黄小皇，刘丹

华南农业大学应用数学研究所，广东 广州

收稿日期：2019年4月26日；录用日期：2019年5月6日；发布日期：2019年5月21日

本文研究关于涉及有穷级超越整函数 f ( z ) 在有一个Borel整例外函数的条件下， f ( z ) 与其差分多项式 g ( z ) IM分担一个小函数 a ( z ) 的唯一性问题。进一步在上述前提下，把条件“Borel整例外函数”改为“”，且 f ( z ) 与其差分多项式 g ( z ) IM分担一个小函数 a ( z ) ，我们同样得到了相关的结果。

关键词 :整函数，分担小函数，差分多项式

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在本文中，假设读者熟知Nevanlinna值分布理论的相关基础知识以及常见符号 [1] [2] 。设 f ( z ) 是复平面上的亚纯函数，a∈C 为任意的复数，定义a关于f的亏量为 δ ( a , f ) = 1 − lim ¯ r → ∞ N ( r , a ) T ( r , f ) ，当 δ ( a , f ) > 0 时，a称为f的Nevanlinna亏值。定义 λ ( f ) 与 分别为 f ( z ) 的级与下级。设a为开平面内的亚纯函数，如果 T ( r , a ) = S ( r , f ) ，则称a为f小函数。设f与g均为非常数亚纯函数，a为f与g的公共小函数，如果 f − a 与 g − a 的零点相同且每个零点重级也相同，则称f与g CM分担a。如果 f − a 与 g − a 的零点相同，不考虑零点重级，则称f与g IM分担a。

设k为正整数。记 为 f − a 的重级 ≤ k 的零点密指量，且计重数。 N ( k ( r , 1 f − a ) 为 f − a 的重级 ≥ k 的零点密指量且计重数。记 N ¯ k ) ( r , 1 f − a ) 为 f − a 的零点精简密指量，且不计重数。 N ¯ ( k ( r , 1 f − a ) 为 f − a 的零点精简密指量，且不计重数。

设F与G均为非常数亚纯函数，且F与G IM分担1。设 z 0 为F的一个重级为p的1值点，同时为G的一个重级为q的1值点。记 N ¯ L ( r , 1 F − 1 ) 为F的那些重级 p > q 的1值点；为F的那些重级 p = q = 1 的1值点；记 N ¯ E ( 2 ( r , 1 F − 1 ) 为F的那些重级 p = q ≥ 2 的1值点。以上所定义的计数函数每一点只计一次。同样可以定义 N ¯ L ( r , 1 G − 1 ) ， N ¯ E 1 ) ( r , 1 G − 1 ) ， N ¯ E ( 2 ( r , 1 F − 1 ) 。若F与G IM分担1，则

N ¯ ( r , 1 F − 1 ) = N ¯ E 1 ) ( r , 1 F − 1 ) + N ¯ L ( r , 1 F − 1 ) + N ¯ L ( r , 1 G − 1 ) + N ¯ E ( 2 ( r , 1 G − 1 ) = N ¯ ( r , 1 G − 1 )

设f为非常数有穷正级为 λ 的亚纯函数， α 为f的一个小函数。若 lim r → ∞ ¯ log + N ( r , 1 f − α ) log r < λ ，则称 α 为f的一个Borel例外函数。当时，定义 f − α 的零点个数为有穷个。

另外，我们需要定义一些差分算子的符号。设f为非常数亚纯函数， m 1 ( z ) , m 2 ( z ) , ⋯ , m k ( z ) 为f的小函数， c 1 , c 2 , ⋯ , c k 为判别的有穷复数。令

g ( z ) = m 1 ( z ) f ( z + c 1 ) + m 2 ( z ) f ( z + c 2 ) + ⋯ + m k ( z ) f ( z + c k )

为f的差分多项式。最近，许多人做了关于复差分唯一性的问题。2018年，Huang-Zhang [3] 证明了：

定理A 设 f ( z ) 为开平面上的有穷级的超越整函数， α ∈ C 为f的一个Borel例外值， c∈C 为非零有穷复数。设 a ( z ) ≡ 0 为 f ( z ) 的一个小函数，若 f ( z + c ) 与 f ( z ) CM分担 a ( z ) ，则 f ( z ) ≡ f ( z + c ) 。

