亚纯函数与其导数分担两个公共值的唯一性

Meromorphic Functions and Their Derivatives Share the Uniqueness of Two Common Values

摘要: 本文运用了值分布理论，证明了亚纯函数与其导数分担两个有穷的公共值和一定的限制条件下，它们必恒等。

Abstract: In this paper, the value distribution theory is used to prove that meromorphic functions and their derivatives share two finite common values and certain limiting conditions, and they must be identical.

1. 引言

本文中，采用了亚纯函数唯一性理论里面的基本符号和结论(参见 [1] [2])。若f与g为非常数亚纯函

数，以1为IM分担值， ${\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)$ 表示f − 1与g − 1的公共零点、但f − 1的零点重数比g − 1的零点重数高者所成点列的精简密指量； ${\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g-1}\right)$ 表示f − 1与g − 1的公共零点，但g − 1的零点重数比f − 1的零点重数高者所成点列的精简密指量； $N_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)$ 表示当f − 1与g − 1的公共单零点列的密指量； ${\bar{N}}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)$ 表示当f − 1与g − 1的重数相同且大于等于2的公共重零点者所成点列的精简密指量； $N_0\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)$ 表示 $f^{\prime }$ 的零点，但不是f(f −1)的零点，也不是f的极点者所成点列的密指量。

近百年来，亚纯函数在涉及分担值的研究，前人已经获得了许多研究成果。

1977年，L.A. Rubel和C.C. Yang首先研究了整函数与其一阶导数具有分担值时的关系，得到了以下结果：

定理A [3] 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，E. Mues和N. Steinmetz把定理A中的CM分担值的条件弱化为IM分担值，得到了下述结果：

定理B [4] 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，G.G. Gundersen把定理A中的整函数推广到亚纯函数，得到下述结果：

定理C [5] 若非常数亚纯函数f与 $f^{\prime }$ 以0， $a$ 为CM分担值，其中 $a$ 为非0的有穷复数，则 $f\equiv f^{\prime }$。

1983年，Mues和Steinmetz与Gundersen分别独立地把定理A扩展到亚纯函数，并且得到：

定理D [6] [7] 若非常数亚纯函数f与 $f^{\prime }$ 具有两个有穷的CM分担值，则 $f\equiv f^{\prime }$。

1986年，G. Frank和G. Weissenborn将定理D中f的一阶导数变更为它的高阶导数并加强分担值条件，得到如下结果：

定理E [8] 若非常数亚纯函数f与 $f^{\left(k\right)}$ 具有两个判别的异于零的有穷的CM分担值，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

同年，Frank和Weissenborn将定理E进一步推广，得到：

定理F [9] 若非常数亚纯函数f与 $f^{\left(k\right)}$ 具有两个判别的有穷的CM分担值，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

1990年，杨连中推广了定理A，得到下述结果：

定理G [10] 若非常数整函数f与 $f^{\left(k\right)}$ 具有两个判别的有穷的CM分担值，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

2000年，Li，P.和Yang把定理G中的CM分担值的条件改进为IM分担值，得到：

定理H [11] 若非常数整函数f与 $f^{\left(k\right)}$ 具有两个有穷的IM分担值，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

在本文中，我们考虑将定理H中的整函数扩展到亚纯函数，并且在一定的约束条件下，证明了以下结果：

定理1 若f为非常数亚纯函数，若f与 $f^{\left(k\right)}$ ( $k$ 为正整数)以0为CM分担值，以异于零的有穷复数 $a$

为IM分担值， $\Theta \left(\infty ,f\right)+\delta \left(0,f\right)>2-\frac{1}{10k+16}$，则 $f\equiv f^{\left(k\right)}$。

定理2 若f与g是超越亚纯函数， $f^{\left(k\right)}$ 与 $g^{\left(k\right)}$ 以1为IM分担值， $\Theta \left(\infty ,f\right)=\Theta \left(\infty ,g\right)=1$， $3\delta \left(0,f\right)+5\delta \left(0,g\right)>7$，则 $f\equiv g$ 或者 $f^{\left(k\right)}{g}^{\left(k\right)}\equiv 1$。

