關于q差分多項式的零點及唯一性的幾個結果

徐俊峰，羅立寶

（五邑大學 數學與計算科學學院，廣東 江門 529020）

1 引言及主要結果

本文假設讀者熟悉亞純函數 Nevanlinna值分布理論的基本結果和標準符號的表示法[1-3].近年來，包含q差分的Nevanlinna理論被發(fā)展成為研究q差分方程和q差分多項式的理論.在亞純函數的值分布理論中，許多文獻都關注復域差分，給出了許多不同的亞純函數的值分布理論模擬[4-10].

Hayman提出了以下著名的猜想.

定理A[11]40如果f(z)是一個超越亞純函數，n≥1，則n ff'取每個有限的非零值b∈C無窮多次.

Hayman[1]，Mues[12]，Bergweiler[13]等人分別在n≥3，n=2，n=1條件下證明了此猜想.

定理B[11]34如果f(z)是一個超越亞純函數，n≥5是一個整數，a(≠0)是一個常數，那么f'(z)-afn(z)可取所有有限值b無窮多次.

定理C[6]219設f(z)是零級超越亞純函數，q是非零復常數.則對于n≥6，fn(z)f(qz+c)取每一個有限的非零值b∈C無窮多次.

定理D[6]219設f(z)是零級超越亞純函數，a，q是非零復常數.則當n≥8，fn(z)+a[f(qz+c)-f(z)]取每一個有限的非零值b∈C無窮多次.

定理E[8]設f(z)是零級超越亞純函數，a(z)(≡/0,∞)，b(z)(≡/∞)為f(z)的小函數.那么fn(z)+a(z)f(qz)-b(z)對n≥6有無窮多個零點.如果f(z)是超越整數，對于n≥2成立.

定理1設f(z)是零級超越亞純函數，a(z)(≡/0,∞)，b(z)(≡/∞)為f(z)的小函數，m是一個正整數.則對于有無窮多個零點.如果f(z)是超越整函數，對于成立的.

注記1當k=1時，定理E是定理1的特殊形式.

定理F[9]設f(z)是一個零級超越亞純函數，設n,k為正整數.如果n≥k+6，則(f(z)nf(qz+c))(k)-1有無窮多個零點.

定理G[10]設f(z)是一個零級超越亞純函數，α(z)是關于f(z)的非零小函數.如果n≥k+6，則[fn(z)f(qz+c)](k)-α(z)有無窮多個零點.

根據上述定理，我們證明了以下結果

定理2設f(z)是一個零級超越亞純函數，設qj∈C {0}，j=1,2,…,l，aj∈C為非零常數，k∈N，P2(f)=a1f(q1z+c)+a2f(q2z+c)+···+alf(qlz+c)，α(z)是f(z)的一個小函數.設F2(z)=fnP2(f)，n≥l+k+5 為整數，則差分多項式(z)-α(z)有無窮多個零點.

注記2當l=1時，定理G是定理2的特殊形式.

定理3設f(z)是一個零級超越亞純函數，n,m是正整數，k∈N.如果n≥k+6，則(f(z)nfm(qz+c))(k)-α(z)有無窮多個零點.

注記3當m=1時，定理G是定理3的特殊形式.

定理4設f(z)是一個零級超越整函數，qj(j=1,2,…,s)為有限復常數，n,m,s,k,μj(j=1,···,s)∈N+，σ=μ1+μ2+···+μs和α(z)是f(z)的一個小函數.設P(ω)=amωm+am-1ωm-1+···+a1ω+a0是一個非零多項式.如果n≥ 2m+3σ+k+3，則有無窮多個零點.

注記4當m=0，σ=1時，定理G是定理4的特殊形式.定理3和4的證明類似定理2，本文省略.

最后，我們給出定理1和定理3相關的唯一性定理.

定理5設f(z)和g(z)是兩個零級的超越整函數，為整數，q為非零常數，以及a(z)(≡/0,∞)，b(z)(≡/0,∞)是 關 于f(z)和g(z)的兩個小函數.如果分擔b(z)CM，則fn(z)≡cgn(z).

定理 6設f(z)和g(z)是兩個零級的超越整函數，設n,k為正整數.如果n＞2k+m+4，(f(z)n(fm(qz+c)))(k)和(g(z)n(gm(qz+c)))(k)分擔1CM，則f=tg，這里tn+1=tm=1.