定理B 设 f ( z ) 开平面有穷级的超越整函数， c ∈ C 为有穷复数。设 a ( z ) ≡ 0 为 f ( z ) 的一个小函数，若 f ( z + c ) 与 f ( z ) CM分担 a ( z ) 且 δ ( 0 , f ) > 0 ，则 f ( z ) ≡ f ( z + c ) 。

定理C 设 f ( z ) 为开平面有穷级的超越整函数， c ∈ C 为有穷复数。设 a ( z ) ≡ 0 为 f ( z ) 的一个小函数。若 f ( z ) 与 Δ c f ( z ) CM分担 a ( z ) 且 δ ( 0 , f ) > 0 ，则 f ( z ) ≡ Δ c f ( z ) 。

本文推广并改进上述结果，证明了：

定理1 设 f ( z ) 为开平面有穷级的超越整函数， α ( z ) 为f的一个Borel例外整函数，

g ( z ) = m 1 ( z ) f ( z + c 1 ) + m 2 ( z ) f ( z + c 2 ) + ⋯ + m k ( z ) f ( z + c k )

为f的差分多项式，其中为f的整小函数， k个判别的有穷复数。

又设为 f ( z ) 的一个整小函数，若 f ( z ) 与 g ( z ) IM分担 a ( z ) ，则 f ( z ) ≡ g ( z ) 。

定理2 设 f ( z ) 为开平面有穷级的超越整函数，

g ( z ) = m 1 ( z ) f ( z + c 1 ) + m 2 ( z ) f ( z + c 2 ) + ⋯ + m k ( z ) f ( z + c k )

为f的差分多项式，其中 为f的整小函数 ， 为任意有穷复数。又 设 a ( z ) ≡ 0 为 f ( z ) 与 g ( z ) 的一个公共小函数，若 f ( z ) 与 g ( z ) CM分担且 ，则 f ( z ) ≡ g ( z ) 。

引理1 [4] [5] [6] 设f为非常数有穷级亚纯函数， c∈C 为非零有穷复数。则

m ( r , f ( z + c ) f ( z ) ) = S ( r , f ) ,

其中 S ( r , f ) = o ( T ( r , f ) ) ，除去r的一个集合E，且集合E的对数测度为有穷的。

引理2 [1] [2] 设f为非常数亚纯函数，则

N ( r , 1 f ( k ) ) ≤ N ( r , 1 f ) + k N ( r , f ) + S ( r , f ) .

引理3 [7] 设 H = ( F ″ F ′ − 2 F ′ F − 1 ) − ( G ″ G ′ − 2 G ′ G − 1 ) ，其中F与G为两个非常数亚纯函数。若F与G IM分担1且 H ≡ 0 ，则

N E 1 ) ( r , 1 F − 1 ) ≤ N ( r , H ) + S ( r , F ) + S ( r , G ) .

引理4 [2] 设f与g均为非常数亚纯函数， λ ( f ) , λ ( g ) 分别为f与g的级。则

λ ( f ⋅ g ) ≤ max { λ ( f ) , λ ( g ) } .

引理5 [2] 设f与g均为非常数亚纯函数，分别为f的级与g的下级。若 λ ( f ) < μ ( g ) ，则

T ( r , f ) = o ( T ( r , g ) ) .

引理6 设f为非常数有穷级整函数。若 α 为f的一个Borel例外整函数，则 δ ( α , f ) = 1 。

证 我们分为以下两种情形讨论：

情形1 λ > 0 。设 。因为f的一个Borel例外整函数且f为有穷级整函数，则有 ρ < λ 。设 ，其中H为 f − α 的零点构成的典范乘积，以及Q为一非零多项式。由为f的整小函数，从而有 。显然有 T ( r , f − α ) = T ( r , f ) + S ( r , f ) ，这可推出 λ ( f − α ) = λ ( f ) 。由引理4以及 e Q 为正规增长函数，我们可以得到

λ ( H ) < λ ( f − α ) = λ ( f ) ≤ max { λ ( H ) , λ ( e Q ) } = λ ( e Q ) ,

以及

λ ( e Q ) ≤ max { λ ( H ) , λ ( f ) } = λ ( f ) ,

即 λ ( f ) = λ ( e Q ) = μ ( e Q ) 。又由引理5可得 。因此

T ( r , f ) = T ( r , f − α ) + S ( r , f ) = T ( r , H e Q ) + S ( r , f ) ≤ T ( r , H ) + T ( r , e Q ) + S ( r , f ) ≤ T ( r , e Q ) + S ( r , f ) + S ( r , e Q ) ,

反过来也可得到 T ( r , e Q ) ≤ T ( r , f ) + S ( r , f ) + S ( r , e Q ) 。这可推出 T ( r , f ) = T ( r , e Q ) + S ( r , f ) 。故我们有

δ ( α , f ) = 1 − lim r → ∞ ¯ N ( r , 1 f − α ) T ( r , f ) ≤ 1 − lim r → ∞ ¯ N ( r , 1 H ) T ( r , e Q ) = 1 .

