具有三个IM分担值与一个CM分担值的亚纯函数的唯一性

Uniqueness of Meromorphic Functions with Three IM Sharing Values and One CM Sharing Value

摘要: 本文通过研究G. G. Gundersen问题得到具有三个IM分担值与一个CM分担值的亚纯函数的唯一性结论。

Abstract: In this paper, some results of the uniqueness of meromorphic functions with three CM sharing values and one IM sharing value are obtained.

1. 引言及主要结果

本文使用值分布论的基础知识及Nevanlinna常用理论的标准符号 [1] [2] [3]，设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为复平面上的两个非常数亚纯函数，而a为扩充复平面中的元素，若 $f^{-1}\left(\left\{a\right\}\right)=g^{-1}\left(\left\{a\right\}\right)$，则称a为亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的IM分担值；若a为亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的IM分担值，且对于 $\forall z^{\ast }\in f^{-1}\left(\left\{a\right\}\right)$ 都有 $z^{\ast }$ 作为方程 $f\left(z\right)=a$ 的根的重数与 $z^{\ast }$ 作为方程 $g\left(z\right)=a$ 的根的重数相同，则称a为亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值。

对于复平面上的非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 而言， $S\left(r,f\right)$ 泛指形如 $o\left\{T\left(r,f\right)\right\}\left(r\to \infty ,r\notin E,mesE<+\infty \right)$ 的量。

1929年，Nevanlinna证明了以下定理：

定理A [1] 若非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 具有5个判别的IM分担值，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$。

定理B [1] 若非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以4个两两判别的复数 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 为CM分担值，则以下情况之一必发生：

(i) $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ ；

(ii) $f\left(z\right)\cancel{\equiv }g\left(z\right)$，但 $g\left(z\right)$ 是 $f\left(z\right)$ 的分式线性变换，且 $a_j\left(j=1,2,3,4\right)$ 中必有两个是 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 公共的Picard例外值。

1979年，G. G. Gundersen得到了 $3CM+IM=4CM$ 定理。

定理C [2] 设 $a_j\left(j=1,2,3,4\right)$ 为4个判别的复数，如果非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $a_1,a_2,a_3$ 为CM分担值，而以 $a_4$ 为IM分担值，则 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 均为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值。

1983年，Gundersen将定理C改进为如下的 $2CM+2IM=4CM$ 定理。

定理D [3] 设 $a_j\left(j=1,2,3,4\right)$ 为4个判别的复数，如果非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $a_1,a_2$ 为CM分担值，而以 $a_3,a_4$ 为IM分担值，则 $a_3,a_4$ 亦为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值。

Gundersen根据上述结果，提出了以下公开问题：

设 $a_j\left(j=1,2,3,4\right)$ 为4个判别的复数。如果 $a_1,a_2,a_3$ 为非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的IM分担值， $a_4$ 为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值，那么 $a_1,a_2,a_3$ 是否一定亦都为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值？

对于上述问题，1992年，Gundersen得到如下的阶段性结果。

定理E [4] 设c为异于 $0,1,\infty$ 的复数， $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为判别的非常数亚纯函数。如果 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $0,1,c$ 为IM分担值，而以 $\infty$ 为CM分担值，且 $\exists \lambda >\frac{4}{5}$ 及 $I\subset R^{+}$ 使 $mesI=+\infty$ 以及 $\bar{N}\left(r,f\right)>\lambda T\left(r,f\right)$ $\left(\forall r\in I\right)$，则 $0,1,\infty ,c$ 均为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值。

对于Gundersen的上述问题，在本文中我们得到如下几个结果。

定理1.1 设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为判别的非常数亚纯函数。如果 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $0,1,c$ $\left(c\in \cancel{C}\backslash \{0,1,\infty \}\right)$ 为IM分担值、而以 $\infty$ 为CM分担值，且 $\exists \lambda >\frac{2}{3}$ 及 $I\subset R^{+}$ 使得 $mesI=+\infty$ 以及对 $\forall r\in I$ 都有

$\bar{N}\left(r,f\right)>\lambda T\left(r,f\right)$, $\frac{N_E\left(r,0\right)+N_E\left(r,1\right)+N_E\left(r,c\right)}{N\left(r,\frac{1}{f}\right)+N\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+N\left(r,\frac{1}{f-c}\right)}>\frac{1}{2}$,

