与其导数分担两个公共值的亚纯函数的唯一性

Uniqueness of the Meromorphic Function Sharing Two Values with Its Derivatives

摘要: 本文研究了与其导数分担两个公共值的亚纯函数的唯一性，并证明了一些有趣的结果。

Abstract: This paper is to study the uniqueness of the meromorphic function sharing two values with its de-rivatives. Some interesting results are proved.

1. 引言

在本文中，亚纯函数是指该函数在整个复平面上亚纯。在下文中，假定所有读者都熟悉亚纯函数的Nevanlinna值分布理论的基本记号 [1] [2] [3]。

对非常数亚纯函数f，用 $S\left(r,f\right)$ 表示满足 $\underset{r\to \infty ,r\notin E}{\lim }\frac{S\left(r,f\right)}{T\left(r,f\right)}=0$ 的量，其中E为一个有限对数测度集。

设f和g为两个非常数亚纯函数， $a\in ℂ\cup \left\{\infty \right\}$。用 $E\left(a,f\right)$ 表示 $f-a$ 的所有零点之集(计重数)，用 $\bar{E}\left(a,f\right)$ 表示 $\begin{array}{l}\begin{array}{l}f-a\hfill \end{array}\hfill \end{array}$ 的所有不同零点之集(不计重数)。若 $\bar{E}\left(a,f\right)=\bar{E}\left(a,g\right)$，则称f和g分担aIM。若 $E\left(a,f\right)=E\left(a,g\right)$，则称f和g分担aCM。

Rubel和Yang [4] 最早研究了与导数具有分担值的整函数的唯一性。他们证明了以下结果。

定理A 设f为非常数整函数。若f和 $f^{\prime }$ 分两个不同的有限值 $\begin{array}{l}\begin{array}{l}a,b\hfill \end{array}\hfill \end{array}$ CM，则 $f\equiv f^{\prime }$。

1979年，Mues和Steinmetz [5] 改进了定理A。他们证明了

定理B 设f为非常数整函数。若f和 $f^{\prime }$ 分两个不同的有限值 $\begin{array}{l}\begin{array}{l}a,b\hfill \end{array}\hfill \end{array}$ CM，则 $f\equiv f^{\prime }$。

1983年，Mues和Steinmetz [6] 与Gundersen [7] 分别独立地将定理A推广到亚纯函数，得到

定理C 设f为非常数亚纯函数。若f和 $f^{\prime }$ 分两个不同的有限值 $\begin{array}{l}\begin{array}{l}a,b\hfill \end{array}\hfill \end{array}$ CM，则 $f\equiv f^{\prime }$。

此后，大量文章探讨了将 $f^{\prime }$ 换成 $f^{\left(k\right)}\left(k\ge 2\right)$ 的情况，如文 [8] [9] [10]。在此仅给出文献 [8] 中的结果如下：

定理D 设f为非常数整函数。若f和 $f^{\left(k\right)}\left(k\ge 2\right)$ 分两个不同的有限值 $\begin{array}{l}\begin{array}{l}a,b\hfill \end{array}\hfill \end{array}$ IM，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

考虑放宽定理C中“CM”的条件，Li [11] 证明了以下结果。

定理E 假设f为非常数亚纯函数，满足 $N\left(r,f\right)<\lambda T\left(r,f\right)$，其中 $\lambda \in \left[0,1/9\right)$， $a,b$ 为两个不同的有限值。若f和 $f^{\prime }$ 分担 $\begin{array}{l}\begin{array}{l}a,b\hfill \end{array}\hfill \end{array}$ IM，则 $f\equiv f^{\prime }$。

本文考虑进一步放宽定理D和定理E中的条件，证明了以下结果：

定理1 设f为非常数亚纯函数，k为正整数。若 $\bar{N}\left(r,f\right)<T\left(r,f\right)/\left(3k+1\right)$，f和 $f^{\left(k\right)}$ 分担两个不同的非零有限值 $a,b$ IM，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