2. 引理

为了证明上述定理，需要做以下的准备：

引理1 [1] 若f为非常数亚纯函数，k为正整数，则

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

引理2 [12] 若f和g为非常数亚纯函数，1为f与g的IM分担值，则有

${\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$

${\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g-1}\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+\bar{N}\left(r,g\right)+S\left(r,g\right).$

引理3 [1] 设 $f_j\left(z\right)\left(j=1,2,3\right)$ 都是亚纯函数， $f_1\left(z\right)$ 不为常数。如果 ${\displaystyle \underset{j=1}{\overset{3}{\sum }}{f}_j\left(z\right)\equiv 1}$，且 ${\displaystyle \underset{j=1}{\overset{3}{\sum }}N\left(r,\frac{1}{f_j}\right)+2{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{3}{\sum }}\bar{N}\left(r,f_j\right)<}}\left(\lambda +o\left(1\right)\right)T\left(r\right)\left(r\in I\right)$，

其中 $\lambda <1$， $T\left(r\right)=\underset{1\le j\le 3}{\max }\left\{T\left(r,f_j\right)\right\}$， $I$ 是 $\left(0,\infty \right)$ 中具有无穷线性测度的一个集合，则 $f_2\left(z\right)\equiv 1$ 或

$f_3\left(z\right)\equiv 1$。

引理4 [1] 设f与g为两个非常数亚纯函数，若 $z_0$ 为f与g的公共单重极点，则 ${\left(\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\frac{g^{″}}{g^{\prime }}\right)|}_{z_0}=0$。

3. 定理的证明

定理1的证明

不失一般性，不妨设 $a=1$，假设 $f\cancel{\equiv }{f}^{\left(k\right)}$。

令 $H=\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\frac{f^{(k+2)}}{f^{(k+1)}}-2\left(\frac{f^{\prime }}{f-1}-\frac{f^{(k+1)}}{f^{(k)}-1}\right)$，则

$\begin{array}{l}m\left(r,H\right)\\ \le m\left(r,\frac{f^{″}}{f^{\prime }}\right)+m\left(r,\frac{f^{(k+2)}}{f^{(k+1)}}\right)+m\left(r,\frac{f^{\prime }}{f-1}\right)+m\left(r,\frac{f^{(k+1)}}{f^{(k)}-1}\right)+O\left(1\right)\\ =S\left(r,f\right).\end{array}$

我们断言 $H\equiv 0$。事实上，若 $H\cancel{\equiv }0$，注意到如果 $z_0$ 都为 $f-1$ 与 $f^{(k)}-1$ 的单重零点，由引理4得， $H\left(z_0\right)=0$，从而有

$\begin{array}{l}{N}_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)\le N\left(r,\frac{1}{H}\right)\le T\left(r,H\right)+O\left(1\right)\\ =m\left(r,H\right)+N\left(r,H\right)+O\left(1\right)\\ \le N\left(r,H\right)+S\left(r,f\right).\end{array}$ (3.1)

由于 $H$ 的极点只可能产生在f的极点、 $f^{\prime }$ 与 $f^{\left(k+1\right)}$ 的零点和 $f-1$ 与 $f^{\left(k\right)}-1$ 的重级不同的公共零点处，则

$\begin{array}{l}N\left(r,H\right)\le \bar{N}\left(r,f\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)\\ +\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k+1)}}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{f^{(k+1)}}\right).\end{array}$ (3.2)

因为f与 $f^{\left(k\right)}$ 以1为IM分担值，所以

$\begin{array}{l}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)=\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)\\ \le N_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right).\end{array}$

由(3.1)及(3.2)得

$\begin{array}{l}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)\\ \le 2N_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+2{\bar{N}}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+2{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+2{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)\\ \le N_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+2{\bar{N}}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+3{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+3{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)\\ +\bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k+1)}}\right)+N_0(r,\frac{1}{f^{\text{'}}})+N_0\left(r,\frac{1}{f^{(k+1)}}\right)+S\left(r,f\right).\end{array}$

