亚纯函数分担值的唯一性

于家富

(齐鲁师范学院成人教育处，山东 济南 250013)

张克玉

(齐鲁师范学院数学系,山东 济南 250013)

亚纯函数分担值的唯一性

于家富

(齐鲁师范学院成人教育处，山东 济南 250013)

张克玉

(齐鲁师范学院数学系,山东 济南 250013)

利用Nevanlinna理论研究了亚纯函数分担值的唯一性问题。在假设函数的零点和极点的重数s≥1的条件下,得到了一个主要定理,推广和改进了前人的结果。

亚纯函数；分担值；唯一性

采用亚纯函数Nevanlinna理论的标准记号[1]。令f、g是非常数的亚纯函数，a为任意复数，如果f-a与g-a有相同的零点并且重数相同，称f与gCM分担a，类似的；如果f-a与g-a有相同的零点(不计重数)，称f与gIM分担a。

近年来，很多复分析学者对于微分多项式分担值问题进行了深入的研究。Dyavanal R S[2]在引入亚纯函数零点和极点的重数后，得到了下面的一些结论:

定理A令f和g是2个非常数的超越亚纯函数,f和g的零点和极点至少是s重的,s∈Z+。令n≥2,n∈Z+且满足(n+1)s≥12,如果fnf′和gng′CM分担值1, 则：

f=dg

式中，d满足dn+1=1或者g(z)=c1ecz,f(z)=c2e-cz；c1、c2、c是常数，(c1c2)n+1c2=-1。

定理B[3]令f和g是非常数的整函数,n、m、k是正整数且n> 2k+m*+4,λ,μ是满足|λ|+|μ|≠0的常数。如果[fn(μfm+λ)](k)与[gn(μgm+λ)](k)CM分担1,则：

1)如果λμ≠0,则f(z)≡g(z)；

2)如果λμ=0,则f=dg,dn+m*=1,或g(z)=c1ecz,f(z)=c2e-cz。

式中，c1、c2、c是常数且满足(-1)kλ2(c1c2)n+m*[(n+m*)c]2k=1或者(-1)kμ2(c1c2)n+m*[(n+m*)c]2k=1。

下面，笔者利用Nevanlinna理论研究了亚纯函数分担值的唯一性问题。

1 主要引理

引理1[1]令f和g是2个非常数的亚纯函数,n是正整数,αi是亚纯函数且满足T(r,αi)=S(r,f),设P(f)=anfn+an-1fn-1+…+a1f,则T(r,P(f))=nT(r,f)+S(r,f)。

引理2[4]令f和g是非常数的亚纯函数,f(k),g(k)IM分担非零多项式P(z),k≥1,k∈Z+。如果：

Δ1=(2k+4)Θ(∞,f)+(2k+3)Θ(∞,g)+Θ(0,f)+Θ(0,g)+3δk+1(0,f)+2δk+1(0,g)>4k+13

Δ2=(2k+4)Θ(∞,g)+(2k+3)Θ(∞,f)+Θ(0,g)+Θ(0,f)+3δk+1(0,g)+2δk+1(0,f)>4k+13

则f(k)g(k)≡P2或者f(z)≡g(z)。

引理3[5]设f是非常数的整函数,k≥2,k∈Z+,若ff(k)≠0,则f=eaz+b(a,b是常数)。

2 主要结果

2)如果λμ=0,若f≠∞,g≠∞,则f=dg,dn+1=1,或g(z)=c1ecz,f(z)=c2e-cz。

式中，c1、c2、c是常数且满足(-1)kλ2(c1c2)n+m*[(n+m*)c]2k=1或者(-1)kμ2(c1c2)n+m*[(n+m*)c]2k=1。

证明令F=fn(μfm+λ),G=gn(μgm+λ),由于：

(1)

(2)

因为s(n+m*)>9k+ 14，所以由式(1)、(2)得到：

同理：

由引理2可以得到F(k)G(k)≡1或者F≡G。

情形1如果F(k)G(k)≡1,即：

(4)

对于k=1,存在整函数α(z),β(z),使得f=eα,g=eβ.则(n+m)2μ2α′β′e(n+m)(α+β)≡1。因为α′,β′没有零点,令α′=eδ(z),β′=eγ(z),这里δ(z),γ(z)是整函数,则：

(n+m)2μ2α′β′e(n+m)(α+β)≡1 (n+m)(eδ+eγ)+δ′+γ′≡0

(5)

因为δ(z),γ(z)是整函数,所以：

因此：

T(r,eδ)=T(r,eγ)+S(r,eδ)+S(r,eγ)S(r,eδ)=S(r,eγ)=S(r)

则eδ是常数；同理eγ也是常数,所以ω=0,矛盾。所以ω=-(δ′+γ′)≡0,从而eδ+eγ≡0,即δ=γ+(2ρ+1)πi,ρ是整数,因此δ′=γ′=0。所以δ,γ是常数,也就是α′,β′是常数。同理,当λ≠0,μ=0结论也是成立的。

令zi1是f-ai的pi1阶零点,则zi1是fn(μfm+λ)的pi1-k阶零点,由(4)可以得到zi1是g的qi1阶极点,则pi1-k=(n+m)qi1+k,即pi1=(n+m)s+2k。同理对gn(μgm+λ)有相似的结论。由亚纯函数唯一性理论可知，存在某个正常数c,使得c(T(r,f)+T(r,g))≤S(r,f)+S(r,g),矛盾。

情形2F(z)≡G(z),即fn(μfm+λ)≡gn(μgm+λ)。

如果λμ=0,由|λ|+|μ|≠0,则f=dg,d是满足dn+1=1的常数。

假设h≠1,令f=gh得：

(6)

则T(r,f)=T(r,gh)=(n+1)T(r,h)+S(r,f)，由第二基本定理可以得到：

[1] Yang C C, Yi H X.Uniqueness and value sharing of meromorphic functions[M].Kluwer Academic Publishers,2003.

[2] Dyavanal R S.Uniqueness and value-sharing of differential polynomials of meromorphic functions [J].Math Anal Appl, 2011, 374(2): 335-345.

[3] Zhang X Y, Lin W C.Uniqueness and value-sharing of entire functions [J].Math Anal Appl,2008, 343(2): 938-950.

[4] Li X M.Uniqueness of meromorphic functions whose certain nonlinear differential polynomials share a polynomial[J].Comput Math Appl, 2011,62(2)：539-550.

[5] Frank G.Eine Vermutung von Hayman uber Nllstellen Meromorpher Funktion[J].Math Z,1976,149 (2)：29-36.

[编辑] 洪云飞

10.3969/j.issn.1673-1409(N).2012.10.001

O174.5

A

1673-1409(2012)10-N001-03