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

本文探讨整函数的差分唯一性问题，证明了：设 f ( z ) 为开平面有穷级整函数，

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

为 f ( z ) 的差分多项式，其中 m i ( z ) ( i = 1 , 2 , ⋯ , k ) 为f的整小函数， c i ( i = 1 , 2 , ⋯ , k ) k个判别的有穷复数。又设 为 f ( z ) 的一个小函数，若 f ( z ) 与 g ( z ) 分担0，IM分担 a ( z ) ，则 f ( z ) ≡ g ( z ) 。

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a为开平面内的亚纯函数，若 T ( r , a ) = S ( r , f ) ，则称a为f小函数。设f与g为复平面上非常数亚纯函数，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，不计零点重级，则称f与g IM分担a。

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

接下来，我们需要定义一些差分算子的符号。设 f ( z ) 为非常数亚纯函数， m 1 ( z ) , m 2 ( z ) , ⋯ , m k ( z ) 为 f ( z ) 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 ( z ) 的差分多项式。最近，许多人做了关于复差分唯一性的问题。2014年，Liu-Fang [3] 证明了：

定理A 设 f ( z ) 为开平面有穷级的超越整函数， c ∈ C 为非零有穷复数，n为正整数。设 a ( z ) ≡ 0 , b ( z ) ≡ 0 为 f ( z ) 的两个判别的小函数。若 f ( z ) 与 Δ c f ( z ) CM分担 a ( z ) 与 b ( z ) ，则 f ( z ) ≡ Δ c n f ( z ) 。

2017年，Li-Duan-Chen [4] 证明了：

定理B 设 f ( z ) 为开平面有穷级整函数， c ∈ C 为非零有穷复数，n为正整数，a为有穷复数。若 f ( z ) 与 Δ c f ( z ) CM0，IM分担a，则 f ( z ) ≡ Δ c n f ( z ) 。

本文推广并改进上述定理，证明了：

定理1 设 f ( z ) 为开平面有穷级整函数，

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 ( z ) 的差分多项式，其中 m i ( z ) ( i = 1 , 2 , ⋯ , k ) 为f的整小函数， c i ( i = 1 , 2 , ⋯ , k ) k个判别的有穷复数。又设 a ( z ) ≡ 0 为 f ( z ) 的一个小函数，若 f ( z ) 与 g ( z ) 分担0，IM分担 a ( z ) ，则 f ( z ) ≡ g ( z ) 。

引理1 [5] [6] [7] 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 设f为非常数亚纯函数， P ( f ) = a p f p + a p − 1 f p − 1 + ⋯ + a 0 ( a p ≠ 0 ) 为阶数为p的多项式，且系数 a j ( j = 0 , 1 , ⋯ , p ) 为有穷复数。又设 b i ( i = 1 , ⋯ , q ) ( q > p ) 为q个判别的复数，则

m ( r , P ( f ) f ′ ( f − b 1 ) ( f − b 2 ) ⋯ ( f − b q ) ) = S ( r , f ) .

引理3 设 f 1 与 f 2 均为 | z | < ∞ 上的非常数亚纯函数，则

N ( r , f 1 f 2 ) − N ( r , 1 f 1 f 2 ) = N ( r , f 1 ) + N ( r , f 2 ) − N ( r , 1 f 1 ) − N ( r , 1 f 2 ) ,

其中 0 < r < ∞ 。

引理4 [8] 设f为有穷级 ρ 的超越亚纯函数，f是形式为方程 U ( z , f ) P ( z , f ) = Q ( z , f ) 的一个解，其中 U ( z , f ) , P ( z , f ) , Q ( z , f ) 为f的差分多项式满足全阶 deg U ( z , f ) = n 于 f ( z ) 与 f ( z + c 1 ) , ⋯ , f ( z + c j ) 中，且 deg Q ( z , f ) ≤ n 。又设所有的系数 a λ , λ ∈ I ，且对于所有的 λ ∈ I 有 m ( r , a λ ) = S ( r , f ) 。 U ( z , f ) 恰好含有全阶中最大一项。则

m ( r , P ( z , f ) ) = S ( r , f ) .

引理5 设 f ( z ) 为非常数亚纯函数， a ( z ) 为 f ( z ) 的一个小函数， d j = a − j a ( j = 1 , 2 , ⋯ , q ) 。

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 ( z ) 的差分多项式，其中 m i ( z ) ( i = 1 , 2 , ⋯ , k ) 为 f ( z ) 的整小函数， c i ( i = 1 , 2 , ⋯ , k ) k个判别的有穷复数。则

i) L ( f ) = | f a f ′ a ′ | ≡ 0 与 L ( g ) = | g a g ′ a ′ | ≡ 0 。

ii) m ( r , L ( f ) f − d j ) = S ( r , f ) ，与 m ( r , L ( f ) f ( f − d 1 ) ( f − d 2 ) ⋯ ( f − d m ) ) = S ( r , f ) ，其中 2 ≤ m ≤ q 。

