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

摘要: 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“δ(0,f)＞0”，且f(z)与其差分多项式g(zIM分担一个小函数a(z)，我们同样得到了相关的结果。

Abstract: In this paper, we study the uniqueness of difference operators about transcendental entire function f(z) with a Borel entire exceptional function, which shares a small function a(z) with its difference polynomial. Furthermore, under the above assumption, we replace the condition “Borel entire exceptional function” by “δ(0,f)＞0”，and get the same result when f(z) shares a(z) CM with its difference polynomial.

1. 引言

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 $f\left(z\right)$ 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 $\delta \left(a,f\right)=1-\underset{r\to \infty }{\bar{\lim }}\frac{N\left(r,a\right)}{T\left(r,f\right)}$，当 $\delta \left(a,f\right)>0$ 时，a称为f的Nevanlinna亏值。定义 $\lambda \left(f\right)$ 与 分别为 $f\left(z\right)$ 的级与下级。设a为开平面内的亚纯函数，如果 $T\left(r,a\right)=S\left(r,f\right)$，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 $\le k$ 的零点密指量，且计重数。 $N_{(k}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$ 为 $f-a$ 的重级 $\ge k$ 的零点密指量且计重数。记 ${\bar{N}}_{k)}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$ 为 $f-a$ 的零点精简密指量，且不计重数。 ${\bar{N}}_{(k}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$ 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 ${\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)$ 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 ${\bar{N}}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)$ 为F的那些重级 $p=q\ge 2$ 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 ${\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)$， ${\bar{N}}_E^{1)}\left(r,\frac{1}{G-1}\right)$， ${\bar{N}}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)$。若F与G IM分担1，则

$\begin{array}{c}\bar{N}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)={\bar{N}}_E^{1)}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)+{\bar{N}}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\\ =\bar{N}\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\end{array}$

设f为非常数有穷正级为 $\lambda$ 的亚纯函数， $\alpha$ 为f的一个小函数。若 $\overline{\underset{r\to \infty }{\lim }}\frac{{\log }^{+}N\left(r,\frac{1}{f-\alpha }\right)}{\log r}<\lambda$，则称 $\alpha$ 为f的一个Borel例外函数。当时，定义 $f-\alpha$ 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， $m_1\left(z\right),m_2\left(z\right),\cdots ,m_k\left(z\right)$ 为f的小函数， $c_1,c_2,\cdots ,c_k$ 为判别的有穷复数。令

$g\left(z\right)=m_1\left(z\right)f\left(z+c_1\right)+m_2\left(z\right)f\left(z+c_2\right)+\cdots +m_k\left(z\right)f\left(z+c_k\right)$

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 $f\left(z\right)$ 为开平面上的有穷级的超越整函数， $\alpha \in C$ 为f的一个Borel例外值， c∈C 为非零有穷复数。设 $a\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 为 $f\left(z\right)$ 的一个小函数，若 $f\left(z+c\right)$ 与 $f\left(z\right)$ CM分担 $a\left(z\right)$，则 $f\left(z\right)\equiv f\left(z+c\right)$。

定理B 设 $f\left(z\right)$ 开平面有穷级的超越整函数， $c\in C$ 为有穷复数。设 $a\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 为 $f\left(z\right)$ 的一个小函数，若 $f\left(z+c\right)$ 与 $f\left(z\right)$ CM分担 $a\left(z\right)$ 且 $\delta \left(0,f\right)>0$，则 $f\left(z\right)\equiv f\left(z+c\right)$。

定理C 设 $f\left(z\right)$ 为开平面有穷级的超越整函数， $c\in C$ 为有穷复数。设 $a\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 为 $f\left(z\right)$ 的一个小函数。若 $f\left(z\right)$ 与 ${\Delta }_{c}f\left(z\right)$ CM分担 $a\left(z\right)$ 且 $\delta \left(0,f\right)>0$，则 $f\left(z\right)\equiv {\Delta }_{c}f\left(z\right)$。

本文推广并改进上述结果，证明了：

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

$g\left(z\right)=m_1\left(z\right)f\left(z+c_1\right)+m_2\left(z\right)f\left(z+c_2\right)+\cdots +m_k\left(z\right)f\left(z+c_k\right)$