定理2 设f为非常数亚纯函数，k为正整数。若 $\bar{N}\left(r,f\right)<T\left(r,f\right)/\left(3k^2+4k+2\right)$，f和 $f^{\left(k\right)}$ 分担 $\begin{array}{l}\begin{array}{l}0,a\left(\ne 0\right)\hfill \end{array}\hfill \end{array}$ IM，且 $E\left(0,f\right)\subseteq E\left(0,f^{\left(k\right)}\right),E\left(1,f\right)\subseteq E\left(1,f^{\left(k\right)}\right)$，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

2. 引理

引理1 [11] 设f为非常数亚纯函数满足 $\bar{N}\left(r,f\right)=\lambda T\left(r,f\right)$，其中 $\lambda \in \left[0,1\right)$，再设k为正整数。若f和 $f^{\left(k\right)}$ 分担1 IM，则

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)>\frac{1-\lambda }{k+1}T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$

3. 定理1的证明

假设 $\begin{array}{l}\begin{array}{l}f\hfill \end{array}\hfill \end{array}\cancel{\equiv }{f}^{\left(k\right)}$。首先由f和 $f^{\left(k\right)}$ 分担 $a,b$ IM及Nevanlinna第一基本定理可得

$\begin{array}{l}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-a}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-b}\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-b}\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f-f^{\left(k\right)}}\right)\le T\left(r,f-f^{\left(k\right)}\right)+S\left(r,f\right)\\ =m\left(r,f-f^{\left(k\right)}\right)+N\left(r,f-f^{\left(k\right)}\right)+S\left(r,f\right)\\ =m\left(r,f\left(1-\frac{f^{\left(k\right)}}{f}\right)\right)+N\left(r,f\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\\ \le m\left(r,f\right)+N\left(r,f\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)=T\left(r,f\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).\end{array}$ (1)

注意到

$m\left(r,\frac{1}{f-a}\right)+m\left(r,\frac{1}{f-b}\right)\le m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}}\right)+S\left(r,f\right).$

由(1)可得

$T\left(r,f\right)\le m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}}\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$ (2)

由于

$N\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-a}\right)-\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-a}\right)+N\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-b}\right)-\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-b}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f^{\left(k+1\right)}}\right),$

故再由(1)可得

$N\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-a}\right)+N\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-b}\right)\le T\left(r,f\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+N\left(r,\frac{1}{f^{\left(k+1\right)}}\right)+S\left(r,f\right).$ (3)

又因为

$m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}}\right)+m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-a}\right)+m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-b}\right)\le m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k+1\right)}}\right)+S\left(r,f\right),$

所以

$\begin{array}{l}m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}}\right)+2T\left(r,f^{\left(k\right)}\right)+O\left(1\right)\\ =m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}}\right)+m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-a}\right)+m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-b}\right)+N\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-a}\right)\\ +N\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}-b}\right)T\left(r,f\right)+T\left(r,\frac{1}{f^{\left(k+1\right)}}\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\le T\left(r,f\right)+m\left(r,f^{\left(k+1\right)}\right)+N\left(r,f^{\left(k+1\right)}\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\\ \le T\left(r,f\right)+m\left(r,\frac{f^{\left(k+1\right)}}{f^{\left(k\right)}}\right)+m\left(r,f^{\left(k\right)}\right)+N\left(r,f^{\left(k\right)}\right)+\left(k+1\right)\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\\ \le T\left(r,f\right)+T\left(r,f^{\left(k\right)}\right)+\left(k+1\right)\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).\end{array}$

由上式和(2)得到

$T\left(r,f^{\left(k\right)}\right)\le \left(2k+1\right)\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$ (4)

至此，由(2)和(4)可得

$T\left(r,f\right)\le m\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}}\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\le T\left(r,f^{\left(k\right)}\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\le \left(3k+1\right)\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$