证

i) 只证 L ( f ) ≡ 0 。若不然，有 L ( f ) ≡ 0 ，即 a ′ f − a f ′ ≡ 0 。上式两边积分可得 f ≡ D a ，其中D为非零常数。由特征函数关系明显有 T ( r , f ) = T ( r , a ) = S ( r , f ) ，这显然不可能。故 L ( f ) ≡ 0 。同理可证 L ( g ) ≡ 0 。

ii) 显然有 m ( r , L ( f ) f − d ) = m ( r , a ′ ( f − d ) − ( f ′ − d ′ ) f − d ) ≤ S ( r , f ) ，故 m ( r , L ( f ) f − d j ) = S ( r , f ) 。因为 L ( f ) f ( f − d 1 ) ( f − d 2 ) ⋯ ( f − d m ) = ∑ i = 1 m L ( f ) f − d i ，从而根据上式可证得 m ( r , L ( f ) f ( f − d 1 ) ( f − d 2 ) ⋯ ( f − d m ) ) = S ( r , f ) 。

引理6 设f为非常数亚纯函数， a , b , c 为f的三个判别的小函数。则

T ( r , f ) ≤ N ¯ ( r , 1 f − a ) + N ¯ ( r , 1 f − b ) + N ¯ ( r , 1 f − c ) + S ( r , f ) .

假设 f ≡ g 。因为f与g CM分担0，IM分担a，则由引理1与引理6可得

T ( r , f ) ≤ N ¯ ( r , 1 f ) + N ¯ ( r , 1 f − a ) + S ( r , f ) = N ¯ ( r , 1 g ) + N ¯ ( r , 1 g − a ) + S ( r , f ) ≤ N ( r , 1 f − g ) + S ( r , f ) ≤ T ( r , f − g ) + S ( r , f ) ≤ m ( r , f − g ) + S ( r , f ) ≤ m ( r , f ) + m ( r , 1 − g f ) + S ( r , f ) ≤ T ( r , f ) + S ( r , f ) ,

即 T ( r , f ) = N ¯ ( r , 1 f ) + N ¯ ( r , 1 f − a ) + S ( r , f ) 。 (1)

设 φ = L ( f ) ( f − g ) f ( f − a ) ， (2)

ϕ = L ( g ) ( f − g ) g ( g − a ) , (3)

其中 L ( f ) 与 L ( g ) 为引理5中所定义的。注意到f为非常数有穷级整函数，f与g CM分担0，IM分担a，我们可以知道 φ 的极点只能为a的极点，所以有 N ( r , φ ) = S ( r , f ) 。同理也有 N ( r , ϕ ) = S ( r , f ) 。由对数导数引理以及引理5可得

T ( r , φ ) = m ( r , φ ) + N ( r , φ ) = m ( r , L ( f ) ( f − g ) f ( f − a ) ) + S ( r , f ) ≤ m ( r , L ( f ) f ( f − a ) ) + m ( r , 1 − g f ) + S ( r , f ) = S ( r , f ) , (4)

即 T ( r , φ ) = S ( r , f ) 。设 d = a − j a ( j ≠ 0 , 1 ) ，根据引理5有

m ( r , 1 f ) = m ( r , 1 a φ ( L ( f ) f − L ( f ) f − a ) ( 1 − g f ) ) ≤ m ( r , 1 − g f ) + S ( r , f ) = S ( r , f ) , (5)

m ( r , 1 f − d ) = m ( r , L ( f ) ( f − g ) φ ( f − a ) ( f − d ) f ) ≤ m ( r , 1 − g f ) + m ( r , L ( f ) f f ( f − a ) ( f − d ) ) + S ( r , f ) = S ( r , f ) . (6)

因为f与g CM分担0，于是我们有

g f = e ∂ H , (7)

其中 α 与H为整函数，且H的零点为g的极点。由引理1可得

T ( r , g ) = T ( r , e α f ) + S ( r , f ) = T ( r , f ) + S ( r , f ) . (8)

由引理6，(1)与(8)可得

2 T ( r , f ) ≤ 2 T ( r , g ) + S ( r , f ) ≤ N ¯ ( r , 1 g ) + N ¯ ( r , 1 g − a ) + N ¯ ( r , 1 g − d ) + S ( r , f ) ≤ N ¯ ( r , 1 g ) + N ¯ ( r , 1 f − a ) + T ( r , 1 g − d ) − m ( r , 1 g − d ) + S ( r , f ) ≤ T ( r , f ) + T ( r , g ) − m ( r , 1 g − d ) + S ( r , f ) ≤ 2 T ( r , f ) − m ( r , 1 g − d ) + S ( r , f ) ,

即 m ( r , 1 g − d ) = S ( r , f ) 。 (9)

由Nevanlinna第一基本定理，引理1，引理3，(5)，(6)，(8)，(9)以及f为有穷级整函数，我们有

m ( r , f − d g − d ) ≤ m ( r , f g − d ) + m ( r , d g − d ) ≤ T ( r , f g − d ) − N ( r , f g − d ) + S ( r , f ) ≤ m ( r , g − d f ) + N ( r , g − d f ) − N ( r , f g − d ) + S ( r , f ) ≤ N ( r , 1 f ) − N ( r , 1 g − d ) + S ( r , f ) = T ( r , 1 f ) − T ( r , 1 g − d ) + S ( r , f ) = T ( r , f ) − T ( r , g ) + S ( r , f ) .