注記5當m=1時，文獻[9]的定理1.3是定理6的特殊形式.

2 引理

引理1[9]假設f(z)是一個非常數的零級亞純函數，{0}q∈C，則

引理2[3]假設f(z)是一個非常數的亞純函數，n是一個正整數.P(f)=anfn+an-1fn-1+···+a1f，其中ai是一個滿足T(r,ai)=S(r,f)(i=1,2,…,n)的亞純函數，則

引理3[7]假設f(z)是一個非常數的零級亞純函數，q∈C{0}，則

引理4[6]假設f(z)是一個非常數的零級亞純函數，設q，{0}c∈C，則

引理5[15]假設fj(j=1,2,3)為亞純函數并滿足假設f1不是一個常數，以及

其中T(r)=max{T(r,fj),j=1,2,3}，I是r∈(0,∞)用無限線性度量的一個集合.則f2=1或f3=1.

引理6[14]假設f(z)和g(z)是兩個非常數亞純函數，n,k是兩個正整數，a是一個有限非零常數.如果f(z)和g(z)分擔aCM，則下面其中一個成立：

i）T(r,f)≤N2(r,1/f)+N2(r,1/g)+N2(r,f)+N2(r,g)+S(r,f)+S(r,g)同樣 的不 等式也 適用 于T(r,g)；ii）fg≡a2；iii）f≡g.

引理7[16]假設f(z)是非常數亞純函數，s,m是整數，則

引理8[17]186假設f(z)非常數零級亞純函數，q∈C {0,1}，以及P(f)=amfm+am-1fm-1+···+a1f，則由引理2可得：

如果f(z)是一個非常數的零級整函數，則有

引理9[17]186假設f(z)是一個零級的超越整函數，q,c是復的非零常數，n,m是整數，F=fn(z)fm(qz+c)，則T(r,F)=(n+m)T(r,f)+S(r,f).如果f(z)是一個零級的超越亞純函數，則(n+m-1)T(r,f)+S(r,f)≤T(r,F)≤(n+m+1)T(r,f)+S(r,f).

3 定理1的證明

情形1當f(z)為亞純函數時.設

只需要證明φ-1有無窮多個零點.由引理1可以得到

也就是

由第二基本定理可以推導

情形2當f(z)為整函數時.假設，有且僅有有限個零點，則

其中p(z)是一個多項式以及K(z)是一個整函數，使得K(z)和p(z)無公共因子以及T(r,(K(z)))≤T(r,a(z))+T(r,b(z))=S(r,f).因此有

4 定理2的證明

假設F2(z)=fn(z)P2(f).由引理 8，得到T(r,F2(z))=O(T(r,f))，S(r,F2(z))=S(r,f).由第二基本定理推斷出

由引理7，得到

由上面的不等式，可以得到

5 定理5的證明

根據假設，我們有

由于c(≡/0,∞)是零級的且無零點和極點，故c是常數.式（3）可改寫為

如果c≡/1，有

明顯f1(z)不是一個常數，否則得到fn(z)=d(1-c)b(z)，其中d是一個常數.因此nT(r,f(z))=T(r,fn(z))≤T(r,c)+T(r,b(z))+O(1)=S(r,f(z)),矛盾.

不失一般性，假設T(r,f(z))≤T(r,g(z))，r∈I，由于n≥7，由引理1得

其中T(r)和I為引理5所定義.那么我們可推導

由引理 5得到f2≡1或者f3≡1.如果f2≡1，矛盾.如果f3≡1，即

將式（5）代入式（4），推導出fn(z)≡cgn(z).定理5證畢.

6 定理6的證明

假設F3(z)=fn(z)fm(qz+c)，G3(z)=gn(z)gm(qz+c)，由于f(z)是零級的超越整函數.則

類似地，

另外，由引理7，有：

合并式（7）和（8），由引理7、式（9）和（10），我們有

這與n＞ 2k+m+4 矛盾，所以

情形1，也就是

由n＞ 2k+m+4，式（11）和f(z)，g(z)是超越的整函數，有f(z)=es(z)，g(z)=et(z)，其中s(z)和t(z)是非零多項式.因為f(z)和g(z)是零級的，得利s(z)和t(z)是常數的，這與f(z)和g(z)是超越整函數的事實相矛盾.

情形2由引理6，得到f=tg，其中tn+1=tm=1.證明完畢.