亚纯函数及其导数涉及分担值的唯一性

Uniqueness of Meromorphic Functions and Their Derivatives Involving Shared Values

摘要: 本文主要证明了若f(z)为非常数亚纯函数，k为大于1的整数。若f与f'以1为IM分担值，f'与f^(k)以1为CM分担值，且，则f≡f^(k)。

Abstract: In this paper, we shall prove that if a non-constant meromorphic f and its first derivative f' share the value 1 IM, k is an integer greater than 1, f' and f^(k) share the value 1 CM. , then f≡f^(k).

1. 引言及主要结果

本文中， $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为复平面 $\cancel{C}$ 上的非常数亚纯函数，a，b为任意有穷复数，m，k为正整数。若 $f-a$ 与 $g-a$ 的零点相同(不计重数)，则称a为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的IM分担值；若 $f-a$ 与 $g-a$ 的零点相同，且满足每个零点的重级相同，则称a为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值； $N_k\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$ 表示 $f\left(z\right)-a$ 的零点重级 $m\le k$ 以m重来计数， $m>k$ 以k重计数的计数函数； ${\bar{N}}_{(k+1}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)$ 表示 $f\left(z\right)-a$ 的零点重级大于k的零点的精简计数函数数； ${\bar{N}}_{\text{0}}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)$ 表示 $f^{\prime }\left(z\right)$ 的零点，但不是 $f\left(z\right)$ 与 $f\left(z\right)-1$ 的零点的精简计数函数； $S\left(r,f\right)$ 表示任意满足 $S\left(r,f\right)=O\left\{T\left(r,f\right)\right\}\left(r\to \infty ,r\notin E,mesE<+\infty \right)$ 的量。

1977年，Rubel和Yang证明了下述结果：

定理A [1] 若非常数整函数f与 $f^{\prime }$ 具有两个有穷的CM分担值，则 $f\equiv f^{\prime }$。

1979年，Mues和teinmetz把定理A中的CM分担值的条件换成IM分担值，得到下述结果：

定理B [1] 若非常数整函数f与 $f^{\prime }$ 具有两个有穷的IM分担值，则 $f\equiv f^{\prime }$。

1980年，Gundersen将定理A中的整函数替换为亚纯函数，得到以下结果：

定理C [1] 若f与 $f^{\prime }$ 以0， $a\left(\ne 0\right)$ 为CM分担值，则 $f\equiv f^{\prime }$。

1983年，Mues和Gunderen研究了比较一般的情形，得到下述结论：

定理D [1] 若f与 $f^{\prime }$ 具有两个有穷的CM分担值，则 $f\equiv f^{\prime }$。

1986年，Frank和Ohlenroth考虑将定理D中一阶导数扩展到它的高阶导数，他们得到：

定理E [1] 若f与 $f^{\left(k\right)}$ 具有两个有穷的CM分担值，则 $f=f^{\left(k\right)}$。

1986年，Jank，Mues，and Volkmann得出以下两个结论：

定理F [1] 若f， $f^{\prime }$， $f^{″}$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为CM分担值，则 $f\equiv f^{\prime }$。

定理G [2] 设 $f\left(z\right)$ 为非常数整函数。若f与 $f^{\prime }$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为IM分担值，且当 $f\left(z\right)=a$ 时， $f^{″}\left(z\right)=a$，则 $f\equiv f^{\prime }$。

1995年，H. Zhong考虑了高阶导数得到以下结论：

定理H [3] 设 $f\left(z\right)$ 为非常数整函数。若f与 $f^{\prime }$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为CM分担值，且当 $f\left(z\right)=a$ 时， $f^{\left(k\right)}\left(z\right)=f^{\left(k+1\right)}\left(z\right)=a$，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

围绕定理C与定理D、定理H前人得出以下问题：

问题1 [1] 设 $f\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数， $a\left(\ne 0\right)$ 为有穷复数， $k,m$ 为两个正整数，且 $m>n+1$。若f， $f^{\left(k\right)}$， $f^{\left(m\right)}$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为CM分担值，则我们是否能得到 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

例1. 设 $k,m$ 为两个正整数，且 $m>k+1$。若 $a=b^k$， $f\left(z\right)={\text{e}}^{bz}+a-1$，则f， $f^{\left(k\right)}$， $f^{\left(m\right)}$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为CM分担值，但是 $f\cancel{\equiv }{f}^{\left(k\right)}$。

然而，f为有穷级整函数时，当 $m=k+1$，问题1是成立的。1998年，C. C. Yang就证明以下结论：

定理I [4] 设 $f\left(z\right)$ 为有穷级整函数，a为有穷复数，k为正整数。若f， $f^{\left(k\right)}$， $f^{\left(k+1\right)}$ 以a为IM分担值， $f^{\left(k\right)}$， $f^{\left(k+1\right)}$ 以a为CM分担值，则 $f\equiv f^{\prime }$。