情形2 λ = 0 。由我们引言中所定义的 λ = 0 时 f − α 的零点个数为有穷个，直接可得 N ( r , 1 f − α ) = o ( T ( r , f ) ) ，于是有 。证毕。

设

其中 β = m 1 ( z ) α ( z + c 1 ) + m 2 ( z ) α ( z + c 2 ) + ⋯ + m k α ( z + c k ) 。因为f与g IM分担a，a为整小函数。所以F与G IM分担1。由(1)有 T ( r , F ) = T ( r , f ) + S ( r , f ) 。因为 α 为f的整Borel例外函数，则由引理6可以得到 N ( r , 1 f − α ) = S ( r , f ) 。由引理1可以得到

T ( r , g ) ≤ T ( r , f ) + S ( r , f ) = m ( r , 1 f − α ) + S ( r , f ) ≤ m ( r , g − β f − α ) + m ( r , 1 g − β ) + S ( r , f ) ,

即 T ( r , g ) = m ( r , g ) + S ( r , f ) 。故 N ( r , 1 g − β ) = S ( r , f ) 。从而有 N ( r , 1 F ) = S ( r , f ) 与 N ( r , 1 G ) = S ( r , f ) 。

定义H为引理3中的函数。假设 H ≡ 0 ，由引理3有

N ( r , H ) ≤ N ¯ ( 2 ( r , 1 F ) + N ¯ ( 2 ( r , 1 G ) + N L ( r , 1 F − 1 )     + N L ( r , 1 G − 1 ) + N 0 ( r , 1 F ′ ) + N 0 ( r , 1 G ′ ) ≤ N L ( r , 1 F − 1 ) + N L ( r , 1 G − 1 ) + N 0 ( r , 1 F ′ ) + N 0 ( r , 1 G ′ ) , (2)

其中 N 0 ( r , 1 F ′ ) 为 F ′ 的零点计数函数，而不是F与 F − 1 的零点计数函数。同样 N 0 ( r , 1 G ′ ) 也可类似定义。由Nevanlinna第二基本定理可得

因为F与G IM分担1，所以我们有

结合(2)与引理3可得

N ¯ ( r , 1 F − 1 ) + N ¯ ( r , 1 G − 1 ) = N ¯ E 1 ) ( r , 1 F − 1 ) + 3 N L ( r , 1 F − 1 ) + 3 N L ( r , 1 G − 1 )         + 2 N E ( 2 ( r , 1 G − 1 ) + N 0 ( r , 1 F ′ ) + N 0 ( r , 1 G ′ ) + S ( r , f ) . (5)

容易发现

N L ( r , 1 F − 1 ) + 2 N L ( r , 1 G − 1 ) + N E 1 ) ( r , 1 F − 1 ) + 2 N E ( 2 ( r , 1 G − 1 ) ≤ N ( r , 1 G − 1 ) ≤ T ( r , G ) . (6)

由(5)与(6)得

N ¯ ( r , 1 F − 1 ) + N ¯ ( r , 1 G − 1 ) ≤ 2 N L ( r , 1 F − 1 ) + N L ( r , 1 G − 1 ) + T ( r , G )     + N 0 ( r , 1 F ′ ) + N 0 ( r , 1 G ′ ) + S ( r , f ) . (7)

把(7)代入(3)可以得到

T ( r , F ) ≤ 2 N L ( r , 1 F − 1 ) + N L ( r , 1 G − 1 ) + S ( r , f ) . (8)

由引理2又有

2 N L ( r , 1 F − 1 ) + N L ( r , 1 G − 1 ) ≤ 2 N ( r , 1 F ′ ) + N ( r , 1 G ′ ) ≤ 2 N ( r , 1 F ) + N ( r , 1 G ) = S ( r , f ) . (9)