则 $0,1,\infty ,c$ 均为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值。

定理1.2 设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为判别的非常数亚纯函数。如果 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $0,1,c$ $\left(c\in \{-1,\frac{1}{2},2\}\right)$ 为IM分担值、而以 $\infty$ 为CM分担值，且 $\exists \lambda >\frac{4}{7}$ 及 $I\subset R^{+}$ 使得 $mesI=+\infty$ 以及对 $\forall r\in I$ 都有

$\bar{N}\left(r,f\right)>\lambda T\left(r,f\right)$, $\frac{N_E\left(r,0\right)+N_E\left(r,1\right)+N_E\left(r,c\right)}{N\left(r,\frac{1}{f}\right)+N\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+N\left(r,\frac{1}{f-c}\right)}>\frac{1}{2}$,

则 $0,1,\infty ,c$ 都为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值。

2. 几个引理

为了证明本文的结果，我们需要以下几个辅助结果。

引理2.1 [1] 设 $a_j\left(j=1,2,3,4\right)$ 为非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的四个判别的IM分担值。如果 $f\left(z\right)\cancel{\equiv }g\left(z\right)$，那么：

(i) $T\left(r,f\right)=T\left(r,g\right)+S\left(r,f\right)$， $T\left(r,g\right)=T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$ ；

(ii) $N_0\left(r,f\right)=S\left(r,f\right)$， $N_0\left(r,g\right)=S\left(r,f\right)$ ；

(iii) ${\displaystyle \underset{j=1}{\overset{4}{\sum }}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-a_j}\right)}=2T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$ ；

(iv) ${\displaystyle \underset{j=1}{\overset{4}{\sum }}{N}^{\ast }}\left(r,a_j\right)=S\left(r,f\right)$ ；

其中 $N_0\left(r,f\right)$ 表示 $f^{\prime }$ 的零点，但不是 $f-a_j\left(j=1,2,3,4\right)$ 的零点的计数函数， $N_0\left(r,g\right)$ 类似定义， $N^{\ast }\left(r,a_j\right)$ 表示 $f-a_j$ 与 $g-a_j$ 重级均大于1的公共零点的计数函数，按重级小者计算次数。

引理2.2 [1] 设c为有穷复数，且 $c\ne 0,1$，非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $0,1,\infty$ 及c中的任何一个为IM分担值，令

${\beta }_1=\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\left(\frac{f^{\prime }}{f-1}+\frac{f^{\prime }}{f-c}-2\frac{f^{\prime }}{f}\right)-\left\{\frac{g^{″}}{g^{\prime }}-\left(\frac{g^{\prime }}{g-1}+\frac{g^{\prime }}{g-c}-2\frac{g^{\prime }}{g}\right)\right\}$,

${\beta }_2=\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\left(\frac{f^{\prime }}{f}+\frac{f^{\prime }}{f-1}-2\frac{f^{\prime }}{f-c}\right)-\left\{\frac{g^{″}}{g^{\prime }}-\left(\frac{g^{\prime }}{g}+\frac{g^{\prime }}{g-1}-2\frac{g^{\prime }}{g-c}\right)\right\}$,

${\beta }_3=\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\left(\frac{f^{\prime }}{f}+\frac{f^{\prime }}{f-c}-2\frac{f^{\prime }}{f-1}\right)-\left\{\frac{g^{″}}{g^{\prime }}-\left(\frac{g^{\prime }}{g}+\frac{g^{\prime }}{g-c}-2\frac{g^{\prime }}{g-1}\right)\right\}$,

则有

$T\left(r,{\beta }_1\right)\le \bar{N}\left(r,f\right)-N_E\left(r,\infty \right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)-N_E\left(r,0\right)+S\left(r,f\right)$,

$T\left(r,{\beta }_2\right)\le \bar{N}\left(r,f\right)-N_E\left(r,\infty \right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-c}\right)-N_E\left(r,c\right)+S\left(r,f\right)$,

$T\left(r,{\beta }_3\right)\le \bar{N}\left(r,f\right)-N_E\left(r,\infty \right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)-N_E\left(r,1\right)+S\left(r,f\right)$,

其中 $N_E\left(r,0\right)$ 表示 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 公共的单重零点的密指量， $N_E\left(r,1\right)$， $N_E\left(r,c\right)$ 亦类似定义。