2001年，Ping和C. C. Yang参考了问题1来减弱了定理H的条件，得到以下结果：

定理J [5] 若f， $f^{\left(k\right)}$， $f^{\left(k+1\right)}\left(k\ge 2\right)$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为CM分担值，则 $f\equiv f^{\prime }$。

2009年，Al-Khaladi围绕定理B得出以下结论：

定理K [6] 若f与 $f^{\prime }$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为CM分担值，且 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f\equiv f^{\prime }$ 或 $f\left(z\right)=\frac{a\left(z-c\right)}{1+A{\text{e}}^{-z}}$，其中 $A\ne \text{0}$，c为常数。

定理L [6] 若f与 $f^{\prime }$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为IM分担值，且 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f^{\prime }}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f\equiv f^{\prime }$ 或 $f\left(z\right)=\frac{\text{2}a}{1-A{\text{e}}^{-z}}$，其中 $A\ne \text{0}$，c为常数。

2013年，Al-Khaladi根据定理K与定理L考虑了高阶导数得出以下结论：

定理M [7] 若f与 $f^{\left(k\right)}\left(k\ge 2\right)$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为CM分担值，且 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

定理N [7] 若f与 $f^{\left(k\right)}\left(k\ge 2\right)$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为IM分担值，且 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f^k}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

在本文中，我们围绕以上定理，得到下面的结果：

定理1设 $f\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数。k为大于1的整数。若f与 $f^{\prime }$ 以1为IM分担值， $f^{\prime }$ 与 $f^{\left(k\right)}\left(m\ne k\right)$ 以1为CM分担值，且 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)+{\bar{N}}_{\text{0}}\left(r,\frac{\text{1}}{f^{\prime }}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

由定理1容易得到以下两个结论：

推论1设 $f\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数。k为大于1的整数。若f与 $f^{\prime }$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为IM分担值， $f^{\prime }$ 与 $f^{\left(k\right)}\left(m\ne k\right)$ 以1为CM分担值，且 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)+{\bar{N}}_{\text{0}}\left(r,\frac{\text{1}}{f^{\prime }}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

推论2设 $f\left(z\right)$ 为非常数整函数。若f与 $f^{\prime }$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为IM分担值，且满足 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f\equiv f^{\prime }$ 或 $f\left(z\right)=\frac{\text{2}a}{1-A{\text{e}}^{-z}}$，其中 $A\ne \text{0}$，c为常数。

定理2设 $f\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数，m，k为两个大于1的整数。若f与 $f^{\left(k\right)}$ 以1为IM分担值， $f^{\left(m\right)}$ 与 $f^{\left(k\right)}\left(m\ne k\right)$ 以1为CM分担值，且满足 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)+{\bar{N}}_{\text{0}}\left(r,\frac{\text{1}}{f^{\prime }}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f^{\left(k\right)}\equiv f^{\left(m\right)}\equiv f$。

由定理2容易得到以下两个结论：

推论3设 $f\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数，m，k为两个大于1的整数。若f与 $f^{\left(k\right)}$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为IM分担值， $f^{\left(m\right)}$ 与 $f^{\left(k\right)}\left(m\ne k\right)$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为CM分担值，且满足 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)+{\bar{N}}_{\text{0}}\left(r,\frac{\text{1}}{f^{\prime }}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f^{\left(k\right)}\equiv f^{\left(m\right)}\equiv f$。

推论4设 $f\left(z\right)$ 为非常数整函数，k为大于1的整数。若f与 $f^{\left(k\right)}$ 以 $a\left(\ne 0\right)$ 为IM分担值，且 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)=S\left(r,f\right)$，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

2. 几个引理

引理1 [1] 设 $f\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数， $k\ge 1$ 为整数，则 $m\left(r,\frac{f^{\left(k\right)}}{f}\right)=S\left(r,f\right)$。

引理2 [1] 设 $f\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数， $P\left(f\right)=a_0{f}^p+a_1{f}^{p-1}+\cdots +a_p\left(a_0\ne 0\right)$ 为f的p次多项式，其系数 $a_j\left(j=0,1,\cdots ,p\right)$ 均为常数， $b_j\left(j=1,2,\cdots ,q\right)$ 为 $q\left(>p\right)$ 个判别的有穷复数，则

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

引理3 [1] 设 $f_j\left(z\right)\left(j=1,2,\cdots ,p\right)$ 为p个于 $\left|z\right|<R$ 内的亚纯函数，则对于 $0<r<R$ 有

$m\left(r,{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{p}{\prod }}{f}_j}\right)\le {\displaystyle \underset{j=1}{\overset{p}{\sum }}m\left(r,f_j\right)}$, $N\left(r,{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{p}{\prod }}{f}_j}\right)\le {\displaystyle \underset{j=1}{\overset{p}{\sum }}N\left(r,f_j\right)}$.

