关于亚纯函数的正规族

吕凤姣, 刘芝秀

(1. 黄河科技学院 信息工程学院, 河南 郑州 450063; 2. 南昌工程学院 理学院, 江西 南昌 330099)

1 引言和主要结果

设f(z)为开平面上非常数的亚纯函数,采用值分布论中的相关记号[1-2],在此给出相关的定义.设f(z)与g(z)为平面区域D上2个非常数的亚纯函数,a为一复数,记

称f与g为IM分担a,是指f-a与g-a的零点相同,即

设f(z)与g(z)为平面区域D上2个非常数的亚纯函数,a为一复数,记f(z)-a的零点为zn(n=1,2,3,…),如果zn(n=1,2,3,…)也是g(z)-a的零点(不计重数),则称单向分担a,记为

f(z)=a⟹g(z)=a.

设D为复平面C上的区域,F为定义在区域D内一族亚纯函数,称F在区域D上正规,是指亚纯函数族F中每一个函数序列{fn(z)}(n=1,2,…)均可以选出一个子序列{fnk(z)}(k=1,2,…)在区域D上按球面距离内闭一致收敛于一个亚纯函数或者恒为无穷.

称F在区域D上一点z0正规是指F在z0的某个领域内正规.可知,F在区域D上正规等价于F在区域D上每一点都正规.复平面C上的亚纯函数称为正规函数,如果存在正数M,使得f#(z)≤M,其中

为f(z)的球面导数.

Mules等[3]证明了:

定理 A[3]设f(z)是一个非常数的亚纯函数，如果f(z)和f′(z)是IM分担3个不同的复数a1、a2、a3,则f≡f′.

相应地,Schwick[4]首先研究了分担值与正规族之间的联系，得到如下定理.

定理 B[4]设F={f(z)}是单位圆盘Δ上的亚纯函数族,a1、a2、a3是3个不同的复数,如果对每个f∈F,f与f′同时分担值a1、a2、a3,则F在Δ上正规.

近来,Fang等[5]证明了:

定理 C[5]设F是区域D上的一亚纯函数族,k是一个正整数，a≠0和b是2个有穷复数,如果对任一f∈F,f的零点重级至少为k，且

ff(k)=a⟺f(k)=b，

则F在D内正规.

这时,自然地就会考虑到:上述定理中分担条件可以进一步减弱为单向分担吗?本文给出了下列几个结果.

定理 1设F是区域D上的一全纯函数族,k是一个正整数，a≠0和b≥0是2个有穷复数,如果对任一f∈F,f的零点重级至少为k，且

f(z)f(k)(z)=a⟹|f(k)(z)|≤b，

则F在D内正规.

推论 1设F是区域D上的一全纯函数族,k是一个正整数，a≠0和b>0是2个有穷复数,如果对任一f∈F,f的零点重级至少为k，且

f(z)f(k)(z)=a⟹|f(z)|≥b，

则F在D内正规.

推论 2设F是区域D上的一全纯函数族,k是一个正整数，如果对任一f∈F,f的零点重级至少为k，且ff(k)≠1，则F在D内正规.

在定理1和其推论1和2中,虽然分担值的条件减弱为了单向分担,但是只证明了对全纯函数族成立，如果依然是亚纯函数族呢?进一步研究,得出了下面的结果.

定理 2设F是区域D上的一亚纯函数族,k是一个正整数，a≠0和b≥0是2个有穷复数,如果对任一f∈F,f的零点重级至少为k+1，且

f(z)f(k)(z)=a⟹|f(k)(z)|≤b，

则F在D内正规.

推论 3设F是区域D上的一亚纯函数族,k是一个正整数，a≠0和b>0是2个有穷复数,如果对任一f∈F,f的零点重级至少为k+1，且

f(z)f(k)(z)=a⟹|f(z)|≥b，

则F在D内正规.

推论 4设F是区域D上的一亚纯函数族,k是一个正整数，如果对任一f∈F,f的零点重级至少为k+1，且ff(k)≠1，则F在D内正规.

下面的例1说明上述定理1和2中对“f(z)的零点重级的限制”是必须的.

例 1设

F={fn(z):fn(z)=nz,n∈N},

则

但是F在D内不正规.

下面的例2和3说明上述定理1和2中对“条件a≠0”是必须的.

例 2设

D={z:|z|<1},F={fn:fn(z)=enz},

则

且

但是F在D内不正规.

例 3设

则

但是F在D内不正规.

2 一些引理

引理 1[6]设F单位圆盘Δ上的亚纯函数族，f的零点重级至少为k.如果F在单位圆Δ内不正规,那么对于0≤α

在复平面C上按球距内闭一致收敛于非常数的亚纯函数g(ξ)，且

g#(ξ)≤g#(0)=1.

引理 2[7-8]如果f(z)是一亚纯函数，其球面导数f#(z)是有限的,则f的级至多是2;并且如果f(z)是一整函数,则f的级至多是1.

引理 3[9]如果f(z)是一超越亚纯函数,n是正整数,则ff′能取到非零有限值无穷多次.