引理2.3 [1] 设常数 $c\notin \left\{0,1,\infty \right\}$，如果判别的非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $0,1,\infty$ 及c的每一个值为IM分担值， $\psi =\frac{f^{\prime }{\left(f-g\right)}^2{g}^{\prime }}{f\left(f-1\right)\left(f-c\right)g\left(g-1\right)\left(g-c\right)}$，而 ${\beta }_1,{\beta }_2,{\beta }_3$ 如引理2.2中所述，令 ${\delta }_1={\beta }_1-{\left(1+c\right)}^2\psi$， ${\delta }_2={\beta }_2-{\left(1-2c\right)}^2\psi$， ${\delta }_3={\beta }_3-{\left(c-2\right)}^2\psi$，又设 $z_{\infty }$ 是 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 公共的单重极点，则 ${\delta }_1\left(z_{\infty }\right)=0$， ${\delta }_2\left(z_{\infty }\right)=0$， ${\delta }_3\left(z_{\infty }\right)=0$。

3. 定理1.1的证明

令

${\beta }_1=\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\left(\frac{f^{\prime }}{f-1}+\frac{f^{\prime }}{f-c}-2\frac{f^{\prime }}{f}\right)-\left\{\frac{g^{″}}{g^{\prime }}-\left(\frac{g^{\prime }}{g-1}+\frac{g^{\prime }}{g-c}-2\frac{g^{\prime }}{g}\right)\right\}$,

${\beta }_2=\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\left(\frac{f^{\prime }}{f}+\frac{f^{\prime }}{f-1}-2\frac{f^{\prime }}{f-c}\right)-\left\{\frac{g^{″}}{g^{\prime }}-\left(\frac{g^{\prime }}{g}+\frac{g^{\prime }}{g-1}-2\frac{g^{\prime }}{g-c}\right)\right\}$,

${\beta }_3=\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\left(\frac{f^{\prime }}{f}+\frac{f^{\prime }}{f-c}-2\frac{f^{\prime }}{f-1}\right)-\left\{\frac{g^{″}}{g^{\prime }}-\left(\frac{g^{\prime }}{g}+\frac{g^{\prime }}{g-c}-2\frac{g^{\prime }}{g-1}\right)\right\}$,

$\psi =\frac{f^{\prime }{\left(f-g\right)}^2{g}^{\prime }}{f\left(f-1\right)\left(f-c\right)g\left(g-1\right)\left(g-c\right)}$,

$H=\left({\beta }_1^2-{\left(1+c\right)}^2\psi \right)\left({\beta }_2^2-{\left(1-2c\right)}^2\psi \right)\left({\beta }_3^2-{\left(c-2\right)}^2\psi \right)$,

则 $\psi$ 为整函数，又由对数导数引理知 $m\left(r,\psi \right)=S\left(r,f\right)$，故 $T\left(r,f\right)=S\left(r,f\right)$。由于 $\infty$ 为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的CM分担值，且由引理2.1 (iv)知

$\bar{N}\left(r,f\right)-N_E\left(r,\infty \right)=S\left(r,f\right)$. (1)

由(1)式及引理2.2知

$T\left(r,{\beta }_1\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)-N_E\left(r,0\right)+S\left(r,f\right)$, (2)

$T\left(r,{\beta }_2\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f-c}\right)-N_E\left(r,c\right)+S\left(r,f\right)$, (3)

$T\left(r,{\beta }_3\right)\le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)-N_E\left(r,1\right)+S\left(r,f\right)$.(4)

我们断言 $H\equiv 0$。

事实上，若 $H\cancel{\equiv }0$，由Nevanlinna第一基本定理及(2)~(4)式得

$\begin{array}{l}3\bar{N}\left(r,f\right)\le N\left(r,\frac{1}{H}\right)\le T\left(r,H\right)+O\left(1\right)\le 2\left(T\left(r,{\beta }_1\right)+T\left(r,{\beta }_2\right)+T\left(r,{\beta }_3\right)\right)+S\left(r,f\right)\\ \le 2\left(\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)-N_E\left(r,0\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-c}\right)-N_E\left(r,c\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)-N_E\left(r,1\right)\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$.

由上式可得

$\begin{array}{l}3\bar{N}\left(r,f\right)+2\left(N_E\left(r,0\right)+N_E\left(r,1\right)+N_E\left(r,c\right)\right)\\ \le 2\left(\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-c}\right)\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$.

