亞純函數(shù)的k階導(dǎo)函數(shù)分擔(dān)集合的唯一性

李雨昕,吳愛迪,林偉川

(1.福建師范大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院,福建 福州 350117; 2.福建農(nóng)林大學(xué)計算機與信息學(xué)院，福建 福州 350002)

設(shè)S是一個復(fù)數(shù)集合,f和g是兩個非常數(shù)亞純函數(shù)，定義

定義1[1]設(shè)f為非常數(shù)亞純函數(shù),a為任一復(fù)數(shù)，稱

為f在a點的精簡虧量.

1929 年,Nevanlinna[2]利用值分布理論研究亞純函數(shù)的唯一性問題，得到了著名的五值定理和四值定理，即亞純函數(shù)可由其5 個IM 值點或4 個CM 值點唯一確定.亞純函數(shù)與其導(dǎo)函數(shù)具有公共值問題是亞純函數(shù)唯一性問題的特殊情況，許多學(xué)者對此作出了大量的研究工作，取得了一系列引人注目的成果[3-6].特別地,Mues-Steinmetz[7]和Gundersen[8]分別證明了亞純函數(shù)f和f′可由3 個IM 公共值唯一確定.隨后，邱凎俤[9]討論了亞純函數(shù)的k階導(dǎo)函數(shù)具有4 個IM 公共值時的唯一性問題.

1968 年,Gross 以公共值集代替公共值進行研究，證明了存在3 個有限集合Sj(j=1,2,3)，使得任意非常數(shù)整函數(shù)f和g，只要滿足Ef(Sj)=Eg(Sj)(j=1,2,3)，就有f=g.同時,Gross[10]還提出了如下問題.

問題1[10]是否可以找到2 個(甚至1 個) 有限集合Sj(j=1,2)，使得任意非常數(shù)整函數(shù)f和g，只要滿足Ef(Sj)=Eg(Sj)(j=1,2)，就有f=g.

此問題得到了許多學(xué)者的關(guān)注，并對此進行了深入的研究[11-17].1995 年，儀洪勛[18]借助Yi 多項式zn+azn-m+b構(gòu)造出了含有15 個元素的整函數(shù)的CM 型唯一性象集.隨后，儀洪勛[19]，李平和楊重駿[20]分別改進了上述結(jié)果，證明了如下定理.

定理1[19-20]設(shè)S={z|zn+azn-m+b=0}，其中n,m為正整數(shù)且(n,m)=1，滿足n>2m+4.設(shè)a,b為非零常數(shù)使得zn+azn-m+b=0無重根.對于非常數(shù)整函數(shù)f和g，如果Ef(S)=Eg(S)，則f=g.

關(guān)于亞純函數(shù)的情況，李平等[20]構(gòu)造出了含有15 個元素的亞純函數(shù)的CM 型唯一性象集.儀洪勛[21]和Mues[22]分別改進了上述結(jié)果，進一步得到如下定理.

定理2[21-22]設(shè)S={z|zn+azn-m+b=0}，其中n,m為正整數(shù)且(n,m)=1，滿足m≥2和n>2m+8.設(shè)a,b為非零常數(shù)使得zn+azn-m+b=0無重根.對于非常數(shù)亞純函數(shù)f和g，如果Ef(S)=Eg(S)，則f=g.

由文[9]可知，亞純函數(shù)的k階導(dǎo)函數(shù)只需4 個IM 公共值即可唯一確定.對于亞純函數(shù)的k階導(dǎo)函數(shù)分擔(dān)值集的情況，儀洪勛等[23]獲得如下定理.

定理3[23]設(shè)S1={z|zn+azn-1+b=0},S2={∞}，其中n(≥7),k為正整數(shù),a,b為兩個非零常數(shù)使得zn+azn-1+b=0無重根. 對于非常數(shù)亞純函數(shù)f和g, 如果Ef(k)(Sj)=Eg(k)(Sj)(j=1,2)，則f(k)=g(k).

特別地，當(dāng)f和g為整函數(shù)時，由定理3 可得下述定理.

定理3′[23]設(shè)S={z|zn+azn-1+b=0}，其中n(≥7),k為正整數(shù),a,b為兩個非零常數(shù)使得zn+azn-1+b=0無重根.對于非常數(shù)整函數(shù)f和g，如果Ef(k)(S)=Eg(k)(S)，則f(k)=g(k).

