亚纯函数及其k阶导数权分担两个公共值的唯一性

张凤丽， 王新利

（上海理工大学理学院，上海 200093）

1 知识背景

亚纯函数是指在复平面CC上亚纯.对于任意非常数亚纯函数f，使用Nevanlinna值分布论中的基本结果及标准记号［1］，如T（r，f），N（r，f），m（r，f），（r，f）等，特别地，用S（r，f）表示满足S（r，f）＝o（T（r，f））（r→∞，r∉E，mesE＜＋∞）的量.对任意的两个复数a1，a2∈CC∪∞，若f－a1与g－a2的零点相同，并且每个零点的重数也相同，则称f与gCM分担（a1，a2）（若ai＝∞，f－ai的零点就是f的极点）；若不计重数，则称f与g的IM分担（a1，a2）；若a1＝a2＝a，则称f与gCM（IM）分担a.

Gundersen［2］证明了f和f′CM分担两个公共值的唯一性，其结论如下：

定理1 设f是一个非常数亚纯函数，b（≠0）是一个有穷值.如果f和f′CM分担0和b，那么f≡f′.

Frank等［3］推广了上述结果，证明了f和f（k）关于分担公共值的如下性质：

定理2 设f是一个非常数亚纯函数，k（≥2）是一个整数，（a1，a2）和（b1，b2）是两对有穷值，满足a1≠b1，a2≠b2并且a2b2≠0.如果f和f（k）CM分担（a1，a2）和（b1，b2），那么，有

事实上，如果在上述定理中，设a1＝a2＝a，b1＝b2＝b并且ab≠0，那么即是下面的定理：

定理3 设f是一个非常数亚纯函数.如果f和f（k）CM分担两个不同的有穷非零复数a和b，那么f≡f（k）.

Frank等［4］证明了如果f和f（k）CM分担任意有穷复数a和b，仍有f≡f（k）成立.后来Frank猜想，能否将条件“f和f（k）CM分担b”减弱为“f和f（k）IM分担b”，但仍有f≡f（k）的结论成立.李平［5］给出了如下的例子，证明Frank的猜想是不成立的.

设a1是任意有穷值设ω是如下Riccati方程式的非常数解

设

容易得到

可以看到0是ω′的Picard例外值，并且f和f″CM分担0，并且f和f″IM分担，但是f不恒等于f″.所以考虑，如果在IM分担b这个条件下再附加某些条件，能否使f≡f（k）的结论成立.陈春芳［6］通过限制f的极点重数，讨论了f和f′IM分担公共值的唯一性问题，得到了下面的结论：

定理4 设f为非常数亚纯函数，且f的极点重数n≥11，a和b为两个相互判别的有穷复数，若f和f′IM分担a和b，则f≡f′.

针对以上结论，结合权分担的思想，对定理3中的条件进行了改进，得到如下结果：

定理5 设f（z）是一个非常数的亚纯函数，k为正整数，并且f（z）的极点重数大于等于2k＋4.如果f（z）和f（k）（z）分担（a，∞），（b，1），这里a和b（≠0）是两个相互判别的有穷复数，那么f（z）≡f（k）（z）.

2 相关引理

引理1 设f是非常数亚纯函数，f和f（k）分担（0，∞），（1，1），并且f的极点重数大于等于2k＋4.如果f不恒等于f（k），则有

证明 设

由条件知，φi（i＝1，2，3）不恒等于0.因为f不恒等于f（k），所以

由于f和f（k）以CM分担0，所以

又由式（3），有

由f和f（k）分担（1，1）知

另外，由于f的极点重数大于等于2k＋4，故

故引理得证.

引理2［7］设f1和f2是两个非常数亚纯函数，且满足其中i＝1，2.如果那么存在2个满足｜s｜＋｜t｜＞0的整数s和t，使得

引理3 设f（z）是一个非常数的亚纯函数，k为正整数，并且f（z）的极点重数大于等于2k＋4.如果f（z）和f（k）（z）分担（0，∞），（1，1），那么

证明 如果f（z）恒等于f（k）（z），则引理3成立.

假设f（z）不恒等于f（k）（z）.设

由式（5）、式（6）、式（7），可知

因此，T（r，g）＝S（r），并且由式（8），可知

又f（z）和f（k）（z）分担（0，∞），则

再由式（8），可知

同理，有

从而引理3得证.

3 定理5的证明

假设f不恒等于f（k），分两种情况进行讨论.

情形1 假设ab≠0，则有

将式（9）和式（10）相加，可知

另外

又因为

将式（12）和式（13）相加，可知

所以，可知

再由式（11），可知

由于f的极点重数大于等于2k＋4，所以

矛盾.

情形2 设ab＝0，不失一般性，设a＝0，b＝1，则定理即为f（z）和f（k）（z）分担（0，∞），（1，1）.因此，设

由式（12）计算，可知

并且由φ的构造及f的极点重数大于等于2k＋4，可以看到

所以

同理，由f和f（k）分担（0，∞），引理3和式（15），可知

所以

设H（m1，n1）＝m1φ－n1χ，这里m1和n1都是正整数.分两种情况进行讨论.

情形1 假设存在两个正整数m0和n0，使得H（m0，n0）≡0.因此，得到

对式（18）积分，可知

这里A（≠0）是一个常数.由引理3结论，所以m0＝n0，从而f（（1－A1）f（k）－A1）＝f（k）.

若f的极点是n重，则上面等式左边的极点数是n＋n＋k＝2n＋k，右面的极点是n＋k，所以n＝0，与f的极点重数大于等于2k＋4矛盾.

情形2 假设对任意两个正整数m1和n1，使得H（m0，n0）不恒为0.设z0是f和f（k）的重数分别为n1和m1的公共零点，所以由H 的构造知H（m1，n1）（z0）＝0.设z1是f－1和f（k）－1的重数分别为n1和m1的公共零点，同理知H（m1，n1）（z1）＝0.因此，由式（16）和式（17），可知

由第二基本定理和式（19），可知

即T（r，f）≤S（r，f），矛盾.故定理5得证.

［1］ 杨乐.值分布论及其新研究［M］.北京：科学出版社，1982.

［2］ Gundersen G G.Meromorphic functions that share two finite values with their derivatives［J］.Pacific J Math，1983，105（2）：299－309.

［3］ Frank G，Ohlenroth W.Meromorphe funktionen，die mit einer ihrer ableitungen werte teilen［J］.Complex Variables，1986，6（1）：23－37.

［4］ Frank G，Weissenborn G.Meromorphe funktionen，die mit einer ihrer ableitungen werte teilen［J］.Complex Variables，1986，7（1／2／3）：33－43.

［5］ Yang Chong－jun，Yi Hong－xun.Uniqueness theory of meromorphic functions［M］.Beijing：Science Press，2003：415.

［6］ 陈春芳.亚纯函数及其导数的唯一性［J］.南京师范大学学报，2004，27（3）：36－39.

［7］ Zhang Q C.Meromorphic functions sharing three values［J］.India J Pure Appl Math，1999，30（7）：667－682.