聶曉湯 ,吳愛迪

(1.福建師范大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院,福建 福州 350117；2.福建農(nóng)林大學(xué) 計算機與信息學(xué)院,福建 福州 350002)

1 引言及主要結(jié)果

采用亞純函數(shù)唯一性理論中的一些基本記號和結(jié)論,如T(r,f),m(r,f),N(r,f)等,參見文獻［1］.如果亞純函數(shù)α 滿足T(r,α)=S(r,f),則稱α 為關(guān)于f (z)的小函數(shù),其中S(r,f) 表示任意滿足S(r,f)=o(T (r,f))(r →∞) 的量,可能除去r 的一個線性測度為有窮的集合.此外,還用到下述定義.

定義1［2］設(shè)k 是一個非負(fù)整數(shù)或∞,a 為復(fù)數(shù).定義Ek(a,f)表示f-a 的零點集合,其中,若m≤k,則f-a的m 重零點記m 次；若m＞k,則記k+1 次.如果Ek(a,f)=Ek(a,g),則稱f 與g 以權(quán)k 分擔(dān)值a,記作(a,k).特別地,如果f 和g 分擔(dān)值aIM 當(dāng)且僅當(dāng)f 和g 分擔(dān)(a,0)；如果f 和g 分擔(dān)值aCM 當(dāng)且僅當(dāng)f 和g 分擔(dān)(a,∞).

定義2令P(z)=amzm+am-1zm-1+…+a1z+a0是非零多項式,其中a0（≠0）,a1,…,am-1,am（≠0）均為復(fù)常數(shù),m 為正整數(shù).記d=gcd{λ0,λ1,…,λm},這里的

涉及亞純函數(shù)微分多項式分擔(dān)值的唯一性理論是近年來研究的熱門課題,許多學(xué)者對該方面進行深入研究并取得了一系列有趣的結(jié)果,詳見文獻［3-5］.首先回顧Yang 等［4］所證結(jié)果.

定理A［4］設(shè)f 和g 為兩個非常數(shù)亞純函數(shù),n≥11 為整數(shù).如果fnf ′和gng′分擔(dān)1CM,則f=c1ecz,g=c2e-cz,其中c,c1,c2是非零常數(shù)且滿足(c1c2)n+1c2=-1,或者f=tg,其中t 是常數(shù)滿足tn=1.

近年來,隨著Nevanlinna 理論差分模擬［6-7］的興起,許多學(xué)者對復(fù)差分多項式的唯一性問題進行深入研究,相應(yīng)于定理A 的差分問題研究得到一系列有趣的結(jié)果［8-11］.其中,祁曉光等［8］獲得了如下結(jié)果.

定理B［8］設(shè)f 和g 為兩個有窮級超越整函數(shù),n≥6 為正整數(shù),c 為非零復(fù)數(shù).如果fnf (z+c) 和gng(z+c) 分擔(dān)1CM,則fg=t 或者f=tg,其中t 為常數(shù)且tn+1=1.

隨后,李效敏等在文獻［9］中考慮了分擔(dān)小函數(shù)的情況,證明了:若n≥m+6,則fn（fm-1）f（z+c）和gn（gm-1）g（z+c）CM 分擔(dān)一個小函數(shù)時整函數(shù)f 和g 滿足f=tg,其中t 為常數(shù)且tm=1.然而針對亞純函數(shù)的情況,李效敏等［10］于2014 年得到了如下結(jié)果.

定理C［10］設(shè)f 和g 為兩個有窮級超越亞純函數(shù),c 為非零復(fù)數(shù),a（z）是關(guān)于f 和g 的非零小函數(shù),n,m為正整數(shù)且滿足n≥m+12,m≥2.若fn（fm-1）f（z+c）和gn（gm-1）g（z+c）分擔(dān)a（z）,∞CM,f 和g 分擔(dān)∞IM,則f=tg,其中t 為常數(shù)且tm=1.

設(shè)c 為非零復(fù)數(shù),Δcf,Δkcf 分別指f 的差分算子和k 階差分算子,易見

引入一個線性差分算子L（z，f）,如式(1)所示,它在一定程度上推廣了Δcf 和Δkcf.

這里c1,c2,…，cs為互不相同的復(fù)數(shù),t1,t2,…，ts為不全為零的復(fù)常數(shù).記s 為線性差分多項式L（z，f）的項數(shù)且s≥1.

結(jié)合引入的線性差分算子L（z，f）,利用權(quán)分擔(dān)思想獲得了如下結(jié)果.

定理1設(shè)f和g 為有窮級超越亞純函數(shù),P（z）如定義2 所示,L（z，f）和L（z，g）如式(1)所示,a（z）是關(guān)于f和g 的非零小函數(shù).若fnP（f）L（z，f）與gnP（g）L（z，g）分擔(dān)（a（z），l）,f 和g 分擔(dān)∞IM,其中0≤l＜∞,n,m,s 為正整數(shù)且下列條件之一成立:

則下列情況之一成立:

1) f=tg,其中t 為常數(shù)滿足td=1,d 如定義2 所示；

2) f,g 滿足代數(shù)方程R（f,g）≡0，其中

在定理1 中,若l→∞,則可得下面的推論.

