涉及零点和微分多项式的全纯函数族的正规定则
Normality Criterion Concerning Zeros and Differential Polynomials for Families of Holomorphic Functions
DOI: 10.12677/pm.2025.158214, PDF, HTML, XML,    国家自然科学基金支持
作者: 谭代明, 杨锦华*:新疆师范大学数学科学学院,新疆 乌鲁木齐
关键词: 全纯函数微分多项式正规定则零点个数Holomorphic Function Differential Polynomial Normality Criterion Zero Numbers
摘要: 本文结合值分布和正规族理论研究了与零点个数和微分多项式有关的一类全纯函数族的正规定则。文章利用经典引理,使用反证法和分类讨论,将涉及零点个数有关的全纯函数正规定则推广到一般的微分多项式,得到一个新的结果,丰富了全纯函数正规族理论。
Abstract: In this paper, the normality criterion of a class of families of meromorphic functions related to the number of zeros and differential polynomials is studied by combining the theories of value distribution and normal families. The article makes use of classical lemmas, and combines the method of proof by contradiction with classification discussion, the normal criteria of meromorphic functions involving the number of zeros is extended to general differential polynomials, and a new result is obtained, which enriches the theory of normal families of meromorphic functions.
文章引用:谭代明, 杨锦华. 涉及零点和微分多项式的全纯函数族的正规定则[J]. 理论数学, 2025, 15(8): 1-7. https://doi.org/10.12677/pm.2025.158214

1. 引言

1969年,Drasin, D [1]证明了:

定理A [1] 是区域 D 上的一族全纯函数, n 为正整数, a b 为两个常数,满足 a0, b 。若 n3 ,对于 中的每个函数 f f a f n b ,则 D 内正规。

当定理A中的函数族为亚纯函数族 时,在其他条件不变的情况下,得到相应的正规定则。

n5 时,由李先进[2]证明得到;当 n=4 时,由庞学诚[3]证明得到;当 n=3 时,由陈怀惠和方明亮[4]证明得到。

同时叶亚盛[5]将定理A中的函数从低阶导数推广到高阶导数,得到了如下结论。

定理B [5] n2 , k 是正整数, a( 0 ) b 为两个有限常数,设 为区域 D 内的一族全纯函数。若对于每个函数 f f ( k ) a f n b ,则 D 内正规。

然后叶亚盛和庞学诚[6]将定理 B 中的 f 替换为 f 的微分多项式 f ( k ) ( z )+ i=1 k1 a i ( z ) f ( ki ) ( z ) ,得到了亚纯函数族的正规性。

2014年,邓炳茂[7]在亚纯函数零点对其正规性影响方面进行了深入研究,降低例外函数的条件,研究了一类特殊的微分多项式的正规定则,得到了如下结论。

定理C [7] m n k 为正整数满足 nm+1 ,设 a( 0 ) b 为两个有限常数,设 为区域 D 内的一族全纯函数,其所有零点的重数至少为 k 。若对于每个函数 f f ( k ) a f n b D 内至多有 mk 个不同的零点,则 D 内正规。

当函数族为亚纯函数族时,在其他条件不变的情况下,若 nk+m+2 f ( k ) a f n b D 内至多有 m 个不同的零点,则亚纯函数族也正规。

在亚纯函数族的情形下,王琼[8]将正整数 n 的条件降低,同时附加 f( z ) 极点重级至少为 k 的条件之下,得到了亚纯函数族 是正规的。

本文考虑将定理C中的微分多项式推广到更一般的微分多项式方程:

f (k) ( z )+ i=1 k1 a i ( z ) f (ki) ( z )+ s=1 n1 b s ( z ) f s ( z )a f n ( z )=b( z )

当方程有解时,讨论全纯函数族的正规定则。

定理1 是区域 D 内的零点重级至少为 k 的全纯函数族, a 是非零有限复数,给定三个正整数 m n k 满足 nm+1 。若对于任意 f L f ( z ) P f ( z ) 至多有 mk 个不同的零点,则 D 内正规。其中:

