亚纯函数分担集合的正规定则

Normality Concerning Meromorphic Functions and Shared Set

摘要: 讨论了亚纯函数分担集合的正规定则，主要结果为：设是区域D内的一族亚纯函数，a，b和c是三个有限复数，且a≠b，k和q是两个正整数，令S=﹛a,b﹜。若对任意的f∈ ，满足：1) ∀_z∈D，h（f^（k）（z））∈S⇒f（z）∈S，其中a_i（z）（i=1，2，…，q-1）是全纯函数， h（f^（k）（z））=（f^（k）（z））^q+a_q-1（z）（f^（k）（z））^q-1+…+a₁（z）f^（k）（z）；2) f-c的零点重级至少为k+1，则 在D内正规。

Abstract: The normal family of meromorphic functions concerning shared set was studied. The following result was proved: Let be a family of meromorphic functions in a domain D, a, b and c be three finite complex numbers, where a≠b, k and q be two positive integers, let S=﹛a,b﹜. If for each f∈, 1) ∀_z∈D，h（f^（k）（z））∈S⇒f（z）∈S，  where a_i（z）（i=1，2，…，q-1） is holomorphic function and h（f^（k）（z））=（f^（k）（z））^q+a_q-1（z）（f^（k）（z））^q-1+…+a₁（z）f^（k）（z）; 2)f-c have zeros with multiplicities at least k+1, then is normal in D.

1. 引言及主要结果

设 $F$ 为区域D内的一族亚纯函数，如果对于 $F$ 的任一函数序列 $\left\{f_n\left(z\right)\right\}$ 均可选出一个子序列 $\left\{f_{nj}\left(z\right)\right\}$ 在区域D上按球距内闭一致收敛，则称 $F$ 在D内正规。

设f和g是区域D内的两个亚纯函数，a是一个复数。若 $f\left(z\right)-a$ 与 $g\left(z\right)-a$ 在D有相同的零点，则称f与g在区域D内分担a或称IM分担a；若 $f\left(z\right)-a$ 与 $g\left(z\right)-a$ 在D有相同的零点并且所有零点的重级也相同，则称f与g在区域D内CM分担a。

用记号 $f\left(z\right)=a\Rightarrow g\left(z\right)=a$ 来表示若 $f\left(z\right)=a$ 则 $g\left(z\right)=a$，如果 $f\left(z\right)=a\Rightarrow g\left(z\right)=a$ 且 $g\left(z\right)=a\Rightarrow f\left(z\right)=a$，我们记为 $f\left(z\right)=a\iff g\left(z\right)=a$。如果把复数a替换为集合S，我们记为 $f\left(z\right)\in S\iff g\left(z\right)\in S$。

1992年，Schwick [1] 首次把亚纯函数正规族与分担值联系起来，证明了

定理A设 $F$ 为区域D上的非常数亚纯函数， $a_1$， $a_2$ 和 $a_3$ 是三个互相判别的有穷复数。若对任意的 $f\in F$，f与 $f^{\prime }$ 分担 $a_i$， $i=1,2,3$，则 $F$ 在D内正规。

此后，与分担值结合的亚纯函数正规定则在文 [2] [3] [4] 中得到进一步研究。自然地，人们会问：如果将分担三个复数 $a_1,a_2,a_3$ 替换为分担集合 $S=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$，相应的结论是否成立？2007年，刘晓俊和庞学诚 [5] 考虑亚纯函数及其一阶导数分担一个集合的正规性问题，证明了？

定理B设 $F$ 为区域D内的一族亚纯函数， $a_1$， $a_2$ 和 $a_3$ 是三个互相判别的有限复数， $S=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$，若对任意的 $f\in F$， $f\left(z\right)\in S\iff f^{\prime }\left(z\right)\in S$，其中 $z\in D$，则 $F$ 在D内正规。

一个自然的问题是将定理B中的 $f^{\prime }$ 改为 $f^{\left(k\right)}$，结论是否仍然成立。2011年，张汉等人 [6] 探究f和 $f^{\left(k\right)}$ 分担一个集合的正规性，证明了

