具有权弱分担值的差分或微分多项式的亚纯函数的唯一性
2018-03-08林珊华林伟川
林珊华,林伟川
(1. 泉州师范学院数学与计算机科学学院,福建 泉州 362000;2. 福建师范大学数学与计算机科学学院,福建 福州 350007)
0 引言
亚纯函数f是指整个复平面C上的亚纯函数.S(r,f)表示任意满足S(r,f)=o(T(r,f))的量,可能除去r的一个线性测度为有限的集合. 若a为满足T(r,a)=S(r,f)的亚纯函数,则称a为f的小函数.f的小函数集合记为S(f).
定义1[1]如果f与g为非常数亚纯函数,a∈S(f)∩S(g),k是正整数或∞,则
定义2[1]如果f,g为非常数亚纯函数,a∈S(f)∩S(g),k是非负整数或∞. 当k为正整数或∞且有
易见,如果f,g分担“(a,k)”,则对任何整数p(0≤p≤k),均有f,g分担“(a,p)”. 特别地,当f,g分担“(a,0)”或“(a,∞)”当且仅当f,g分担a“IM”或者“CM”.
涉及亚纯函数的非线性微分多项式具有公共值的唯一性理论是近年来比较富有研究价值的数学课题, 许多数学工作者对这方面进行深入研究并建立了一系列的唯一性定理.
定理1[2]假设f与g是两个非常数的亚纯函数,n是正整数且满足n≥11. 如果fnf′与gng′CM分担1,那么f与g满足下述两种情形之一： Ⅰ)f=tg,其中t是常数,且满足tn=1； Ⅱ)f=c1ecz,g=c2e-cz,其中c,c1,c2是非零常数,且满足(c1c2)n+1c2=-1.
定理2[3]假设f与g是两个非常数的整函数,n,k是正整数且满足n≥2k+8. 如果(fn(f-1))(k)与(gn(g-1))(k)CM分担1,那么f=g.
1 主要结果
本研究主要从权弱分担值的角度讨论和分析了差分微分多项式的唯一性问题,得到了下面的结果.
注1： 定理7改进和推广了定理3、 5,定理8改进和推广了定理4、 6.
2 定理的主要证明
首先引入一些引理.
引理1[5]设f是非常数亚纯函数,p和k是两个正整数,则
引理4[7]设f为非常数亚纯函数,k为正整数,设c为非零有穷复数,则
引理5[8]若f和g是两个非常数亚纯函数,n,k是正整数满足n>2k-1且k≥1,如果
(fn(z)(f(z)-1))(k)·(gn(z)(g(z)-1))(k)≡1
则ρ(f)≤2,ρ(g)≤2.
引理6[9]设f是一个非常数亚纯函数,且其增长级满足ρ(f)=ρ<∞,η≠0是复常数,则对任意正数ε,当r充分大时,有T(r,f(z+η))=T(r,f(z))+O(rρ-1+ε).
引理7[10]设f是一个非常数有限级亚纯函数,c∈C,则
除去一个对数测度有穷的例外集合.
定理7的证明 令
F=(fn(z)(f(z)-1))(k)，G=(fn(z+η)(f(z+η)-1))(k)
(1)
则F和G分担“(1,m)”. 假设H≢0，
情况1 若m≥2或∞,则由引理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,类似1)的讨论可得矛盾. 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为常数,则fn(z)(f(z)-1)≡φk,此处φk为某个次数≤k的多项式,于是(n+1)T(r,f)=T(r,fn(f-1))+O(1)=T(r,φk)+O(1). 当f为有理函数时,(n+1)T(r,f)=klogr与n>3k+9矛盾. 当f为超越亚纯函数时,(n+1)T(r,f)=S(r,f),也是不可能的. 因此(fn(f-1))(k)不为常数. 同理(fn(z+η)(f(z+η)-1))(k)也不为常数.
设z1为f(z+η)的p1重零点,则z1为f的q1重极点. 由式(6)可得np1-k=(n+1)q1+k,即n(p1-q1)=q1+2k,从而p1≥q1+1,q1+2k≥n,因此p1≥n+1-2k. 同理,若f有零点,则其零点至少n+1-2k重.
当k=1时,式(6)等价于：
(7)
由第二基本定理得
当k≥2时,设z4为f(z+η)-1的p4重零点、 (fn(z+η)(f(z+η)-1))(k)的零点, 且为f的q4重极点,则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)为次数≤k-1的多项式.
如果P1(z)≢0,则若f(z)是超越亚纯函数,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,从而
fn(z)(f(z)-1)=fn(z+η)(f(z+η)-1)
(13)
情况2 当m=1时,
情况3 当m=0时
结合引理2,类似情况1的证明可得矛盾.
定理8的证明 类似定理7的证明可得(fn(z)(f(z)-1))(k)((Δηf(z))n(Δηf(z)-1))(k)≡1.
设z0为f(z)的p(≥1)重极点,则z0为((Δηf(z))n(Δηf(z)-1))(k)的零点,从而z0也是f(z+η)的p(≥1)重极点. 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))
类似定理7的证明可得定理8的结论成立.
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