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 $f\left(z\right)$ 的一个整小函数，若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ IM分担 $a\left(z\right)$，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$。

定理2 设 $f\left(z\right)$ 为开平面有穷级的超越整函数，

$g\left(z\right)=m_1\left(z\right)f\left(z+c_1\right)+m_2\left(z\right)f\left(z+c_2\right)+\cdots +m_k\left(z\right)f\left(z+c_k\right)$

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 $a\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的一个公共小函数，若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ CM分担且 ，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$。

2. 几个引理

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

$m\left(r,\frac{f\left(z+c\right)}{f\left(z\right)}\right)=S\left(r,f\right)$,

其中 $S\left(r,f\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)$，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

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

引理3 [7] 设 $H=\left(\frac{F^{″}}{F^{\prime }}-\frac{2F^{\prime }}{F-1}\right)-\left(\frac{G^{″}}{G^{\prime }}-\frac{2G^{\prime }}{G-1}\right)$，其中F与G为两个非常数亚纯函数。若F与G IM分担1且 $H\cancel{\equiv }0$，则

$N_E{}^{1)}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)\le N\left(r,H\right)+S\left(r,F\right)+S\left(r,G\right)$.

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

$\lambda \left(f\cdot g\right)\le \max \left\{\lambda \left(f\right),\lambda \left(g\right)\right\}$.

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 $\lambda \left(f\right)<\mu \left(g\right)$，则

$T\left(r,f\right)=o\left(T\left(r,g\right)\right)$.

引理6 设f为非常数有穷级整函数。若 $\alpha$ 为f的一个Borel例外整函数，则 $\delta \left(\alpha ,f\right)=1$。

证 我们分为以下两种情形讨论：

情形1 $\lambda >0$。设 。因为f的一个Borel例外整函数且f为有穷级整函数，则有 $\rho <\lambda$。设 ，其中H为 $f-\alpha$ 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 $T\left(r,f-\alpha \right)=T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$，这可推出 $\lambda \left(f-\alpha \right)=\lambda \left(f\right)$。由引理4以及 $e^Q$ 为正规增长函数，我们可以得到

$\lambda \left(H\right)<\lambda \left(f-\alpha \right)=\lambda \left(f\right)\le \max \left\{\lambda \left(H\right),\lambda \left(e^Q\right)\right\}=\lambda \left(e^Q\right)$,

以及

$\lambda \left(e^Q\right)\le \max \left\{\lambda \left(H\right),\lambda \left(f\right)\right\}=\lambda \left(f\right)$,

即 $\lambda \left(f\right)=\lambda \left(e^Q\right)=\mu \left(e^Q\right)$。又由引理5可得 。因此

$\begin{array}{c}T\left(r,f\right)=T\left(r,f-\alpha \right)+S\left(r,f\right)\\ =T\left(r,H{e}^Q\right)+S\left(r,f\right)\\ \le T\left(r,H\right)+T\left(r,e^Q\right)+S\left(r,f\right)\\ \le T\left(r,e^Q\right)+S\left(r,f\right)+S\left(r,e^Q\right)\end{array}$,

反过来也可得到 $T\left(r,e^Q\right)\le T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)+S\left(r,e^Q\right)$。这可推出 $T\left(r,f\right)=T\left(r,e^Q\right)+S\left(r,f\right)$。故我们有

$\delta \left(\alpha ,f\right)=1-\overline{\underset{r\to \infty }{\lim }}\frac{N\left(r,\frac{1}{f-\alpha }\right)}{T\left(r,f\right)}\le 1-\overline{\underset{r\to \infty }{\lim }}\frac{N\left(r,\frac{1}{H}\right)}{T\left(r,e^Q\right)}=1$.