定理C设 $F$ 为区域D内的一族亚纯函数， $a_1$， $a_2$ 和 $a_3$ 为三个互相判别的有限复数， $S=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$， $k\left(>2\right)$ 是一个正整数，a为任意有限复数。若对任意的 $f\in F$， $f-a$ 的零点和极点重级都 $\ge k$，且 $f\left(z\right)\in S\iff f^{\left(k\right)}\left(z\right)\in S$，其中 $z\in D$，则 $F$ 在D内正规。

2008年，韩明华和顾永兴 [7] 探讨 $f^{\left(k\right)}$ 和f分担两个值的情形，证明了

定理D设 $F$ 为区域D内的一族亚纯函数， $a_1$， $a_2$ 和c是三个有限复数且 $a_1\ne a_2$。若对任意的 $f\in F$，满足，1) $f-c$ 的零点重级均 $\ge k+1$ ；2) $f^{\left(k\right)}\left(z\right)=a_i\Rightarrow f\left(z\right)=a_i$，其中 $i=1,2$， $z\in D$，那么 $F$ 在D内正规。

2018年，陈鸿辉等人 [8] 考虑 ${\left(f^{\left(k\right)}\right)}^q$ 和f分担一个集合S的情况，证明了

定理E设 $F$ 为区域D内的一族亚纯函数，a，b和c是三个判别的有限复数且 $a\ne b$，k是正整数，令 $S=\left\{a,b\right\}$。若对任意的 $f\in F$，满足，1) $f-c$ 的零点重级均 $\ge k+1$ ；2) ${\left(f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right)}^q\in S\Rightarrow f\left(z\right)\in S$，其中 $z\in D$，则 $F$ 在D内正规。

本文推广了定理E，证明了

定理1设 $F$ 是区域D内的一族亚纯函数，a，b和c是三个有限复数，且 $a\ne b$， $k$ 和q是两个正整数，令 $S=\left\{a,b\right\}$。若对任意的 $f\in F$，满足，1) $f-c$ 的零点重级 $\ge k+1$ ；2) $h\left(f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right)\in S\Rightarrow f\left(z\right)\in S$，其中 $z\in D$， $a_1,\cdots ,a_{q-1}$ 是全纯函数，且 $h\left(f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right)={\left(f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right)}^q+a_{q-1}\left(z\right){\left(f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right)}^{q-1}+\cdots +a_1\left(z\right)f^{\left(k\right)}\left(z\right)$，则 $F$ 在D内正规。

下面的例子说明定理1中的条件“ $f-c$ 的零点重级 $\ge k+1$ ”是必须的。

例1令 $D=\left\{z:\left|z\right|<1\right\}$，k和q是两个正整数， $S=\left\{-1,1\right\}$， $q=1$， $c=0$。 $f\in F=\left\{f_n\left(z\right)\right\}$，其中 $f_n\left(z\right)=n{z}^k$， $n=2,3,\cdots$。显然 ${\left(f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right)}^q\in S\Rightarrow f\left(z\right)\in S$。但是， $F$ 在D上不正规。

2. 引理

定理的证明需要下列引理。

引理1 (Zalcman-Pang引理) [9] 设 $F$ 为区域D内的一族亚纯函数，k为正整数， $F$ 中的每个函数的零点重级至少为k，且存在一个正数A，若 $f\left(z\right)=0$，必有 $\left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A$。那么，若 $F$ 在D内不正规，则对于每一个 $\alpha$， $0\le \alpha \le k$，存在

1) 函数列 $f_n\in F$ ；

2) 点列 $z_n\in D$， $z_n\to z_0$ ；

3) 正数列 ${\rho }_n\to 0$ ；

4) 实数r， $0<r<1$。

使得函数 $g_n\left(\xi \right)=\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)}{{\rho }_n^{\alpha }}$ 在复平面C上按球面距离内闭一致收敛于一个非常数亚纯函数 $g\left(\xi \right)$，并且 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k$，它的级至多为2。

引理2 [10] 设 $f\left(z\right)$ 为复平面上的一个超越亚纯函数，k为一个正整数，b为非零有限复数，则f或者 $f^{\left(k\right)}-b$ 有无穷多个零点。

