整函数差分唯一性

Uniqueness of Difference about Entire Functions

摘要: 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_i（z）f（z+c_i）+…+m_k（z）f（z+c）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) 。

Abstract: In this paper, we investigate the uniqueness of difference operators about entire function, and prove: let f(z) be an entire function of finite order, k be some positive integers, let a(z) be a small function of f(z) , and let g（z）=m_i（z）f（z+c_i）+…+m_k（z）f（z+c） be the difference poly-nomial of f(z) , where m_i（z）（i=1，2，…，k）  are the small functions of f(z) , and c_i（i=1，2，…，k）  are some finite distinct values. If f(z) and g(z) share 0 CM, and share a(z)IM, then f(z)=g(z) .

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a为开平面内的亚纯函数，若 $T\left(r,a\right)=S\left(r,f\right)$ ，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 $N_{k)}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$ 为 $f-a$ 的重级 $\le k$ 的零点密指量，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，计重数。记 ${\bar{N}}_{k)}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$ 为 $f-a$ 的重级 $\le k$ 的零点精简密指量，不计重数。 ${\bar{N}}_{(k}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$ 为 $f-a$ 的重级 $\ge k$ 的零点精简密指量，不计重数。记 ${\bar{N}}_k\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$ 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 $f\left(z\right)$ 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 $f\left(z\right)$ 的小函数， $c_1,c_2,\cdots ,c_k$ 为判别的有穷复数。令

$\begin{array}{l}g\left(z\right)=m_1\left(z\right)f\left(z+c_1\right)+m_2\left(z\right)f\left(z+c_2\right)\\ +\cdots +m_k\left(z\right)f\left(z+c_k\right)\end{array}$

为 $f\left(z\right)$ 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 $f\left(z\right)$ 为开平面有穷级的超越整函数， $c\in C$ 为非零有穷复数，n为正整数。设 $a\left(z\right)\cancel{\equiv }0,b\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 为 $f\left(z\right)$ 的两个判别的小函数。若 $f\left(z\right)$ 与 ${\Delta }_{c}f\left(z\right)$ CM分担 $a\left(z\right)$ 与 $b\left(z\right)$ ，则 $f\left(z\right)\equiv {\Delta }_c^{n}f\left(z\right)$ 。

2017年，Li-Duan-Chen [4] 证明了：

定理B 设 $f\left(z\right)$ 为开平面有穷级整函数， $c\in C$ 为非零有穷复数，n为正整数，a为有穷复数。若 $f\left(z\right)$ 与 ${\Delta }_{c}f\left(z\right)$ CM0，IM分担a，则 $f\left(z\right)\equiv {\Delta }_c^{n}f\left(z\right)$ 。

本文推广并改进上述定理，证明了：

定理1 设 $f\left(z\right)$ 为开平面有穷级整函数，

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

为 $f\left(z\right)$ 的差分多项式，其中 $m_i\left(z\right)\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$ 为f的整小函数， $c_i\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$ k个判别的有穷复数。又设 $a\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 为 $f\left(z\right)$ 的一个小函数，若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 分担0，IM分担 $a\left(z\right)$ ，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 。

2. 几个引理

引理1 [5] [6] [7] 设f为非常数有穷级亚纯函数， $c\in C$ 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 设f为非常数亚纯函数， $P\left(f\right)=a_p{f}^p+a_{p-1}{f}^{p-1}+\cdots +a_0\left(a_p\ne 0\right)$ 为阶数为p的多项式，且系数 $a_j\left(j=0,1,\cdots ,p\right)$ 为有穷复数。又设 $b_i\left(i=1,\cdots ,q\right)\left(q>p\right)$ 为q个判别的复数，则

$m\left(r,\frac{P\left(f\right)f^{\prime }}{\left(f-b_1\right)\left(f-b_2\right)\cdots \left(f-b_q\right)}\right)=S\left(r,f\right)$ .

