具有權弱分擔值的差分或微分多項式的亞純函數的唯一性

林珊華,林偉川

(1. 泉州師范學院數學與計算機科學學院,福建 泉州 362000;2. 福建師范大學數學與計算機科學學院,福建 福州 350007)

0 引言

亞純函數f是指整個復平面C上的亞純函數.S(r,f)表示任意滿足S(r,f)=o(T(r,f))的量,可能除去r的一個線性測度為有限的集合. 若a為滿足T(r,a)=S(r,f)的亞純函數,則稱a為f的小函數.f的小函數集合記為S(f).

定義1[1]如果f與g為非常數亞純函數,a∈S(f)∩S(g),k是正整數或∞,則

定義2[1]如果f,g為非常數亞純函數,a∈S(f)∩S(g),k是非負整數或∞. 當k為正整數或∞且有

易見,如果f,g分擔“(a,k)”,則對任何整數p(0≤p≤k),均有f,g分擔“(a,p)”. 特別地,當f,g分擔“(a,0)”或“(a,∞)”當且僅當f,g分擔a“IM”或者“CM”.

涉及亞純函數的非線性微分多項式具有公共值的唯一性理論是近年來比較富有研究價值的數學課題, 許多數學工作者對這方面進行深入研究并建立了一系列的唯一性定理.

定理1[2]假設f與g是兩個非常數的亞純函數,n是正整數且滿足n≥11. 如果fnf′與gng′CM分擔1,那么f與g滿足下述兩種情形之一： Ⅰ)f=tg,其中t是常數,且滿足tn=1； Ⅱ)f=c1ecz,g=c2e-cz,其中c,c1,c2是非零常數,且滿足(c1c2)n+1c2=-1.

定理2[3]假設f與g是兩個非常數的整函數,n,k是正整數且滿足n≥2k+8. 如果(fn(f-1))(k)與(gn(g-1))(k)CM分擔1,那么f=g.

1 主要結果

本研究主要從權弱分擔值的角度討論和分析了差分微分多項式的唯一性問題,得到了下面的結果.

注1： 定理7改進和推廣了定理3、 5,定理8改進和推廣了定理4、 6.

2 定理的主要證明

首先引入一些引理.

引理1[5]設f是非常數亞純函數,p和k是兩個正整數,則

引理4[7]設f為非常數亞純函數,k為正整數,設c為非零有窮復數,則

引理5[8]若f和g是兩個非常數亞純函數,n,k是正整數滿足n>2k-1且k≥1,如果

(fn(z)(f(z)-1))(k)·(gn(z)(g(z)-1))(k)≡1

則ρ(f)≤2,ρ(g)≤2.

引理6[9]設f是一個非常數亞純函數,且其增長級滿足ρ(f)=ρ<∞,η≠0是復常數,則對任意正數ε,當r充分大時,有T(r,f(z+η))=T(r,f(z))+O(rρ-1+ε).

引理7[10]設f是一個非常數有限級亞純函數,c∈C,則

除去一個對數測度有窮的例外集合.

定理7的證明 令

F=(fn(z)(f(z)-1))(k)，G=(fn(z+η)(f(z+η)-1))(k)

(1)

則F和G分擔“(1,m)”. 假設H?0，

情況1 若m≥2或∞,則由引理1可得

再由引理3得

因此

(n-k-4)T(r,f)≤(2k+5)T(r,f(z+η))+S(r,f)+S(r,f(z+η))

(2)

同理

(n-k-4)T(r,f(z+η))≤(2k+5)T(r,f)+S(r,f)+S(r,f(z+η))

(3)

即：

(n-k-2)T(r,f)≤T(r,f(z+η))+S(r,f)

(4)

由引理1、 3、 4可得

也就是

(n-k-2)T(r,f(z+η))≤(2k+2)T(r,f)+S(r,f)+S(r,f(z+η))

(5)

由式(4)～(5)得(n-3k-4)T(r,f)+(n-k-3)T(r,f(z+η))≤S(r,f)+S(r,f(z+η)),矛盾.

2)B≠0且A=B,若B≠-1,類似1)的討論可得矛盾. 若B=-1,可得FG≡1,也就是

(fn(z)(f(z)-1))(k)·(fn(z+η)(f(z+η)-1))(k)≡1

(6)

由引理5可得ρ(f)≤2,ρ(f(z+η))≤2.

如果(fn(z)(f(z)-1))(k)≡φ0,其中φ0為常數,則fn(z)(f(z)-1)≡φk,此處φk為某個次數≤k的多項式,于是(n+1)T(r,f)=T(r,fn(f-1))+O(1)=T(r,φk)+O(1). 當f為有理函數時,(n+1)T(r,f)=klogr與n>3k+9矛盾. 當f為超越亞純函數時,(n+1)T(r,f)=S(r,f),也是不可能的. 因此(fn(f-1))(k)不為常數. 同理(fn(z+η)(f(z+η)-1))(k)也不為常數.

設z1為f(z+η)的p1重零點,則z1為f的q1重極點. 由式(6)可得np1-k=(n+1)q1+k,即n(p1-q1)=q1+2k,從而p1≥q1+1,q1+2k≥n,因此p1≥n+1-2k. 同理,若f有零點,則其零點至少n+1-2k重.

當k=1時,式(6)等價于：

(7)

由第二基本定理得

當k≥2時,設z4為f(z+η)-1的p4重零點、 (fn(z+η)(f(z+η)-1))(k)的零點, 且為f的q4重極點,則p4-k=(n+1)q4+k,p4≥n+1+2k.

即

fn(z)(f(z)-1)=fn(z+η)(f(z+η)-1)+P1(z)

(8)

其中:P1(z)為次數≤k-1的多項式.

如果P1(z)?0,則若f(z)是超越亞純函數,由引理3、 8可得

也就是

(n-2)T(r,f)≤2T(r,f(z+η))+S(r,f)

(9)

同理

(n-2)T(r,f(z+η))≤2T(r,f)+S(r,f(z+η))

(10)

由式(9)～(10)可得矛盾.

也就是

(n-2k)T(r,f)≤2T(r,f(z+η))+S(r,f)

(11)

同理

(n-2k)T(r,f(z+η))≤2T(r,f)+S(r,f)

(12)

由式(11)～(12)可得矛盾.

因此P1(z)=0,從而

fn(z)(f(z)-1)=fn(z+η)(f(z+η)-1)

(13)

情況2 當m=1時,

情況3 當m=0時

結合引理2,類似情況1的證明可得矛盾.

定理8的證明 類似定理7的證明可得(fn(z)(f(z)-1))(k)((Δηf(z))n(Δηf(z)-1))(k)≡1.

設z0為f(z)的p(≥1)重極點,則z0為((Δηf(z))n(Δηf(z)-1))(k)的零點,從而z0也是f(z+η)的p(≥1)重極點. 由引理7、 9可得

T(r,f(z+η)-f(z)) =N(r,f(z+η)-f(z))+m(r,f(z+η)-f(z))

=T(r,f(z))+S(r,f(z))

類似定理7的證明可得定理8的結論成立.

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