綜上所述，前面介紹的結(jié)果都是兩個亞純函數(shù)分擔(dān)相同值集的唯一性問題，本文主要研究兩個亞純函數(shù)分擔(dān)兩個不同值集的唯一性問題.為此，考慮如下兩個Yi 多項式P和Q的零點集合,

P(z)=azn+bzn-m+d,Q(z)=uzn+vzn-m+t,

(1)

其中n,m為正整數(shù),a,b,d,u,v,t為非零復(fù)數(shù)，使得P和Q無重根.本文得到如下定理.

注1當(dāng)k=0且S=T時，由定理4 可推導(dǎo)得定理2.

定理5設(shè)f和g為非常數(shù)整函數(shù)，P,Q如式(1) 所定義，其中n,m為互素的正整數(shù).設(shè)S、T分別為P、Q的零點集合，若Ef(k)(S)=Eg(k)(T)且n>2m+4，則存在非零常數(shù)A，使得f(k)=Ag(k).

注2當(dāng)m=1且S=T時，由定理5 可推導(dǎo)得定理3′;當(dāng)k=0且S=T時，由定理5 可推導(dǎo)得定理1.

1 引理

設(shè)f與g為非常數(shù)亞純函數(shù)，為了以下引理證明的需要，置

T(r)=T(r,f(k))+T(r,g(k)),

F=P(f(k))=a[f(k)]n+b[f(k)]n-m+d=a[f(k)-a1]…[f(k)-an],ai≠aj,(i≠j),

(2)

G=Q(g(k))=u[g(k)]n+v[g(k)]n-m+t=u[g(k)-b1]…[g(k)-bn],bi≠bj,(i≠j).

(3)

通過簡單的計算，可知P′和Q′無非零重零點，故可設(shè)

F′=B[f(k)]n-m-1[f(k)-d1]…[f(k)-dm]f(k+1),B≠0,di≠dj,(i≠j),

G′=C[g(k)]n-m-1[g(k)-t1]…[g(k)-tm]g(k+1),C≠0,ti≠tj,(i≠j).

引理1[1]設(shè)f為非常數(shù)亞純函數(shù),aj(j=1,2,…,q)為q(≥3)個判別的復(fù)數(shù)(其中之一可以為∞)，則

引理2[1]設(shè)f為非常數(shù)亞純函數(shù),k為正整數(shù)，則

引理3[1]設(shè)f為非常數(shù)亞純函數(shù)，則使?(a,f)>0的值a至多是可數(shù)的，并且

引理4[1]設(shè)f和g為非常數(shù)亞純函數(shù),0 為其CM 公共值，設(shè)

(4)

若H?0, 則

且

證明 由條件可知，F(xiàn)和G分擔(dān)0CM，利用第二基本定理可得

S(r,f(k))=S(r,g(k)).

記

S(r)=S(r,f(k))=S(r,g(k)),

則有

T(r,F)=nT(r,f(k))+S(r),T(r,G)=nT(r,g(k))+S(r).

若H?0，由引理4 可知

(5)

且

(6)

(7)

此外，由第二基本定理可得

(8)

同理有

(9)

結(jié)合式(6)—式(9) 可得

(10)

注意到

結(jié)合式(10) 可得

進一步地，利用引理2 可得

引理6設(shè)f和g為非常數(shù)亞純函數(shù)且k為非負(fù)整數(shù),F、G及H分別如式(2)-式(4) 所定義，(n,m)=1或者m≥3.若H≡0且n>2m+3，則存在非零常數(shù)A，使得G=AF.

證明 置

由此可得

F=-d(F1-1),G=-t(G1-1).

(11)

由H≡0，可得

對上式連續(xù)積分兩次，有

其中A(≠0)，B為常數(shù).結(jié)合式(11)，上式可整理為

(12)

由上式可知

T(r,f(k))=T(r,g(k))+O(1).

(13)

斷定B=0.事實上，若B≠0，分別討論下述兩種情況.

結(jié)合式(13)，由第二基本定理可得

這與假設(shè)條件n>2m+3矛盾，故dA+dtB-t=0，從而式(12) 可整理為

由上式可得

結(jié)合式(13)，利用第二基本定理同樣可得矛盾.

若dA+t≠0，由上式可得

按照情況1 的證明方法，同樣可得矛盾，故dA+t=0，從而F1G1=1，即

[f(k)]n-m{a[f(k)]m+b}[g(k)]n-m{u[g(k)]m+v}=dt.