引理3 设 $f_1$ 与 $f_2$ 均为 $\left|z\right|<\infty$ 上的非常数亚纯函数，则

$\begin{array}{l}N\left(r,f_1{f}_2\right)-N\left(r,\frac{1}{f_1{f}_2}\right)\\ =N\left(r,f_1\right)+N\left(r,f_2\right)-N\left(r,\frac{1}{f_1}\right)-N\left(r,\frac{1}{f_2}\right)\end{array}$ ,

其中 $0<r<\infty$ 。

引理4 [8] 设f为有穷级 $\rho$ 的超越亚纯函数，f是形式为方程 $U\left(z,f\right)P\left(z,f\right)=Q\left(z,f\right)$ 的一个解，其中 $U\left(z,f\right),P\left(z,f\right),Q\left(z,f\right)$ 为f的差分多项式满足全阶 $\mathrm{deg}U\left(z,f\right)=n$ 于 $f\left(z\right)$ 与 $f\left(z+c_1\right),\cdots ,f\left(z+c_j\right)$ 中，且 $\mathrm{deg}Q\left(z,f\right)\le n$ 。又设所有的系数 $a_{\lambda },\lambda \in I$ ，且对于所有的 $\lambda \in I$ 有 $m\left(r,a_{\lambda }\right)=S\left(r,f\right)$ 。 $U\left(z,f\right)$ 恰好含有全阶中最大一项。则

$m\left(r,P\left(z,f\right)\right)=S\left(r,f\right)$ .

引理5 设 $f\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数， $a\left(z\right)$ 为 $f\left(z\right)$ 的一个小函数， $d_j=a-ja\left(j=1,2,\cdots ,q\right)$ 。

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

为 $f\left(z\right)$ 的差分多项式，其中 $m_i\left(z\right)\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$ 为 $f\left(z\right)$ 的整小函数， $c_i\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$ k个判别的有穷复数。则

i) $L\left(f\right)=\left|\begin{array}{cc}f& a\\ f^{\prime }& a^{\prime }\end{array}\right|\cancel{\equiv }0$ 与 $L\left(g\right)=\left|\begin{array}{cc}g& a\\ g^{\prime }& a^{\prime }\end{array}\right|\cancel{\equiv }0$ 。

ii) $m\left(r,\frac{L\left(f\right)}{f-d_j}\right)=S\left(r,f\right)$ ，与 $m\left(r,\frac{L\left(f\right)f}{\left(f-d_1\right)\left(f-d_2\right)\cdots \left(f-d_m\right)}\right)=S\left(r,f\right)$ ，其中 $2\le m\le q$ 。

证

i) 只证 $L\left(f\right)\cancel{\equiv }0$ 。若不然，有 $L\left(f\right)\equiv 0$ ，即 $a^{\prime }f-a{f}^{\prime }\equiv 0$ 。上式两边积分可得 $f\equiv Da$ ，其中D为非零常数。由特征函数关系明显有 $T\left(r,f\right)=T\left(r,a\right)=S\left(r,f\right)$ ，这显然不可能。故 $L\left(f\right)\cancel{\equiv }0$ 。同理可证 $L\left(g\right)\cancel{\equiv }0$ 。

ii) 显然有 $m\left(r,\frac{L\left(f\right)}{f-d}\right)=m\left(r,\frac{a^{\prime }\left(f-d\right)-\left(f^{\prime }-d^{\prime }\right)}{f-d}\right)\le S\left(r,f\right)$ ，故 $m\left(r,\frac{L\left(f\right)}{f-d_j}\right)=S\left(r,f\right)$ 。因为 $\frac{L\left(f\right)f}{\left(f-d_1\right)\left(f-d_2\right)\cdots \left(f-d_m\right)}={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{m}{\sum }}\frac{L\left(f\right)}{f-d_i}}$ ，从而根据上式可证得 $m\left(r,\frac{L\left(f\right)f}{\left(f-d_1\right)\left(f-d_2\right)\cdots \left(f-d_m\right)}\right)=S\left(r,f\right)$ 。

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

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

3. 定理1的证明

假设 $f\cancel{\equiv }g$ 。因为f与g CM分担0，IM分担a，则由引理1与引理6可得

$\begin{array}{c}T\left(r,f\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)+S\left(r,f\right)\\ =\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g-a}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le N\left(r,\frac{1}{f-g}\right)+S\left(r,f\right)\le T\left(r,f-g\right)+S\left(r,f\right)\\ \le m\left(r,f-g\right)+S\left(r,f\right)\le m\left(r,f\right)+m\left(r,1-\frac{g}{f}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$ ,