L f ( z )= f (k) ( z )+ i=1 k1 a i ( z ) f (ki) ( z ), P f ( z )= s=1 n1 b s ( z ) f s ( z )a f n ( z )b( z ) ,

a i ( z ), b s ( z ),b( z )( i=1,2,,k1;s=1,2,,n1 ) 为区域 D 内的全纯函数。

2. 引理

引理1 [9] 是定义在单位圆盘 Δ={ z:| z |1 } 的一族亚纯函数, z 0 Δ 内任意一点,对任意 f ,其中函数 f 的零点至少是 p 重,极点至少是 q 重。若 z 0 处不正规,则对每一个 α q<α<p ,存在:

(1) 点列 z j Δ z j z 0 ;(2) 函数列 { f n ( z ) } ;(3) 正数列 ρ j ρ j 0 +

使得 g j ( ζ )= f j ( z j + ρ j ζ ) ρ j α 在复平面 上按球距内闭一致收敛到一个非常数亚纯函数 g( ζ ) ,其零点重级

至少是 p ,极点重级至少是 q 且级至多是2。

引理2 [7] f 是复平面 上的非常数整函数, a 是一个非零有限常数, n 是一个正整数且 n2 。那么 f ( z )a f n ( z ) 至少有两个不同的零点。

3. 定理证明

定理1证明

证明 不妨设 D=Δ ,其中 Δ={ z|| z |<1 } z 0 为单位圆盘 Δ 内任意一点,假设函数族 z 0 处不正规,由引理1,取 α=k/1 n ,存在函数列 f j ,点列 z j z 0 ,正数列 ρ j 0 + ,使得

g j ( ζ )= ρ j k n1 f j ( z j + ρ j ζ )g( ζ )

在复平面 上按球距内闭一致收敛。其中 g( ζ ) 为非常数整函数且其零点重级至少是 k 。为书写方便,不妨设 ζ ^ j = z j + ρ j ζ ,则

ρ j nk n1 [ L f j ( ζ ^ j )+ P f j ( ζ ^ j ) ]= g j ( k ) ( ζ )+ i=1 k1 a i ( ζ ^ j ) ρ j ki g j ( s ) ( ζ )+ s=1 n1 b s ( ζ ^ j ) ρ j k( ns ) n1 g j i ( ζ )a g j n ( ζ ) ρ j nk n1 b( ζ ^ j ) g ( k ) ( ζ )a g n ( ζ ),

在复平面 上按球距内闭一致收敛。显然, g ( k ) ( ζ )a g n ( ζ ) 0 。否则 g ( k ) ( ζ ) g n ( ζ )( nm+1 ) ,有

nT( r,g )=T( r, g n )=T( r, g ( k ) )+O( 1 )=m( r, g ( k ) )+N( r, g ( k ) )+O( 1 )T( r,g )+S( r,g )

( n1 )T( r,g )S( r,g ) ,因此 g 为常数,矛盾。

接下来,证明两个断言成立。

断言(1): g (k) ( ζ )a g n ( ζ ) 至多有 mk 个不同零点。

断言(2): g (k) ( ζ )a g n ( ζ ) 至少有 mk+1 个不同零点。

显然,由以上两个矛盾的断言可知全纯函数族 z 0 处正规,即 在区域 D 内正规。下面开始证明断言(1)和断言(2)成立。

首先证明断言(1)。

假设 g ( k ) ( ζ )a g n ( ζ ) mk+1 个不同零点 ζ i ( i=1,2,,mk+1 ) 。根据Hurwitz定理,那么存在 ζ j,i ( i=1,2,,mk+1 ) ,满足 ζ j,i ζ i L f j ( ζ ^ j,i )+ P f j ( ζ ^ j,i )=0 。这与条件 L f j ( ζ ^ j )+ P f j ( ζ ^ j ) Δ 内至多有 mk 个不同零点,且 z j + ρ j ζ j,i z 0 相矛盾。所以 g ( k ) ( ζ )a g n ( ζ ) 至多有 mk 个不同零点。断言(1)证明完毕。