而且

$\begin{array}{l}{N}_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+2{\bar{N}}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)\\ \le \frac{1}{2}\left\{N\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+N\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)\right\}\le \frac{1}{2}\left\{T\left(r,f\right)+T\left(r,f^{(k)}\right)\right\}+O\left(1\right).\end{array}$

所以

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

由上式及Nevanlinna第二基本定理得：

$\begin{array}{c}T\left(r,f\right)+T\left(r,f^{(k)}\right)\\ <\bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\bar{N}\left(r,f^{(k)}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)\\ +\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)-N_0\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)-N_0\left(r,\frac{1}{f^{(k+1)}}\right)+S\left(r,f\right)\\ <\left(2+k\right)\bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k+1)}}\right)\\ +2{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+2{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)+\frac{1}{2}\left\{T\left(r,f\right)+T\left(r,f^{(k)}\right)\right\}+S\left(r,f\right).\end{array}$

由引理1，2得：

$\begin{array}{l}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right),\\ \bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f}\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right),\\ \bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k+1)}}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f^{(k+1)}}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f}\right)+\left(k+1\right)\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).\end{array}$ (3.3)

${\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).$ (3.4)

$\begin{array}{l}{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)+\bar{N}\left(r,f^{(k)}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le N\left(r,\frac{1}{f}\right)+\left(k+1\right)\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right).\end{array}$ (3.5)

所以

$\begin{array}{l}\frac{1}{2}\left\{T\left(r,f\right)+T\left(r,f^{(k)}\right)\right\}\\ \le \left(5k+8\right)\bar{N}\left(r,f\right)+8N\left(r,\frac{1}{f}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le \left(5k+8\right)\left\{\bar{N}\left(r,f\right)+N\left(r,\frac{1}{f}\right)\right\}+S\left(r,f\right).\\ \le \left(5k+8\right)\left\{\left(1-\theta \left(\infty ,f\right)\right)T\left(r,f\right)+\left(1-\delta \left(0,f\right)\right)T\left(r,f\right)\right\}+S\left(r,f\right)\end{array}$

可得 $\frac{1}{2}\le \left(5k+8\right)\left\{2-\theta \left(\infty ,f\right)-\delta \left(0,f\right)\right\}$，即

$\theta \left(\infty ,f\right)+\delta \left(0,f\right)\le 2-\frac{1}{10k+16}$，

与已知 $\Theta \left(\infty ,f\right)+\delta \left(0,f\right)>2-\frac{1}{10k+16}$ 矛盾。

所以 $H\equiv 0$。

由于1为f与 $f^{\left(k\right)}$ 的IM分担值可知，1为f与 $f^{\left(k\right)}$ 的CM分担值。

即f与 $f^{\left(k\right)}$ 以0，1为CM分担值，由定理F可知，结论得证。

定理2的证明

令 $h=\frac{f^{\left(k\right)}-1}{g^{\left(k\right)}-1}$，即 $f^{\left(k\right)}-h{g}^{\left(k\right)}+h\equiv 1$，

则 $f_1=f^{\left(k\right)},f_2=-h{g}^{\left(k\right)},f_3=h$。

由引理1，2得:

$\begin{array}{l}N\left(r,h\right)\le \bar{N}\left(r,f\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g^{(k)}-1}\right)\\ \le \bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g^{(k)}}\right)+\bar{N}\left(r,g^{(k)}\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}\\ \le \bar{N}\left(r,f\right)+N\left(r,\frac{1}{g}\right)+\left(k+1\right)\bar{N}\left(r,g\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}.\end{array}$

$\begin{array}{l}N\left(r,\frac{1}{h}\right)\le \bar{N}\left(r,g\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f^{(k)}-1}\right)\\ \le \bar{N}\left(r,g\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)+\bar{N}\left(r,f^{(k)}\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}\\ \le \bar{N}\left(r,g\right)+N\left(r,\frac{1}{f}\right)+\left(k+1\right)\bar{N}\left(r,f\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}.\end{array}$

其中 $T\left(r\right)=\max \left\{T\left(r,f\right),T\left(r,g\right),T\left(r,f^{(k)}\right),T\left(r,g^{(k)}\right)\right\}$。