(14)

記

a[f(k)]m+b=a(f(k)-s1)(f(k)-s2)…(f(k)-sm),si≠sj,(i≠j),

u[g(k)]m+v=u(g(k)-c1)(g(k)-c2)…(g(k)-cm),ci≠cj,(i≠j).

下面分兩種情況進行討論.

子情況2.1 (n,m)=1.

設(shè)z0為f(k)的p0重零點，由式(14) 可知,z0為g(k)的極點，設(shè)其重數(shù)為q0，則有(n-m)p0=nq0.注意到 (n,m)=1，從而有p0≥n，即

設(shè)zi1為f(k)-si的pi1(i=1,2,…,m)重零點.由式(14) 可知,zi1為g(k)的極點，設(shè)其重數(shù)為qi1，則有pi1=nqi1，從而有pi1≥n，即

運用上述方法，對于[g(k)]n-m{u[g(k)]m+v}的零點也有類似的結(jié)果.設(shè)z2為f(k)的極點，由式(14) 可知，z2為 [g(k)]n-m{u[g(k)]m+v}的零點，從而

結(jié)合式(13)，由第二基本定理可得

這與假設(shè)條件n>2m+3矛盾.

子情況2.2m≥3.

類似子情況2.1 的討論，同樣可得

2T(r,f(k))+S(r,f(k))+S(r,g(k)),

這與假設(shè)條件m≥3矛盾.

綜上所述,B=0，從而G=AF.

考慮到對整函數(shù)，有N(r,f)=0,N(r,g)=0，仿照引理5 的證明方法，可得下述引理.

引理7設(shè)f和g為非常數(shù)整函數(shù),P、Q、F、G及H分別如式(1)-式(4)所定義.設(shè)S、T分別為P、Q的零點集合，若Ef(k)(S)=Eg(k)(T)且n>2m+4，則H≡0.

引理8設(shè)f和g為非常數(shù)整函數(shù),F、G及H分別如式(2)-式(4) 所定義.若H≡0且n>2m+2，則存在非零常數(shù)A，使得G=AF.

證明 與引理6 的證明類似，同樣可得式(14).注意到f(k)和f(k)-si(i=1,2,…,m)的零點均為g(k)的極點，而g為整函數(shù)，因此,0、si均為f(k)的Picard 例外值，這與亞純函數(shù)至多有兩個Picard例外值矛盾，故B=0，從而G=AF.

2 定理的證明

定理4的證明

u[g(k)]n+v[g(k)]n-m+t=A*a[f(k)]n+A*b[f(k)]n-m+A*d,

(15)

故有

T(r,f(k))=T(r,g(k))+S(r),S(r,f(k))=S(r,g(k))=S(r).

設(shè)

f1=[g(k)]n-m{u[g(k)]m+v},f2=-A*[f(k)]n-m{a[f(k)]m+b}.

則式(15) 可整理為f1+f2=A*d-t.下證A*d=t.事實上，若A*d≠t，則由第二基本定理可得

du[g(k)]n+dv[g(k)]n-m=at[f(k)]n+bt[f(k)]n-m.

(16)

假設(shè)A不為常數(shù)，分以下兩種情況討論.

情況1m≥2且(n,m)=1.

子情況1.1 若An-m-β與An-α無公共零點，記An-α=(A-α1)…(A-αn)，其中αi(i=1,2,…,n) 互相判別.設(shè)z0為A-αi的p0重零點，由式(16) 可知,z0為g(k)的極點，設(shè)其重數(shù)為q0，則有p0=mq0，從而p0≥m.由此可得

子情況1.2 若An-m-β與An-α有公共零點，即存在z1，使得An(z1)=α,An-m(z1)=β.結(jié)合式(16) 有

(17)

情況2m≥4.

綜上所述,A為非零常數(shù)，即有f(k)=Ag(k).

定理5 的證明

設(shè)F、G及H分別如式(2)、式(3) 及式(4) 所定義.應(yīng)用引理7 和引理8，與定理4 的證明類似，同樣可得式(16).由于(n,m)=1，若A不為常數(shù)，則An-α與An-m-β至多有一個公共零點z0.記ri(i=1,2,…,n-1)為An-α除z=z0外的零點.注意到A-ri的零點均為g(k)的極點，而g為整函數(shù)，因此,ri為A的Picard 例外值，這與亞純函數(shù)至多有兩個Picard 例外值矛盾，故A為非零常數(shù)，從而f(k)=Ag(k).