引理 4如果f(z)是一个超越整函数,其零点重级至少为2,则

证明令

则

因此

注意到如果z是f(z)的q≥2重零点,z是

(ff(k)-1)′=f ′f(k)+ff(k+1)

的q-1重零点,z是(ff(k)-1)′的p≥2重零点,z是(ff(k)-1)′的p-1重零点,同时,f(z)的零点和(ff(k)-1)′的零点是不同的,则

因为f(z)是整函数,且零点重级至少是2,所以

因此

引理 5[10-11]如果f(z)是一个超越亚纯函数,其零点重级至少为k+1,则ff(k)能取到非零有限值无穷多次.

3 定理的证明

定理1的证明不失一般性,令

D=Δ={z:|z|<1}.

假设F在D内不正规,由引理1可得：存在fn∈F,zn∈D,ρn→0+,使得

在复平面C上按球距内闭一致收敛于g(ξ)，其中g(ξ)为在C上的级不超过2的非常数亚纯函数，且

g#(ξ)≤g#(0)=1.

可以断定：

(i)g(ξ)的零点重级至少为k,

(ii)gg(k)≠a.

事实上，(i) 假设存在ξ0∈C，使得g(ξ0)=0,根据Hurwitz定理,存在ξn,ξn→ξ0,使得当n充分大时,有

因此fn(zn+ρnξn)=0.又fn(ξ)的零点重级至少为k,所以

f(i)n(zn+ρnξn)=0,i=1,2,…,k-1,

因此有

所以g(ξ)的零点重级至少为k.

(ii) 假设存在ξ0∈C使得

g(ξ0)g(k)(ξ0)=a,

则g(ξ0)≠∞.如果gg(k)≡a,那么g≠0.由引理2知,gd的级至多为1,因此

g(ξ)=ecξ+d,

其中c(≠0)和d是常数.但是

g(ξ)g(k)(ξ)=cke(n+1)(cξ+d)

与

g(ξ)g(k)(ξ)≡a

矛盾,因此

g(ξ)g(k)(ξ)≢a.

假设存在ξn,ξn→ξ0,使得当n充分大时有

a=gn(ξn)g(k)n(ξn)=

由于

f(z)f(k)(z)=a⟹|f(k)(z)|≤b,

可得

|f(k)n(zn+ρnξn)|≤b,

因此

这与a≠0矛盾.因此(i)和(ii)得证.

根据引理3和4,可知g(ξ)是多项式函数.因为g(ξ)的零点重级至少是k,且g(k)(ξ)≢0，则g(ξ)g(k)(ξ)-a有零点，这与g(ξ)g(k)(ξ)≠a矛盾.因此F在D上正规.

定理2的证明假设F在D上不正规.由引理1得，存在fn∈F,zn∈D,ρn→0+,使得

在复平面C上按球距内闭一致收敛于g(ξ),其中g(ξ)是非常数的亚纯函数，且g#(ξ)≤g#(0)=1.这样由Hurwitz定理可知,g(ξ)的零点重级至少是k+1.可以断定gg(k)≠a.

假设存在ξ0∈C使得

g(ξ0)g(k)(ξ0)=a，

则g(ξ0)≠∞.如果gg(k)≡a,那么g(ξ)是整函数且g≠0.根据定理2可知,g的级至多是1,因此g(ξ)=ecξ+d,其中c(≠0)和d常数.但是

g(ξ)g(k)(ξ)=cke(n+1)(cξ+d),

这与g(ξ)g(k)(ξ)≡a矛盾,因此

g(ξ)g(k)(ξ)≢a.

因此存在ξn,ξn→ξ0,使得当n充分大时,有

a=gn(ξn)g(k)n(ξn)=

fn(zn+ρnξn)f(k)n(zn+ρnξn).

由已知条件

f(z)f(k)(z)=a⟹|f(k)(z)|≤b

可得

|f(k)n(zn+ρnξn)|≤b,

因此

这与g(ξ)g(k)(ξ)=a矛盾.根据引理5可得,g(ξ)是有理函数.

令

其中Q(ξ)和P(ξ)(Qk(ξ)和Pk(ξ))是2个互素多项式.如果deg(Q(ξ))≤deg(P(ξ))或者g(ξ)是多项式,则gg(k)-a有零点.因此g(ξ)是非常数的有理函数,且

deg(Q(ξ))>deg(P(ξ)),

所以

deg(Q(ξ)Qk(ξ))=deg(P(ξ)Pk(ξ)),

即是说分子g(ξ)g(k)(ξ)的次数与分母g(ξ)g(k)(ξ)的次数相等.

另一方面,分子g(ξ)g(k)(ξ)的次数与分母g(ξ)g(k)(ξ)的次数不同可以表示为

[deg(Q(ξ))-deg(P(ξ))]+

[deg(Q(ξ))-deg(P(ξ))-k]=0,

k=2[deg(Q(ξ))-deg(P(ξ))].

令

n=[deg(Q(ξ))-deg(P(ξ))],

则k=2n.因此有

其中R(ξ)、P(ξ)是多项式，且

deg(R(ξ))

由于k=2n>n,则

可以推断出分子g(ξ)g(k)(ξ)的次数与分母g(ξ)g(k)(ξ)的次数是不同的，

n+[deg(R(ξ))-deg(P(ξ))-k]=0,

k=n+[deg(R(ξ))-deg(P(ξ))]

这与k=2n矛盾.因此F在D上是正规的.