具有单向截断分担值的亚纯函数的唯一性和周期性

王苗红 ,陈省江

（1.福建师范大学 数学与统计学院,福建 福州 350117；2.宁德师范学院 数理学院,福建 宁德 352100）

1 引言及主要结果

在本篇论文中,亚纯函数指代在整个复平面上亚纯的函数.假设读者已经熟悉了Nevanlinna 理论的基本结论及其符号[1-3],例如S(r,f)=o(T(r,f)),(r→∞),可能需要去掉对数测度或线性测度为有限的例外值集.

用ρ(f),ρ2(f)分别表示亚纯函数f(z)的级和超级,其定义分别为

文中c均表示非零的有穷复数.对于任意的a∈ℂ ⋃{∞},用E(a,f)来表示函数f(z) -a的零点集且每个m重零点都计m次.对任意的正整数k,用(a,f)来表示f(z) -a的重数≤k的零点集合,且每个零点计一次.而(a,f)则表示f(z) -a的重数≥k的零点集合,每个零点也只计一次.对于亚纯函数f(z)和g(z),若f(z) -a与g(z) -a有相同的零点,零点重数也相同,则称f(z)与g(z)是CM 分担a的.若不考虑零点重数,则称f(z)与g(z)是IM 分担a的.如果f(z) -a的任意m重零点都会是g(z) -a的至少m重零点,则记为E(a,f) ⊆E(a,g).类似的,还有(a,f) ⊆(a,g).此外,a对f(z)的亏量和精简亏量分别记为

随着差分模拟问题逐渐走进大众视野,有非常多与函数位移或者差分相关的研究内容产生.例如Heittokangas等[4]研究的涉及亚纯函数及其位移的唯一性问题.

定理A[4]设f(z)为有穷级亚纯函数且a1,a2,a3∈S(f) ⋃{∞}是相互判别的以c为周期的周期函数,其中c∈ℂ｛0｝.若f(z)和f(z+c)CM分担a1,a2且IM分担a3,那么f(z) ≡f(z+c).

2016年,Charak 等[5]在研究涉及亚纯函数及其位移唯一性问题时利用单向分担值的概念,证明了如下结论.

定理B[5]设f(z)为超级ρ2(f) <1 的亚纯函数,a1,a2,a3∈S(f) ⋃{∞}是相互判别的以c为周期的周期函数.若f(z)和f(z+c)满足

那么,f(z) ≡f(z+c).

定理C[5]设f(z)为超级ρ2(f) <1 的亚纯函数,a1,a2,a3,a4∈S(f) ⋃{∞}是相互判别的以c为周期的周期函数.若对某些a∈S(f) ⋃{∞},有δ(a,f) >0,且

那么,f(z) ≡f(z+c).

2019年,Lin等[6]利用单向截断分担值的概念,证明了如下结论.

定理D[6]设f(z)为超级ρ2(f) <1 的非常数亚纯函数且至多只有有穷个极点,k1,k2是两个正整数,a1,a2是相互判别的非零有穷复数.若f(z)和f(z+c)CM分担0且满足

那么

1)当k1+k2>2时,f(z) ≡f(z+c).

2)当k1=k2=1时,f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c),且后者只发生在a1+a2=0的情形之下.

2023年,Hoang等[7]又做了进一步的改进,得到了如下结论.

定理E[7]设f(z)为超级ρ2(f) <1的非常数亚纯函数,c是非零的有穷复数.若f(z)和f(z+c)满足

在定理E 的基础上进行了研究,在相同分担条件下,补充讨论了当k=1,2 时的有关函数f(z)和f(z+c)的唯一性问题.

定理1设f(z)为超级ρ2(f) <1的非常数亚纯函数,c≠0是常数,k=1,2.若f(z)和f(z+c)满足

和(1,f(z)) ⊆(1,f(z+c)),且Θ(∞,f) >2/3,那么f(z) ≡±f(z+c).

推论1设f(z)为超级ρ2(f) <1的非常数整函数,c≠0是常数,k=1,2.若f(z)和f(z+c)满足

和(1,f(z)) ⊆(1,f(z+c)),那么f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c).

注1定理1的证明想法来自于文献[7].推论1实则是文献[7]中的定理1.6增加讨论了k=2情形后的结果.

例1设f(z)=cosz,c=π,k=1,则f(z+c)=cos(z+π)=-cosz≡-f(z).显然,f(z)和f(z+c)是整函数,且二者CM 分担0,所以E(0,f(z))=E(0,f(z+c)),E(∞,f(z+c))=E(∞,f(z))=∅.因为cosz-1和-cosz-1都没有简单零点,所以(1,f(z))=(1,f(z+c))=∅.

例2设f(z)=ecosz,c=π,k=2,则f(z+c)=e-cosz≡f(z),f(z+c) ≡-f(z).显然,f(z)和f(z+c)是整函数且没有零点,所以E(0,f(z))=E(0,f(z+c))=∅,E(∞,f(z+c))=E(∞,f(z))=∅.此外,易知f(z)和f(z+c)CM分担1,所以(1,f(z))=(1,f(z+c)).但此时,ρ2(f)=1.

注2上面的例子说明f(z) ≡-f(z+c)的结果是存在的,且条件“超级ρ2(f) <1”是必要的.

2 引理

引理1[8]设f(z)为超级ρ2(f) <1的非常数亚纯函数且c∈ℂ{0},那么

引理2[8]设T:[0,∞) →[0,∞)是非减连续函数且s∈(0,∞).若T满足

且δ∈(0,1 -ρ2),那么

其中：E为对数测度有限的集合.

注3由引理2可得

引理3[1]设f(z)是复平面上的非常数亚纯函数,a1,a2,a3,…,aq是q≥3个相互判别的函数f(z)的小函数,那么

引理4[1]设f(z)是一个非常数周期函数,则f(z)的级ρ(f) ≥1.

3 定理1的证明

假设f(z) ≡±f(z+c).由式(1)易知

构造函数为

由E(0,f(z)) ⊆E(0,f(z+c)),E(∞,f(z+c)) ⊆E(∞,f(z))可知函数G(z)是整函数.而由引理1可得

因此,有

因为(1,f(z)) ⊆(1,f(z+c)),再结合式(2)和式(4)可得

由式（3～5）可得

记fc=f(z+c)，G-c=G(z-c),由式（1）和式（3～5）可知

因为f(z) ≡±f(z+c),所以G(z) ≡±1.接下去对k的值进行分开讨论.

情形1k=2.由式(5～6)和引理3可得

即有Θ(∞,f) ≤2/3,矛盾.因此f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c).

情形2k=1.

子情形2.11/G≡G-c.于是可以断定1,1/G,G-c,∞是相互判别的.由式(5～7)和引理3可得

即有Θ(∞,f) ≤1/2,矛盾.因此f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c).

子情形2.21/G≡G-c,即

因为函数G(z)为整函数,不存在极点,所以G(z)也不会存在零点,否则与(8)式产生矛盾.这也意味着可以找到一个整函数λ(z)使得

于是,有

对上式两边求导,进而可得λ'(z-c) ≡-λ'(z).这表明函数λ(z)是一个以2c为周期的周期整函数.并且由式(4)可知G(z)是f(z)的小函数,因此有

假设λ'(z)不为常数,则由引理4 可知ρ(λ)=ρ(λ') ≥1,产生矛盾.因此λ'(z)为常数,再结合λ'(z-c) ≡-λ'(z),于是最终可得λ'(z) ≡0.这意味着G(z)是一个常数,再由式(8),可得G=±1,矛盾.因此f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c).

综上,定理证毕.