因此 m ( r , f − d g − d ) = S ( r , f ) 。 (10)

(3)又可写成 ϕ = [ a − d a L ( g ) g − a + d a L ( g ) g ] [ f − d g − d − 1 ] ，则由(10)可得到

T ( r , ϕ ) = m ( r , ϕ ) + N ( r , ϕ ) = m ( r , ϕ ) + S ( r , f ) = S ( r , f ) . (11)

设 H n , m = n φ − m ϕ ，其中 m , n 为正整数。接下来我们分为以下几种情形讨论。

情形1 n φ ≡ m ϕ 。通过简单计算可得

n ( f ′ f − f ′ − a ′ f − a ) ≡ m ( g ′ g − g ′ − a ′ g − a ) ,

这可推出 ( f f − a ) n ≡ A ( g g − a ) m ，其中A为非零常数。若 n ≠ m ，则从上式恒等式可得到

n T ( r , f ) = m T ( r , g ) + S ( r , f ) ,

这与(8)矛盾。因此 n = m ，于是

f f − a ≡ B g g − a , (12)

其中B为非零常数。若 B = 1 ，明显有 f ≡ g ，这与我们假设矛盾。故 B ≠ 1 。从(12)容易得到

f [ ( B − 1 ) g + a ] ≡ B a g . (13)

注意到 f [ ( B − 1 ) g + a ] 与 B a g 均为f的全阶为k的差分多项式。由引理4与(13)得

m ( r , ( B − 1 ) g + a ) = S ( r , f ) , (14)

即 m ( r , g ) = S ( r , f ) 。这可推出 T ( r , f ) = T ( r , g ) + S ( r , f ) = m ( r , g ) + S ( r , f ) = S ( r , f ) ，显然矛盾。

情形2 n φ ≡ m ϕ 对任意正整数 m , n 都成立。不妨设 z 1 ∈ S ( m , n ) ( 0 ) ∪ S ( m , n ) ( a ) ，即 z 1 分别为 f ( f − a ) 的n重零点与 g ( g − a ) 的m重零点。由(2)和(3)可推出 n φ ( z 1 ) − m ϕ ( z 1 ) = 0 。所以对于所有正整数 m , n ，我们有

N ¯ ( m , n ) ( r , 1 f ) + N ¯ ( m , n ) ( r , 1 f − a ) ≤ N ¯ ( r , 1 n φ − m ϕ ) + S ( r , f ) ≤ T ( r , n φ − m ϕ ) + S ( r , f ) ≤ T ( r , φ ) + T ( r , ϕ ) + S ( r , f ) = S ( r , f ) . (15)

于是根据引理6，(1)和(15)可以得到

T ( r , f ) = N ¯ ( r , 1 f ) + N ¯ ( r , 1 f − a ) + S ( r , f ) ≤ N ¯ 1 ) ( r , 1 f ) + ∑ k = 2 4 N ¯ k ( r , 1 f ) + N ¯ ( 5 ( r , 1 f ) + N ¯ 1 ) ( r , 1 f − a )     + ∑ k = 2 4 N ¯ k ( r , 1 f − a ) + N ¯ ( 5 ( r , 1 f − a ) + S ( r , f ) ≤ N ¯ ( 1 , 1 ) ( r , 1 f ) + ∑ k = 2 4 N ¯ k ( r , 1 f ) + N ¯ ( 5 ( r , 1 f ) + ∑ m = 1 5 N ¯ ( 1 , m ) ( r , 1 f − a )     + ∑ k = 2 4 N ¯ k ( r , 1 f − a ) + N ¯ ( 5 ( r , 1 f − a ) + S ( r , f )

≤ 1 5 [ N ( r , 1 f ) + N ( r , 1 f − a ) ] + 1 5 [ N ( r , 1 g ) + N ( r , 1 g − a ) ] + S ( r , f ) ≤ 2 5 ( T ( r , f ) + T ( r , g ) ) + S ( r , f ) = 4 5 T ( r , f ) + S ( r , f ) (16)

即 T ( r , f ) = S ( r , f ) 。矛盾。于是定理1得证。

国家自然科学基金(NO. 11701188)资助。

黄小皇,刘 丹. 整函数差分唯一性Uniqueness of Difference about Entire Functions[J]. 理论数学, 2019, 09(03): 370-376. https://doi.org/10.12677/PM.2019.93049