其次证明断言(2)。

mk=1 ,则 m=1 k=1 ,由引理2可得 g ( k ) ( ζ )a g n ( ζ ) 至少有两个不同的零点,得证。

mk2 ,假设 g ( k ) ( ζ )a g n ( ζ ) l( mk ) 个不同的零点。再设 ψ( z )= g ( k ) ( z ) a g n ( z ) ,其中 g (k) ( z ) 0 。否则,若 g ( k ) ( z )0 ,这与 g 的零点重级至少为 k ,矛盾。由此, ψ( z ) 0 。计算可得 a g n ( z )= g ( k ) ( z ) ψ( z )

进而有:

nm( r,g )=m( r, g n )=m( r, g ( k ) aψ )m( r, 1 ψ )+m( r,g )+S( r,g ) (1)

nN( r,g )=N( r, g n )=N( r, g ( k ) aψ )N( r,g )+k N ¯ ( r,g )+N( r, 1 ψ ) N ¯ 0 ( r ) (2)

其中 N ¯ 0 ( r ) 是关于 ψ g ( k ) 共同零点的计数函数,不计其重数。

可以推导出:

N ¯ ( r,ψ )+ N ¯ ( r, 1 ψ ) N ¯ ( r, 1 g )+ N ¯ ( r,g )+ N ¯ 0 ( r ) . (3)

显然 ψ( z ) 1 ,再由(1)~(3),可以推导出

( n1 )T( r,g )k N ¯ ( r,g )+T( r, 1 ψ ) N ¯ 0 ( r )+S( r,g ) =( k+1 ) N ¯ ( r,g )+ N ¯ ( r, 1 g )+ N ¯ ( r, 1 g (k) a g n )+S( r,g ).

考虑到 g ( k ) a g n l( mk ) 个不同的零点,又因为 g 是整函数,由上式可得

( n1 )T( r,g ) N ¯ ( r, 1 g )+llogr+S( r,g )

由于

N ¯ ( r, 1 g ) 1 k N( r, 1 g ) 1 k T( r,g )+S( r,g ) .

再由以上两式可得

( n1 )T( r,g )k N ¯ ( r,g )+T( r, 1 ψ ) N ¯ 0 ( r )+S( r,g ) k N ¯ ( r,g )+[ N ¯ (r,ψ)+ N ¯ ( r, 1 ψ )+ N ¯ ( r, 1 ψ1 )+S( r,ψ ) ] N ¯ 0 ( r )+S( r,g ) k N ¯ ( r,g )+[ N ¯ ( r, 1 g )+ N ¯ ( r,g )+ N ¯ 0 ( r ) ]+ N ¯ ( r, 1 g ( k ) a g n ) N ¯ 0 ( r )+S( r,g ) =( k+1 ) N ¯ ( r,g )+ N ¯ ( r, 1 g )+ N ¯ ( r, 1 g ( k ) a g n )+S( r,g ) (4)

由于 nm+1 mk2 ,结合(4)式可得

T( r,g ) kl mk1 logr+S( r,g ) m k 2 mk1 logr+S( r,g ) . (5)

由此,断定 g 是一个非常数有理函数,且 degg m k 2 mk1

下面,分两种不同的情形进行讨论。

情形1 当 k2 m1 时。然后再分两种不同的情形讨论。

情形1.1 当 m1 k=2 时,即 degg 4m 2m1 4

情形1.1.1 m=1 。由(5)式,可得 T( r,g )4logr+S( r,g ) ,所以 degg4 ,再分两种情形讨论。

情形1.1.1.1 degg=4 ,因为 g 的所有零点重数至少为2,所以断言 g 至多有两个不同的零点。当 g 只有一个零点,设 g( z )=A ( zα ) 2 ,其中 A 是非零常数,那么

g ( z )a g n ( z )=12A ( zα ) 2 A n ( zα ) 4n = ( zα ) 2 [ 12A ( zα ) 4n2 ]