引理3 [11] 设 $f\left(z\right)=a_n{z}_n+a_{n-1}{z}_{n-1}+\cdots +a_0+\frac{q\left(z\right)}{p\left(z\right)}$， $a_0,a_1,\cdots ,a_n\left(\ne 0\right)$ 是常数。 $q\left(z\right)$ 和 $p\left(z\right)$ 是两个互素的多项式，且 $\mathrm{deg}q\left(z\right)<\mathrm{deg}p\left(z\right)=m$，k是正整数。若 $f^{\left(k\right)}\ne 1$，则有

1) $n=k,n!a_n=1$ ；

2) $f\left(z\right)=\frac{z^k}{k!}+\cdots +a_1+a_0+\frac{1}{{\left(az+b\right)}^m}$，其中 $a\left(\ne 0\right)$ 和b是常数；

3) 若 $f\left(z\right)$ 的零点重级均 $\ge k+1$，则结论2) 中 $m=1$，且 $f\left(z\right)=\frac{{\left(cz+d\right)}^{k+1}}{az+b}$，其中 $a\left(\ne 0\right),b$ 和d是常数。

引理4 [12] 设k是一个正整数，f是一个有穷级的亚纯函数，且零点重级至少为k。设a是一个非零复数，若 $f\left(z\right)$ 和 $f^{\left(k\right)}\left(z\right)$ 分担0，且 $f^{\left(k\right)}\left(z\right)\ne a$，则f是一个常数。

3. 定理1的证明

假设 $F$ 在D内不正规，则 $F$ 在 $z_0\in D$ 内不正规。由引理1，可知存在函数列 $f_n\in F$，点列 $z_n\in D$， $z_n\to z_0$，正数列 ${\rho }_n\to 0$，使得函数 $g_n\left(\xi \right)=\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n^{\alpha }}$ 在复平面C上按球面距离内闭一致收敛于一个非常数亚纯函数 $g\left(\xi \right)$，且 $g\left(\xi \right)$ 的级至多为2，零点重级均 $\ge k+1$。

下面我们分两种情形进行讨论。

情形1 $c\notin S$。即 $a\ne c$ 且 $b\ne c$。为了明确起见，不妨假设 $a\ne 0$。

我们断言

1) $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne a$ ；

2) $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne b$。

下面我们证明断言1)，因为

$g_n\left(\xi \right)=\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n{}^k}\to g(\xi )$

则

$g_n^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\to g^{\left(k\right)}(\xi )$

${\left(g_n^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)}^q={\left(f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)}^q\to {\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)}^q$

其中 $\xi \in \left\{\xi :g\left(\xi \right)\ne \infty \right\}$。

可证 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\cancel{\equiv }a$，否则， $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\equiv a$，由 $h\left(f^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)$ 的定义，可找到一个非零常数w，使 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\equiv w$，进而可知 $g\left(\xi \right)$ 是一个次数为k次的多项式。由于 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k+1$，则 $g\left(\xi \right)$ 为常数。矛盾。假设存在一点 ${\xi }_0$，使得 $h\left(g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)\right)=a$，故 ${\xi }_0$ 不是 $g\left(\xi \right)$ 的极点。取 $\delta \left({\xi }_0\right)>0$，使 $g\left(\xi \right)$ 在 $\Delta =\left\{\xi :\left|\xi -{\xi }_0\right|<\delta \right\}$ 内是全纯的，因此在 $\Delta$ 内有

$\begin{array}{l}h\left(f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)-a\\ ={\left(f^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)}^q+a_{q-1}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right){\left(f^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)}^{q-1}+\cdots +a_1\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)f^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-a\\ ={\left(g^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)}^q+a_{q-1}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right){\left(g^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)}^{q-1}+\cdots +a_1\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)g^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-a\\ =h\left(g_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)-a\end{array}$

由Hurwitz定理，可找到一个点列 $\left\{{\xi }_n\right\}\subset \Delta$， ${\xi }_n\to {\xi }_0$，使 $h\left(g_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)\right)-a=0$。由条件可知， $f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)=a$ 或者 $f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)=b$。

如果 $f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)=a$，可得 $g\left({\xi }_0\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n{}^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a-c}{{\rho }_n{}^k}=\infty$。

如果 $f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)=b$，可得 $g\left({\xi }_0\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b-c}{{\rho }_n^k}=\infty$。