由(8)与(9)可得 。矛盾。

因此 H ≡ 0 。由引理3以及两边积分可得到

1 F − 1 = A G − 1 + B , (10)

其中为常数。从(10)式又可以得到

F = ( B + 1 ) G + A − B − 1 B G + A − B , G = ( B − A ) F + A − B − 1 B F − B − 1 . (11)

我们分为以下三种情况讨论。

情形1 B ≠ 0 , 1 。由(11)可以得 N ¯ ( r , 1 F − B + 1 B ) = N ¯ ( r , G ) 。由Nevanlinna第二基本定理有

T ( r , f ) = T ( r , F ) + S ( r , f ) ≤ N ¯ ( r , 1 F ) + N ¯ ( r , 1 F − B + 1 B ) + S ( r , f ) = N ¯ ( r , G ) + S ( r , f ) = S ( r , f ) , (12)

即 T ( r , f ) = S ( r , f ) 。矛盾。

情形2 B = 0 。由(11)有

若 A ≠ 1 ，从(13)可得 N ( r , 1 F − A − 1 A ) = N ( r , G ) 。类似于情形1的证明过程我们同样可得矛盾。因此 A=1 。由(10)可知 F ≡ G ，即 f ≡ g 。

情形3 B = − 1 。由(11)有

若 A ≠ − 1 ，从(14)可得 F ⋅ G ≡ 1 ，即

( f − α ) ( g − β ) ≡ ( a − α ) ( a − β ) . (15)

由(15)得到

2 T ( r , f ) = 2 T ( f − α ) + S ( r , f ) = T ( r , 1 ( f − α ) 2 ) + S ( r , f ) = m ( r , 1 ( f − α ) 2 ) + N ( r , 1 ( f − α ) 2 ) + S ( r , f ) ≤ m ( r , g − β f − α 1 ( f − α ) ( g − β ) ) + S ( r , f ) ≤ m ( r , g − β f − α ) + m ( r , 1 ( a − α ) ( a − β ) ) + S ( r , f ) ≤ T ( r , a − α ) + T ( r , a − β ) + S ( r , f ) = S ( r , f ) . (16)

即 T ( r , f ) = S ( r , f ) 。矛盾。因此定理1得证。

假设 f ≡ g 。因为f与g CM分担a，则

g − a f − a = e H , (17)

其中H为非零多项式。从(17)可得

g − a = e H ( f − a ) − ( f − a ) + f − a = ( e H − 1 ) ( f − a ) + f − a ,

即 g = ( e H − 1 ) ( f − a ) + f . (18)

根据上式可得到

g ( e H − 1 ) f a = f − a f a + 1 ( e H − 1 ) a = 1 a − 1 f + 1 ( e H − 1 ) a ,

即 。

因此有

m ( r , 1 f ) = m ( r , 1 ( e H − 1 ) a + 1 a − g ( e H − 1 ) f a ) ≤ 3 m ( r , 1 a ) + 2 m ( r , 1 e H − 1 ) + m ( r , g f ) + O ( 1 ) ≤ 2 m ( r , 1 e H − 1 ) + S ( r , f ) . (19)

另一方面，由Nevanlinna第二基本定理

T ( r , e H ) ≤ N ( r , 1 e H − 1 ) + S ( r , e H ) ≤ T ( r , e H ) + S ( r , e H ) ,

于是有 T ( r , e H ) = N ( r , 1 e H − 1 ) + S ( r , e H ) 。

因此我们有 m ( r , 1 e H − 1 ) ≤ S ( r , e H ) ≤ S ( r , f ) 。结合(19)立刻有 m ( r , 1 f ) = S ( r , f ) ，即 δ ( 0 , f ) = 0 ，这与 δ ( 0 , f ) > 0 矛盾。因此 e H ≡ C ，其中C为非零常数。若 C ≡ 1 ，则有 f ≡ g ，这与设矛盾。故 C ≡ 1 ，从(17)得 g − a ≡ C ( f − a ) 。把上式代入(18)，且由(19)可得 m ( r , 1 f ) = S ( r , f ) 。即 δ ( 0 , f ) = 0 ，这与 δ ( 0 , f ) > 0 矛盾。因此 f ≡ g 。定理2得证。

国家自然科学基金(NO.11701188)资助。

黄小皇,刘 丹. 整函数与其差分多项式的唯一性Uniqueness of Entire Functions That Share Small Function with Their Difference Polynomials[J]. 理论数学, 2019, 09(03): 362-369. https://doi.org/10.12677/PM.2019.93048