即 $T\left(r,f\right)=\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)+S\left(r,f\right)$ 。 (1)

设 $\phi =\frac{L\left(f\right)\left(f-g\right)}{f\left(f-a\right)}$ ， (2)

$\varphi =\frac{L\left(g\right)\left(f-g\right)}{g\left(g-a\right)}$ , (3)

其中 $L\left(f\right)$ 与 $L\left(g\right)$ 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 $\phi$ 的极点只能为a的极点，所以有 $N\left(r,\phi \right)=S\left(r,f\right)$ 。同理也有 $N\left(r,\varphi \right)=S\left(r,f\right)$ 。由对数导数引理以及引理5可得

$\begin{array}{c}T\left(r,\phi \right)=m\left(r,\phi \right)+N\left(r,\phi \right)\\ =m\left(r,\frac{L\left(f\right)\left(f-g\right)}{f\left(f-a\right)}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le m\left(r,\frac{L\left(f\right)}{f\left(f-a\right)}\right)+m\left(r,1-\frac{g}{f}\right)+S\left(r,f\right)\\ =S\left(r,f\right)\end{array}$ , (4)

即 $T\left(r,\phi \right)=S\left(r,f\right)$ 。设 $d=a-ja\left(j\ne 0,1\right)$ ，根据引理5有

$\begin{array}{c}m\left(r,\frac{1}{f}\right)=m\left(r,\frac{1}{a\phi }\left(\frac{L\left(f\right)}{f}-\frac{L\left(f\right)}{f-a}\right)\left(1-\frac{g}{f}\right)\right)\\ \le m\left(r,1-\frac{g}{f}\right)+S\left(r,f\right)\\ =S\left(r,f\right)\end{array}$ , (5)

$\begin{array}{c}m\left(r,\frac{1}{f-d}\right)=m\left(r,\frac{L\left(f\right)\left(f-g\right)}{\phi \left(f-a\right)\left(f-d\right)f}\right)\\ \le m\left(r,1-\frac{g}{f}\right)+m\left(r,\frac{L\left(f\right)f}{f\left(f-a\right)\left(f-d\right)}\right)+S\left(r,f\right)\\ =S\left(r,f\right)\end{array}$ . (6)

因为f与g CM分担0，于是我们有

$\frac{g}{f}=\frac{e^{\partial }}{H}$ , (7)

其中 $\alpha$ 与H为整函数，且H的零点为g的极点。由引理1可得

$T\left(r,g\right)=T\left(r,e^{\alpha }f\right)+S\left(r,f\right)=T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$ . (8)

由引理6，(1)与(8)可得

$\begin{array}{c}2T\left(r,f\right)\le 2T\left(r,g\right)+S\left(r,f\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g-a}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g-d}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)+T\left(r,\frac{1}{g-d}\right)-m\left(r,\frac{1}{g-d}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)-m\left(r,\frac{1}{g-d}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le 2T\left(r,f\right)-m\left(r,\frac{1}{g-d}\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$ ,

即 $m\left(r,\frac{1}{g-d}\right)=S\left(r,f\right)$ 。 (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

$\begin{array}{c}m\left(r,\frac{f-d}{g-d}\right)\le m\left(r,\frac{f}{g-d}\right)+m\left(r,\frac{d}{g-d}\right)\\ \le T\left(r,\frac{f}{g-d}\right)-N\left(r,\frac{f}{g-d}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le m\left(r,\frac{g-d}{f}\right)+N\left(r,\frac{g-d}{f}\right)-N\left(r,\frac{f}{g-d}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le N\left(r,\frac{1}{f}\right)-N\left(r,\frac{1}{g-d}\right)+S\left(r,f\right)\\ =T\left(r,\frac{1}{f}\right)-T\left(r,\frac{1}{g-d}\right)+S\left(r,f\right)\\ =T\left(r,f\right)-T\left(r,g\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$ .