3. 定理证明

定理1的证明

设 $f\cancel{\equiv }{f}^{\left(k\right)}$。

令

$H=\frac{1}{f^{\prime }}\left(\frac{f^{\left(k+1\right)}}{f^{\left(k\right)}-1}—\frac{f^{″}}{f^{\prime }-1}\right)$, (1.1)

由引理3和(1.1)得

$m\left(r,H\right)=S\left(r,f\right)$. (1.2)

若 $z_{\infty }$ 为f的p重极点，则

$H\left(z\right)=O\left({\left(z-z_{\infty }\right)}^p\right)$, (1.3)

由于1为 $f^{\prime }$ 与 $f^{\left(k\right)}$ 的CM分担值，则 $H\left(z\right)$ 在 $f^{\prime }-1$ 的零点处解析。

由 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)+{\bar{N}}_{\text{0}}\left(r,\frac{\text{1}}{f^{\prime }}\right)=S\left(r,f\right)$ 和(1.1)得

$N\left(r,H\right)\le k\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+k\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)\le S\left(r,f\right)$. (1.4)

当 $H\left(z\right)\equiv \text{0}$ 时，由(1.1)式得 $f^{\prime }-\text{1}\equiv c\left(f^{\left(k\right)}-1\right)$ (c为非零常数)。

故

$N\left(r,f\right)=0$. (1.5)

当 $H\left(z\right)\cancel{\equiv }\text{0}$ 时。

由(1.4)与(1.3)，(1.2)式得

$N\left(r,f\right)\le N\left(r,\frac{1}{H}\right)\le T\left(r,H\right)+O\left(1\right)\le S\left(r,f\right)$. (1.6)

由引理3和(1.5)、(1.6)得

$\begin{array}{c}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{f}{f^{\prime }}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)\\ \le T\left(r,\frac{f^{\prime }}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+O\left(1\right)\\ \le N\left(r,\frac{f^{\prime }}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le \text{2}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\\ \le S\left(r,f\right)\end{array}$,

$\begin{array}{c}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{″}}\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{f^{\prime }}{f^{″}}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)\\ \le T\left(r,\frac{f^{″}}{f^{\prime }}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)+O\left(1\right)\\ \le N\left(r,\frac{f^{″}}{f^{\prime }}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le \text{2}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)+\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\\ \le S\left(r,f\right)\end{array}$,

$\begin{array}{c}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\left(3\right)}}\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{f^{″}}{f^{\left(3\right)}}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{″}}\right)\\ \le T\left(r,\frac{f^{\left(3\right)}}{f^{″}}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{″}}\right)+O\left(1\right)\\ \le N\left(r,\frac{f^{\left(3\right)}}{f^{″}}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{″}}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le \text{2}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{″}}\right)+\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\\ \le S\left(r,f\right)\end{array}$.

以此类推下去得

$\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f^{\left(m\right)}}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f^{\left(k\right)}}\right)=S\left(r,f\right)$. (1.7)

由定理的条件以及(1.7)得 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

定理2的证明

不妨设 $m>k$。设 $f^k\cancel{\equiv }{f}^m$。

令

$H=\frac{1}{f^{\prime }}\left(\frac{f^{\left(k+1\right)}}{f^{\left(k\right)}-1}-\frac{f^{\left(m+1\right)}}{f^{\left(m\right)}-1}\right)$, (1.8)

由引理3和(1.8)得

$m\left(r,H\right)=S\left(r,f\right)$. (1.9)

若 $z_{\infty }$ 为f的p重极点，则 $H\left(z\right)=O\left({\left(z-z_{\infty }\right)}^p\right)$。

由于1为 $f^{\left(m\right)}$ 与 $f^{\left(k\right)}$ 的CM分担值，则 $H\left(z\right)$ 在 $f^{\left(k\right)}-1$ 的零点处解析。

由 $\bar{N}\left(r,\frac{\text{1}}{f}\right)+{\bar{N}}_{\text{0}}\left(r,\frac{\text{1}}{f^{\prime }}\right)=S\left(r,f\right)$ 和(1.8)得 $N\left(r,H\right)\le k\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+k\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)\le S\left(r,f\right)$。

当 $H\left(z\right)\equiv \text{0}$ 时，由(1.8)式得 $f^{\left(k\right)}-1\equiv c\left(f^{\left(m\right)}-1\right)$ (c为非零常数)。故 $N\left(r,f\right)=0$。

当 $H\left(z\right)\cancel{\equiv }\text{0}$ 时，以下与定理1类似得到结论。