这与已知条件 $\bar{N}\left(r,f\right)<T\left(r,f\right)/\left(3k+1\right)$ 矛盾。定理1证明完毕。

4. 定理2的证明

断言f无极点，即为整函数。否则，f至少有一个极点。不失一般性，不妨假设 $a=1$。记

$g=\frac{f^{\left(k\right)}\left(f^{\left(k\right)}-f\right)}{f\left(f-1\right)}.$ (5)

由于f和 $f^{\left(k\right)}$ 分担 $0,1$ IM，且 $E\left(0,f\right)\subseteq E\left(0,f^{\left(k\right)}\right),E\left(1,f\right)\subseteq E\left(1,f^{\left(k\right)}\right)$，故g为亚纯函数，至少有一个极点，其极点均为f的极点，且重数不小于2k。特别地，

$m\left(r,g\right)=m\left(r,\frac{f^{\left(k\right)}}{f-1}\left(\frac{f^{\left(k\right)}}{f}-1\right)\right)\le m\left(r,\frac{f^{\left(k\right)}}{f-1}\right)+m\left(r,\frac{f^{\left(k\right)}}{f}\right)=S\left(r,f\right).$ (6)

将(5)写成

${\left(f^{\left(k\right)}\right)}^2-f{f}^{\left(k\right)}=g\left(f^2-f\right),$

并对等式两边同时求导可得

$2f^{\left(k\right)}{f}^{\left(k+1\right)}-f^{\prime }{f}^{\left(k\right)}-f{f}^{\left(k+1\right)}=g^{\prime }\left(f^2-f\right)+g\left(2f{f}^{\prime }-f^{\prime }\right).$ (7)

由于 $\begin{array}{l}\begin{array}{l}{z}_0\hfill \end{array}\hfill \end{array}$ 为 $f-1$ 的一个零点，z则 $f\left(z_0\right)=f^{\left(k\right)}\left(z_0\right)=1$。再由(7)可得

$g\left(z_0\right)=\frac{f^{\left(k\right)}\left(z_0\right)}{f\left(z_0\right)}=1.$

故

$\varphi =\frac{\left(f^{\left(k+1\right)}-\left(1+g\right)f^{\prime }\right)\left(f^{\left(k\right)}-f\right)}{f\left(f-1\right)}$

为亚纯函数，至少有一个极点，其极点均为f的极点，且重数不小于 $3k+1$。结合(6)和对数导数引理可得

$T\left(r,\varphi \right)=m\left(r,\varphi \right)+N\left(r,\varphi \right)=S\left(r,f\right)+\left(3k+1\right)\bar{N}\left(r,f\right).$ (8)

又因为 $E\left(0,f\right)\subseteq E\left(0,f^{\left(k\right)}\right),E\left(1,f\right)\subseteq E\left(1,f^{\left(k\right)}\right)$，所以由 $\begin{array}{l}\varphi \hfill \end{array}$ 的定义可知 $f-1$ 的一个零点均为 $\begin{array}{l}\varphi \hfill \end{array}$ 的零点，从而

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)\le N\left(r,\frac{1}{\varphi }\right)\le T\left(r,\varphi \right)=\left(3k+1\right)\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)<\frac{3k+1}{3k^2+4k+2}T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$ (9)

另一方面，由已知条件 $\bar{N}\left(r,f\right)<T\left(r,f\right)/\left(3k+1\right)$ 和引理1可得

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)>\frac{3k+1}{3k^2+4k+2}T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$

这与(9)矛盾。这一矛盾表明f无极点，即为整函数。此时，由定理D即可完成定理2的证明。

致谢

本论文得到广东省高等学校优秀青年教师培养计划项目(YQ2015089)，广东自然科学基金项目(2015A030313620)，广东海洋大学优秀青年教师培养计划项目(2014007，HDYQ2015006)，广东海洋大学创新强校工程项目(gdou2016050209)的资助。

参考文献

NOTES

^*通讯作者。