(r∈I)，其中I为一无穷测度集.不妨设
k)r，1f-aj+k）r，1g-aj≥122-1k-2k（k-1）+o（1）×{T(r，f)+T(r，g)}.(3)
再令
G(z)=f′(f-a1)(f-a2)(f-a3)-g′(g-a1)(g-a2)(g-a3).若G(z)≡0，则Ek)(a3，f)=Ek)(a3，g)，k≥4，由引理2知f为g的分式线性变换.设G(z)≠0，则m(r，G)=S(r)，
N(r，G)≤3j=2{(k+1(r，aj，f)+(k+1(r，aj，g)}+k)r，1f-a3≤2k+1{T(r，f)+T(r，g)}-1k+13j=1{k)(r，aj，f)+k)(r，aj，g)}+2k+1k)r，1f-a1+k)r，1f-a3≤2(k+1)(k-1){T(r，f)+T(r，g)}+2k+1k）r，1f-a1.注意到k)r，1f-a1≤Nr，1G≤N(r，G)+S(r)，于是
k)r，1f-a1≤2(k-1)2{T(r，f)+T(r，g)}+S(r)，
k)r，1f-a1+k)r，rg-a1≤
4(k-1)2{T(r，f)+T(r，g)}+S(r).(4)由（3）及（4）知，122-1k-2k(k-1)≤4(k-1)2，得k≤3，这与k≥4相矛盾.