又由引理2.1 (iii)得

$\begin{array}{l}5\bar{N}\left(r,f\right)+2\left(N_E\left(r,0\right)+N_E\left(r,1\right)+N_E\left(r,c\right)\right)\\ \le 2\left(\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-c}\right)+\bar{N}\left(r,f\right)\right)+S\left(r,f\right)\\ \le 4T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$. (5)

继令

$\gamma =\frac{f^{\prime }\left(f-g\right)g^{\prime }}{f\left(f-1\right)\left(f-c\right)g\left(g-1\right)\left(g-c\right)}$.

若 $z_{\infty }$ 为f与g的极点，则 $z_{\infty }$ 为 $\gamma$ 的零点。由引理2.1 (iv)及已知条件可知

$\begin{array}{l}\bar{N}\left(r,f\right)\le N_E\left(r,0\right)+N_E\left(r,1\right)+N_E\left(r,c\right)+{\bar{N}}_D\left(r,0\right)+{\bar{N}}_D\left(r,1\right)+{\bar{N}}_D\left(r,c\right)+S\left(r,f\right)\\ \le 2\left(N_E\left(r,0\right)+N_E\left(r,1\right)+N_E\left(r,c\right)\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$. (6)

结合(5)式可知

$6\bar{N}\left(r,f\right)\le 4T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$.

这与定理的假设 $\exists \lambda >\frac{2}{3}$ 及 $I\subset R^{+}$ 使得 $mesI=+\infty$，且 $\bar{N}\left(r,f\right)>\lambda T\left(r,f\right)$ $\left(\forall r\in I\right)$ 矛盾，所以断言成立。故 $H\equiv 0$。

不失一般性，令

$\begin{array}{l}{\left\{\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\left(\frac{f^{\prime }}{f-1}+\frac{f^{\prime }}{f-c}-2\frac{f^{\prime }}{f}\right)-\left\{\frac{g^{″}}{g^{\prime }}-\left(\frac{g^{\prime }}{g-1}+\frac{g^{\prime }}{g-c}-2\frac{g^{\prime }}{g}\right)\right\}\right\}}^2\\ \equiv {\left(1+c\right)}^2\left(\frac{f^{\prime }{\left(f-g\right)}^2{g}^{\prime }}{f\left(f-1\right)\left(f-c\right)g\left(g-1\right)\left(g-c\right)}\right)\end{array}$

即 ${\beta }_1^2\equiv {\left(1+c\right)}^2\psi$，设

$P=\frac{f^{\prime }{f}^2\left(g-1\right)\left(g-c\right)}{g^{\prime }{g}^2\left(f-1\right)\left(f-c\right)}$. (7)

由(7)式可知 ${\beta }_1=\frac{p^{\prime }}{p}$，故有 ${\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^2\equiv {\left(1+c\right)}^2\psi$。又因 $\psi$ 为一个整函数，故0和 $\infty$ 为P的Picard例外值。

因而有

$\frac{f^{\prime }{f}^2\left(g-1\right)\left(g-c\right)}{g^{\prime }{g}^2\left(f-1\right)\left(f-c\right)}=e^{P_1}$. (8)

(其中 $P_1$ 为一个整函数)。由(8)式可知：0和 $\infty$ 为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 公共的CM分担值，且结合 $1,c$ 为 $f\left(z\right)$ 与公共的IM分担值与定理D可知均为与的CM分担值。定理1.1证毕。

4. 定理1.2的证明

若，令

.

我们断言。事实上，若，则由Nevanlinna第一基本定理及引理2.2可知

,

由上可得

. (9)

由引理2.1 (iv)可知

.

再结合定理1.2的已知条件及定理1.1中的(6)式可知

这与定理的假设及使得，且矛盾，所以断言成立。故。

若时，即

. (10)

由(10)式经积分可以得到

(其中A为非零常数)。再结合为与公共的IM分担值可知：均为与的CM分担值。

若，令

,.

我们有，故。又因为一个整函数，故0和为的Picard例外值，即(其中为一个整函数)，由此可知0和为与公共的CM分担值，且结合为与公共的IM分担值与定理D可知：均为与的CM分担值。

同理，若，令；若，令。与上面类似的过程可证

得定理1.2的结论。

参考文献