情形2 $\lambda =0$。由我们引言中所定义的 $\lambda =0$ 时 $f-\alpha$ 的零点个数为有穷个，直接可得 $N\left(r,\frac{1}{f-\alpha }\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)$，于是有 。证毕。

3. 定理1的证明

设

, (1)

其中 $\beta =m_1\left(z\right)\alpha \left(z+c_1\right)+m_2\left(z\right)\alpha \left(z+c_2\right)+\cdots +m_k\alpha \left(z+c_k\right)$。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 $T\left(r,F\right)=T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$。因为 $\alpha$ 为f的整Borel例外函数，则由引理6可以得到 $N\left(r,\frac{1}{f-\alpha }\right)=S\left(r,f\right)$。由引理1可以得到

$T\left(r,g\right)\le T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)=m\left(r,\frac{1}{f-\alpha }\right)+S\left(r,f\right)\le m\left(r,\frac{g-\beta }{f-\alpha }\right)+m\left(r,\frac{1}{g-\beta }\right)+S\left(r,f\right)$,

即 $T\left(r,g\right)=m\left(r,g\right)+S\left(r,f\right)$。故 $N\left(r,\frac{1}{g-\beta }\right)=S\left(r,f\right)$。从而有 $N\left(r,\frac{1}{F}\right)=S\left(r,f\right)$ 与 $N\left(r,\frac{1}{G}\right)=S\left(r,f\right)$。

定义H为引理3中的函数。假设 $H\cancel{\equiv }0$，由引理3有

$\begin{array}{c}N\left(r,H\right)\le {\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{F}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{G}\right)+N_L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)\\ +N_L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{F^{\prime }}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{G^{\prime }}\right)\\ \le N_L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+N_L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{F^{\prime }}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{G^{\prime }}\right)\end{array}$, (2)

其中 $N_0\left(r,\frac{1}{F^{\prime }}\right)$ 为 $F^{\prime }$ 的零点计数函数，而不是F与 $F-1$ 的零点计数函数。同样 $N_0\left(r,\frac{1}{G^{\prime }}\right)$ 也可类似定义。由Nevanlinna第二基本定理可得

. (3)

因为F与G IM分担1，所以我们有

. (4)

结合(2)与引理3可得

$\begin{array}{l}\bar{N}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\\ ={\bar{N}}_E^{1)}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+3N_L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+3N_L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\\ +2N_E^{(2}\left(r,\frac{1}{G-1}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{F^{\prime }}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{G^{\prime }}\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$. (5)

容易发现

$N_L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+2N_L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)+N_E^{1)}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+2N_E^{(2}\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\le N\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\le T\left(r,G\right)$. (6)

由(5)与(6)得

$\begin{array}{c}\bar{N}\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\le 2N_L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+N_L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)+T\left(r,G\right)\\ +N_0\left(r,\frac{1}{F^{\prime }}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{G^{\prime }}\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$. (7)

把(7)代入(3)可以得到

$T\left(r,F\right)\le 2N_L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+N_L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)+S\left(r,f\right)$. (8)

由引理2又有

$\begin{array}{c}2N_L\left(r,\frac{1}{F-1}\right)+N_L\left(r,\frac{1}{G-1}\right)\le 2N\left(r,\frac{1}{F^{\prime }}\right)+N\left(r,\frac{1}{G^{\prime }}\right)\\ \le 2N\left(r,\frac{1}{F}\right)+N\left(r,\frac{1}{G}\right)\\ =S\left(r,f\right)\end{array}$. (9)

由(8)与(9)可得 。矛盾。

因此 $H\equiv 0$。由引理3以及两边积分可得到

$\frac{1}{F-1}=\frac{A}{G-1}+B$, (10)

其中为常数。从(10)式又可以得到

$F=\frac{\left(B+1\right)G+A-B-1}{BG+A-B},G=\frac{\left(B-A\right)F+A-B-1}{BF-B-1}$. (11)

我们分为以下三种情况讨论。

情形1 $B\ne 0,1$。由(11)可以得 $\bar{N}\left(r,\frac{1}{F-\frac{B+1}{B}}\right)=\bar{N}\left(r,G\right)$。由Nevanlinna第二基本定理有

$\begin{array}{c}T\left(r,f\right)=T\left(r,F\right)+S\left(r,f\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\frac{1}{F}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{F-\frac{B+1}{B}}\right)+S\left(r,f\right)\\ =\bar{N}\left(r,G\right)+S\left(r,f\right)=S\left(r,f\right)\end{array}$, (12)