因此 ${\xi }_0$ 是 $g\left(\xi \right)$ 的极点，矛盾。所以断言1)成立。同理可证断言2)也成立。

因为 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne a$，根据 $h\left(f^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)$ 的定义，可找到一个非零常数w，使 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\ne w$。根据引理2，可得 $g\left(\xi \right)$ 是超越亚纯函数。因为 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k+1$ 和 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\ne w$，则 $g\left(\xi \right)$ 不是多项式。根据引理3，令 $g\left(\xi \right)=\frac{w{\xi }^k}{k!}+\cdots +a_0+\frac{1}{A\xi +B}$，其中 $A\left(\ne 0\right),B,a_0,\cdots$ 是常数。由于 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne b$，由 $h\left(f^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)$ 的定义，可找到一个常数d，使 $g^{\left(k\right)}\ne d$，其中 $d=0$ 或者 $d\ne 0$。经过简单的计算，可得 $g^{\left(k\right)}=w+\frac{{\left(-1\right)}^{\left(k\right)}k!A^k}{{\left(A\xi +B\right)}^{k+1}}$，所以 $g^{\left(k\right)}=d$ 有解，进而 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)=b$ 有解，与断言2)矛盾。

情形2 $c\in S$，即 $a=c$ 或 $b=c$。不妨假设 $a=c$。

可断言

3) $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)=a\Rightarrow g\left(\xi \right)=0$ ；

4) $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)=b\Rightarrow g\left(\xi \right)=0$。

下面我们证明断言3)，使用情形1的方法，可找到一个点列 $\left\{{\xi }_n\right\}\subset \Delta$， ${\xi }_n\to {\xi }_0$，使 $h\left(g_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)\right)-a=0$，由条件可知， $f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)=a$ 或者 $f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)=b$。

假设 $f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)=a$，可得 $g\left({\xi }_0\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a-c}{{\rho }_n^k}=0$。

假设 $f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)=b$，可得 $g\left({\xi }_0\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b-c}{{\rho }_n^k}=\infty$，此时 ${\xi }_0$ 是 $g\left(\xi \right)$ 的极点，这与 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)=a$ 矛盾，故这种情况不成立。

所以断言3)成立，同理可证断言4)成立。

子情形2.1 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne a$ 且 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne b$。

根据情形1的表述，可知这种情况不成立。

子情形2.2 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne a$， $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)=b$ 或 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)=a$， $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne b$。

为了明确起见，不妨设 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne a$，则有 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)=b\Rightarrow g\left(\xi \right)=0$。可证 $b=0$，否则 $b\ne 0$。存在 ${\xi }_0$，使 $h\left(g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)\right)=b\Rightarrow g\left({\xi }_0\right)=0$。即 ${\xi }_0$ 是 $g\left(\xi \right)$ 的零点。因为 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k+1$，所以 ${\xi }_0$ 也是 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)$ 的零点。即 $b=0$，矛盾。所以有 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=0\Rightarrow g\left(\xi \right)=0$。由于 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k+1$，可得 $g\left(\xi \right)=0\Rightarrow g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=0$。因此 $g\left(\xi \right)$ 和 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)$ 分担0。因为 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)\ne a$ 且 $a\ne b$，再根据 $h\left(f^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)$ 的定义和情形1的表述，可知存在一个非零常数w，使 $g^{\left(k\right)}\ne w$，由引理4，可知 $g\left(\xi \right)$ 是一个常数，矛盾。

子情形2.3 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)=a$ 且 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)=b$，即断言3)和断言4)同时成立。

因为 $h\left(g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\right)=a\Rightarrow g\left({\xi }_0\right)=0$，显然 $a=0$。否则 $a\ne 0$，存在 ${\xi }_0$，使 $h\left(g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)\right)=a\Rightarrow g\left({\xi }_0\right)=0$，故 ${\xi }_0$ 是 $g\left(\xi \right)$ 的零点。由条件，可知 ${\xi }_0$ 也是 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)$ 的零点，即 $a=0$。同理可得 $b=0$，这与 $a\ne b$ 矛盾。

综上所述， $F$ 在D内正规。定理1证毕。

基金项目

国家自然科学基金(编号：11271090)，广东省自然科学基金(编号：2016A030310257、2015A030313346)}，广州大学研究生创新能力培养资助计划(2018GDJC-D28)资助。