显然, g a g n 4m+2=6>2 个不同的零点,矛盾。

g 有两个不同的零点时,由 nm+12 ,即 n3 ,由 m=1 k=2 并结合(5)式,有 T( r,g )2logr+S( r,g ) ,这与 degg=4 矛盾。

n=2 ,记 g( z )=A ( z α 1 ) 2 ( z α 2 ) 2 A 是非零常数且 α 1 α 2 。设 ψ( z )= 1 B( z α 1 )( z α 2 ) ,其中 B 2 =A 。那么 g a g 2 = 2 ψ ψ+6 ( ψ ) 2 a ψ 4 。显然, g a g 2 2 ψ ψ+6 ( ψ ) 2 a 有相同的零点。

ψ( z ) 知, ψ ( z )= P 1 ( z ) ( z α 1 ) 2 ( z α 2 ) 2 P 1 ( z )= 1 B [ 2z( α 1 + α 2 ) ] ;且 ψ ( z )= P 2 ( z ) ( z α 1 ) 3 ( z α 2 ) 3

其中 P 2 ( z ) deg P 2 2 的多项式。

由以上几式整理可得,

ϕ( z )=2 ψ ( z )ψ( z )+6 ( ψ ( z ) ) 2 = ( 2/B ) P 2 ( z )+6 P 1 2 ( z ) ( z α 1 ) 4 ( z α 2 ) 4 = q 1 ( z ) ( z α 1 ) 4 ( z α 2 ) 4 (6)

其中 q 1 ( z ) deg q 1 2 的多项式。显然, ϕa 至少有两个不同的零点。假设 ϕa 仅有两个不同的零点 β 1

β 2 ,设 ϕ( z )a= C ( z β 1 ) l 1 ( z β 2 ) l 2 ( z α 1 ) 4 ( z α 2 ) 4 ,其中 C 是非零常数,且 l 1 + l 2 =8 。所以

ϕ ( z )= C ( z β 1 ) l 1 1 ( z β 2 ) l 2 1 q 2 ( z ) ( z α 1 ) 5 ( z α 2 ) 5 (7)

其中 q 2 ( z ) deg q 2 2 的多项式。

由(6)式,可得

ϕ ( z )= q 3 ( z ) ( z α 1 ) 5 ( z α 2 ) 5 (8)

其中 q 3 ( z ) deg q 3 3 的多项式。

注意到 α 1 α 2 β 1 β 2 是不同的,由(7)和(8)式,有 l 1 + l 2 2deg q 3 3 ,那么 l 1 + l 2 5 ,这与 l 1 + l 2 =8 矛盾。

因此, ϕa 至少有三个不同的零点,即 g ( z )a g 2 ( z ) 至少有 3=mk+1 个不同的零点,矛盾。

情形1.1.1.2 degg3 。因为 g 的所有零点重数至少为 2 ,那么可知 g 只有一个零点,假设 g( z )= A 1 ( zc ) 3 ,有 g ( z )a g n ( z )=6 A 1 ( zc )a A 1 n ( zc ) 3n =( zc )[ 6 A 1 a A 1 n ( zc ) 3n1 ] 。显然, g a g n 3m+2=5>2 个不同的零点,矛盾。

情形1.1.2 当 m2 时,由(5)式可知, T( r,g ) 4m 2m1 logr+S( r,g ) 8 3 logr+S( r,g ) ,即 degg2

如同情形1.1.1.2很容易得到一个矛盾。

情形1.2 当 m1 k>2 时,下面分两种情形讨论。

情形1.2.1 当 m=1 时,则由(5)式, T( r,g ) k 2 k1 logr+S( r,g )( k+2 )logr+S( r,g ) ,可得 deggk+2 。可知 g 只有一个零点。假设 g( z )=A ( zc ) l ,其中 klk+2 。那么,

g (k) ( z )a g n ( z )= Al! k! ( zc ) lk a A n ( zc ) nl = ( zc ) lk { Al! k! a A n ( zc ) nll+k }