因此 $m\left(r,\frac{f-d}{g-d}\right)=S\left(r,f\right)$ 。 (10)

(3)又可写成 $\varphi =\left[\frac{a-d}{a}\frac{L\left(g\right)}{g-a}+\frac{d}{a}\frac{L\left(g\right)}{g}\right]\left[\frac{f-d}{g-d}-1\right]$ ，则由(10)可得到

$T\left(r,\varphi \right)=m\left(r,\varphi \right)+N\left(r,\varphi \right)=m\left(r,\varphi \right)+S\left(r,f\right)=S\left(r,f\right)$ . (11)

设 $H_{n,m}=n\phi -m\varphi$ ，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 $n\phi \equiv m\varphi$ 。通过简单计算可得

$n\left(\frac{f^{\prime }}{f}-\frac{f^{\prime }-a^{\prime }}{f-a}\right)\equiv m\left(\frac{g^{\prime }}{g}-\frac{g^{\prime }-a^{\prime }}{g-a}\right)$ ,

这可推出 ${\left(\frac{f}{f-a}\right)}^n\equiv A{\left(\frac{g}{g-a}\right)}^m$ ，其中A为非零常数。若 $n\ne m$ ，则从上式恒等式可得到

$nT\left(r,f\right)=mT\left(r,g\right)+S\left(r,f\right)$ ,

这与(8)矛盾。因此 $n=m$ ，于是

$\frac{f}{f-a}\equiv B\frac{g}{g-a}$ , (12)

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

$f\left[\left(B-1\right)g+a\right]\equiv Bag$ . (13)

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

$m\left(r,\left(B-1\right)g+a\right)=S\left(r,f\right)$ , (14)

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

情形2 $n\phi \cancel{\equiv }m\varphi$ 对任意正整数 $m,n$ 都成立。不妨设 $z_1\in S_{\left(m,n\right)}\left(0\right)\cup S_{\left(m,n\right)}\left(a\right)$ ，即 $z_1$ 分别为 $f\left(f-a\right)$ 的n重零点与 $g\left(g-a\right)$ 的m重零点。由(2)和(3)可推出 $n\phi \left(z_1\right)-m\varphi \left(z_1\right)=0$ 。所以对于所有正整数 $m,n$ ，我们有

$\begin{array}{l}{\bar{N}}_{\left(m,n\right)}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\bar{N}}_{\left(m,n\right)}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\frac{1}{n\phi -m\varphi }\right)+S\left(r,f\right)\le T\left(r,n\phi -m\varphi \right)+S\left(r,f\right)\\ \le T\left(r,\phi \right)+T\left(r,\varphi \right)+S\left(r,f\right)=S\left(r,f\right)\end{array}$ . (15)

于是根据引理6，(1)和(15)可以得到

$\begin{array}{c}T\left(r,f\right)=\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le {\bar{N}}_{1)}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\displaystyle \underset{k=2}{\overset{4}{\sum }}{\bar{N}}_k\left(r,\frac{1}{f}\right)}+{\bar{N}}_{(5}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\bar{N}}_{1)}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)\\ +{\displaystyle \underset{k=2}{\overset{4}{\sum }}{\bar{N}}_k\left(r,\frac{1}{f-a}\right)}+{\bar{N}}_{(5}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le {\bar{N}}_{\left(1,1\right)}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\displaystyle \underset{k=2}{\overset{4}{\sum }}{\bar{N}}_k\left(r,\frac{1}{f}\right)}+{\bar{N}}_{(5}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\displaystyle \underset{m=1}{\overset{5}{\sum }}{\bar{N}}_{\left(1,m\right)}}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)\\ +{\displaystyle \underset{k=2}{\overset{4}{\sum }}{\bar{N}}_k\left(r,\frac{1}{f-a}\right)}+{\bar{N}}_{(5}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\le \frac{1}{5}\left[N\left(r,\frac{1}{f}\right)+N\left(r,\frac{1}{f-a}\right)\right]+\frac{1}{5}\left[N\left(r,\frac{1}{g}\right)+N\left(r,\frac{1}{g-a}\right)\right]+S\left(r,f\right)\\ \le \frac{2}{5}\left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+S\left(r,f\right)\\ =\frac{4}{5}T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$ (16)

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

基金项目

国家自然科学基金(NO. 11701188)资助。