因为 $\Theta \left(\infty ,f\right)=\Theta \left(\infty ,g\right)=1$，所以

$N\left(r,h\right)\le N\left(r,\frac{1}{g}\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}.$ (3.6)

$N\left(r,\frac{1}{h}\right)\le N\left(r,\frac{1}{f}\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}.$ (3.7)

由(3.6)得

$\begin{array}{l}\bar{N}\left(r,f^{(k)}\right)+\bar{N}\left(r,h{g}^{(k)}\right)+\bar{N}\left(r,h\right)\\ \le \bar{N}\left(r,f^{(k)}\right)+2\bar{N}\left(r,h\right)+\bar{N}\left(r,g^{(k)}\right)\\ \le \bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,g\right)+2N\left(r,\frac{1}{g}\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}\\ \le 2N\left(r,\frac{1}{g}\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}.\end{array}$

由(3.7)得

$\begin{array}{l}N\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)+N\left(r,\frac{1}{h{g}^{(k)}}\right)+N\left(r,\frac{1}{h}\right)\\ \le N\left(r,\frac{1}{f^{(k)}}\right)+2N\left(r,\frac{1}{h}\right)+N\left(r,\frac{1}{g^{(k)}}\right)\\ \le N\left(r,\frac{1}{f}\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+N\left(r,\frac{1}{g}\right)+k\bar{N}\left(r,g\right)+2N\left(r,\frac{1}{f}\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}\\ \le N\left(r,\frac{1}{f}\right)+N\left(r,\frac{1}{g}\right)+2N\left(r,\frac{1}{f}\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}.\end{array}$

因为 $3\delta \left(0,f\right)+5\delta \left(0,g\right)>7$，所以

$\begin{array}{l}{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{3}{\sum }}N\left(r,\frac{1}{f_j}\right)+2{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{3}{\sum }}\bar{N}\left(r,f_j\right)}}\\ \le 5N\left(r,\frac{1}{g}\right)+3N\left(r,\frac{1}{f}\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}\\ \le 5\left(1-\delta \left(0,g\right)\right)T\left(r,g\right)+3\left(1-\delta \left(0,f\right)\right)T\left(r,f\right)+o\left\{T\left(r\right)\right\}\\ \le \left(5\left(1-\delta \left(0,g\right)\right)+3\left(1-\delta \left(0,f\right)\right)+o\left(1\right)\right)T\left(r\right)\\ \le \left(8-5\delta \left(0,g\right)-3\delta \left(0,f\right)+o\left(1\right)\right)T\left(r\right)\\ <\left(\lambda +o\left(1\right)\right)T\left(r\right)\left(其中\lambda <1\right).\end{array}$

所以 $h\equiv 1$ 或者 $-h{g}^{\left(k\right)}\equiv 1$。

若 $-h{g}^{\left(k\right)}\equiv 1$，则 $f^{\left(k\right)}{g}^{\left(k\right)}\equiv 1$。

若 $h\equiv 1$，则 $f^{\left(k\right)}\equiv g^{\left(k\right)}$。假设 $f\cancel{\equiv }g$，

则令 $f=g+p$， $p$ 是一个至多为 $k-1$ 次的多项式。

因为f与g是超越亚纯函数，由Nevanlinna第二基本定理得：

$\begin{array}{l}T\left(r,f\right)<\bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-p}\right)+S\left(r,f\right)\\ =\bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+S\left(r,f\right)\\ \le 3N\left(r,\frac{1}{f}\right)+5N\left(r,\frac{1}{g}\right)+S\left(r,f\right)\\ <\left\{8-3\delta \left(0,f\right)-5\delta \left(0,g\right)+o\left(1\right)\right\}T\left(r,f\right).\end{array}$

所以

$1\le 8-3\delta \left(0,f\right)-5\delta \left(0,g\right).$

可得 $3\delta \left(0,f\right)+5\delta \left(0,g\right)\le 7$ 与已知 $3\delta \left(0,f\right)+5\delta \left(0,g\right)>7$ 矛盾，于是 $f\equiv g$。