即 $T\left(r,f\right)=S\left(r,f\right)$。矛盾。

情形2 B = 0 。由(11)有

. (13)

若 $A\ne 1$，从(13)可得 $N\left(r,\frac{1}{F-\frac{A-1}{A}}\right)=N\left(r,G\right)$。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 $F\equiv G$，即 $f\equiv g$。

情形3 $B=-1$。由(11)有

. (14)

若 $A\ne -1$，从(14)可得 $F\cdot G\equiv 1$，即

$\left(f-\alpha \right)\left(g-\beta \right)\equiv \left(a-\alpha \right)\left(a-\beta \right)$. (15)

由(15)得到

$\begin{array}{c}2T\left(r,f\right)=2T\left(f-\alpha \right)+S\left(r,f\right)=T\left(r,\frac{1}{{\left(f-\alpha \right)}^2}\right)+S\left(r,f\right)\\ =m\left(r,\frac{1}{{\left(f-\alpha \right)}^2}\right)+N\left(r,\frac{1}{{\left(f-\alpha \right)}^2}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le m\left(r,\frac{g-\beta }{f-\alpha }\frac{1}{\left(f-\alpha \right)\left(g-\beta \right)}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le m\left(r,\frac{g-\beta }{f-\alpha }\right)+m\left(r,\frac{1}{\left(a-\alpha \right)\left(a-\beta \right)}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le T\left(r,a-\alpha \right)+T\left(r,a-\beta \right)+S\left(r,f\right)=S\left(r,f\right)\end{array}$. (16)

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

4. 定理2的证明

假设 $f\cancel{\equiv }g$。因为f与g CM分担a，则

$\frac{g-a}{f-a}=e^H$, (17)

其中H为非零多项式。从(17)可得

$g-a=e^H\left(f-a\right)-\left(f-a\right)+f-a=\left(e^H-1\right)\left(f-a\right)+f-a$,

即 $g=\left(e^H-1\right)\left(f-a\right)+f$. (18)

根据上式可得到

$\frac{g}{\left(e^H-1\right)fa}=\frac{f-a}{fa}+\frac{1}{\left(e^H-1\right)a}=\frac{1}{a}-\frac{1}{f}+\frac{1}{\left(e^H-1\right)a}$,

即 。

因此有

$\begin{array}{c}m\left(r,\frac{1}{f}\right)=m\left(r,\frac{1}{\left(e^H-1\right)a}+\frac{1}{a}-\frac{g}{\left(e^H-1\right)fa}\right)\\ \le 3m\left(r,\frac{1}{a}\right)+2m\left(r,\frac{1}{e^H-1}\right)+m\left(r,\frac{g}{f}\right)+O\left(1\right)\\ \le 2m\left(r,\frac{1}{e^H-1}\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$. (19)

另一方面，由Nevanlinna第二基本定理

$T\left(r,e^H\right)\le N\left(r,\frac{1}{e^H-1}\right)+S\left(r,e^H\right)\le T\left(r,e^H\right)+S\left(r,e^H\right)$,

于是有 $T\left(r,e^H\right)=N\left(r,\frac{1}{e^H-1}\right)+S\left(r,e^H\right)$。

因此我们有 $m\left(r,\frac{1}{e^H-1}\right)\le S\left(r,e^H\right)\le S\left(r,f\right)$。结合(19)立刻有 $m\left(r,\frac{1}{f}\right)=S\left(r,f\right)$，即 $\delta \left(0,f\right)=0$，这与 $\delta \left(0,f\right)>0$ 矛盾。因此 $e^H\equiv C$，其中C为非零常数。若 $C\equiv 1$，则有 $f\equiv g$，这与设矛盾。故 $C\cancel{\equiv }1$，从(17)得 $g-a\equiv C\left(f-a\right)$。把上式代入(18)，且由(19)可得 $m\left(r,\frac{1}{f}\right)=S\left(r,f\right)$。即 $\delta \left(0,f\right)=0$，这与 $\delta \left(0,f\right)>0$ 矛盾。因此 $f\equiv g$。定理2得证。

基金项目

国家自然科学基金(NO.11701188)资助。