显然, g k a g n mk+k=2k>k 个不同的零点,矛盾。

情形1.2.2 当 m2 时,则由(5)式, T( r,g ) m k 2 mk1 logr+S( r,g )( k+1 )logr+S( r,g ) ,于是

deggk+1 。那么 g 也只有一个零点,如同情形1.2.1很容易得到一个矛盾。

情形2 当 k=1 m2 时。由(5)式,有 T( r,g ) m m+1 logr+S( r,g ) ,再分两种情形进行讨论。

情形2.1 当 m=2 时,那么 T( r,g )2logr+S( r,g ) ,我们断言 degg2 ,然后再分两种情形进行讨论。

情形2.1.1 当 degf=1 时,令 g( z )=Az+B ,其中 A0 。所以 g a g n =Aa A n ( Az+B ) n

显然, g a g n 至少有 nm+1=mk+1 个不同的零点,矛盾。

情形2.1.2 当 degf=2 时,设 g( z )= B 1 ( z α 1 )( z α 2 ) B 1 0 。当 α 1 = α 2 时,那么

N ¯ ( r, 1 g ) 1 2 T( r,g ) 。由(5)式并且注意到 m=2 k=1 ,有 ( n1 )T( r,g ) 1 2 T( r,g )+2logr+S( r,g )

所以, T( r,g ) 4 3 logr+S( r,g )<2logr+S( r,g ) ,矛盾。

α 1 α 2 时。由于 nm+13 。若 n4 ,由(5)式且 m=2 k=1 ,则 T( r,g )logr+S( r,g ) ,矛盾。

n=3 ,则 g( z )= B 1 ( z α 1 )( z α 2 ) ,其中 B 1 0 α 1 α 2 。设 φ=1/g ,则 g a g 3 = φ φ+a φ 3 。显然, g a g 3 φ φ+a 有相同的零点。设 ψ= φ 2 /2 ,则 ψ =φ φ 。于是有 ψ( z )= B ( z α 1 ) 2 ( z α 2 ) 2

其中 B=1/ ( 2 B 1 2 ) 是非零常数。进而 ψ ( z )= h 1 ( z ) ( z α 1 ) 3 ( z α 2 ) 3 ,其中 h 1 ( z ) deg h 1 =1 的多项式。

由引理2,可知 g a g 3 至少有两个不同的零点,那么 ψ +a 至少有两个不同的零点。假设 ψ +a 仅有两个不同的零点 β 1 β 2 ,设

ψ ( z )+a= C ( z β 1 ) l 1 ( z β 2 ) l 2 ( z α 1 ) 3 ( z α 2 ) 3 C 是非零常数, l 1 + l 2 =6 。所以 ψ ( z )= C ( z β 1 ) l 1 1 ( z β 2 ) l 2 1 h 2 ( z ) ( z α 1 ) 4 ( z α 2 ) 4

h 2 ( z ) deg h 2 2 的多项式。由 ψ ( z ) 可得, ψ ( z )= h 3 ( z ) ( z α 1 ) 4 ( z α 2 ) 4 h 3 ( z ) deg h 3 2 的多项式。

注意到 α 1 α 2 β 1 β 2 是互不相同的,由以上两式,有 l 1 + l 2 2deg h 3 2 ,那么 l 1 + l 2 4 ,这与 l 1 + l 2 =6 矛盾。

因此 ψ +a 至少有三个不同的零点,所以 g ( z )a g 3 ( z ) 至少有 3=mk+1 个不同的零点,矛盾。

情形2.2 当 k=1 m3 时。由(5)式,可得 T( r,g )2logr+S( r,g ) ,所以有 degg=1 。如同情形2.1.1很容易得到一个矛盾。

至此,断言(2)证明完毕。

基金项目

国家自然科学基金项目(12061077);新疆维吾尔自治区自然科学基金项目(2022D01A217)。

NOTES

*通讯作者。

参考文献

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