推論1設(shè)f 和g 為有窮級超越亞純函數(shù)，P（z）如定義2 所示,L（z，f）和L（z，g）如式(1)所示,a（z）是關(guān)于f 和g 的非零小函數(shù).假設(shè)fnP（f）L（z，f）與gnP（g）L（z，g）分擔(dān)a（z）CM，f 和g分擔(dān)∞IM.若n,m,s 為正整數(shù)且滿足n＞m+6s+7,則下列情況之一成立:

1) f=tg，其中t 為常數(shù)滿足td=1,d 如定義2 所示；

2) f,g 滿足代數(shù)方程R（f,g）≡0，其中

注1當(dāng)L（z，f）的項數(shù)s=1 時，推論1 改進了定理C.事實上，當(dāng)P（z）=zm-1 時，由推論1 的結(jié)論2 可知:fn（fm-1）f（z+c1）=gn（gm-1）g（z+c1）,取A=fg，則有（An+mA（z+c1）-1）gm=AnA（z+c1）-1.若An+mA（z+c1）-1=0，則Am=1，此時A 一定是常數(shù),故有f=tg，tm=1.若An+mA（z+c1）-1?0，對An+mA（z+c1）運用第二基本定理可推得矛盾.

2 引理

為了證明方便,首先引入一些引理和符號.

設(shè)f 和g 為兩個非常數(shù)亞純函數(shù)且a 為復(fù)數(shù)，Np（r，a；f）表示f-a 的零點計數(shù)函數(shù),其中重數(shù)m＜p，計m 次；m≥p,計p 次.

引理1［1］設(shè)f 為開平面上非常數(shù)亞純函數(shù)，an（≠0），an-1，…，a1，a0均為f 的小函數(shù),則T（r，anfn+an-1fn-1+…+a1f +a0）=nT（r，f ）+S（r，f ）.

引理2［7］設(shè)f 為有窮級非常數(shù)亞純函數(shù)，c 為非零有窮復(fù)數(shù)，則

引理3［7］設(shè)f 為有窮級非常數(shù)亞純函數(shù)，c 為非零有窮復(fù)數(shù)，則

引理4［12-13］設(shè)f 和g 是兩個非常數(shù)亞純函數(shù).如果f 和g 分擔(dān)（1，l）和（∞，0），其中l(wèi) 為非負(fù)整數(shù).設(shè)若H?0，則

i) 當(dāng)2≤l＜∞時，

ii) 當(dāng)l=1 時,

iii) 當(dāng)l=0 時,

3 定理1 的證明

置

由于F 和G 分擔(dān)（a（z），l），若不考慮a（z）的零點和極點,F1與G1分擔(dān)（1，l），且

根據(jù)引理1 和引理3 可知

另一方面,對F 運用第二基本定理可得

再由式(3)可得

對G 運用上述相同方法可得

由式(5)和式(6),有

因此,為了方便,不妨記

由引理1 和引理3 可知

下面分兩種情況討論.

情況1若H?0，考慮下列三種情況.

子情況1.1當(dāng)2≤l＜∞時.由引理4,有

注意到

由式(7～11)可得

進一步地,由式(2)和式(3)可知

同樣地,有

將以上兩式相加可得

這與假設(shè)條件n＞m+6s+7 矛盾.

子情況1.2當(dāng)l=1 時,由引理1 和引理3,有

根據(jù)式(7～9),式(11～12)和引理4 可得

結(jié)合式(2)和式(3)可推導(dǎo)得

將上述兩式相加可得

子情況1.3當(dāng)l=0 時,由引理1 和引理3，有

根據(jù)式(7～9),式(11～13)和引理4 可得

進一步地,由式(2)和式(3)可知

同理

結(jié)合以上兩式可得

與n＞4m+12s+13 矛盾.

情況2H≡0，即，連續(xù)積分兩次可得

其中A（≠0）和B 為常數(shù).

1) B≠0 且A≠B，若B=-1，由式(14)，有F1=.根據(jù)式(7)，式(9)，式(13)和第二基本定理可得

進一步地,根據(jù)式(2),式(4),式(5)可推導(dǎo)得

與假設(shè)條件矛盾.

2) B≠0 且A=B，若B≠-1，類似1)的討論可得矛盾.若B=-1，由式(14)可得F1G1=1，即

另一方面,由引理2 可知

由式(16～18)及f 和g 分擔(dān)∞IM，可知

進一步地,利用第二基本定理可得

其中bj（j=1,2，…，k）是方程P（z）=0 的根,這是不可能的.

3) B=0，若A≠1，則G1=AF1-（A-1）,類似1)的討論可得矛盾，因此A=1，也就是F1=G1，即

因為am≠0，g 為有窮級超越亞純函數(shù)，若hn+m+1-1≠0，根據(jù)式(22)和引理1 可知T（r，g）=S（r），矛盾,因此hn+m+1=1.若am-1≠0，假設(shè)hn+m-1≠0，同樣地，由式(22)和引理1 可推得hn+m=1.以此類推，可得hd=1，d=gcd ｛λ0，λ1，…，λm｝，其中

故有f=tg，t 為常數(shù)且滿足td=1，d 如上所示.

若h 不是常數(shù),則由式(20)可知，f 和g 滿足代數(shù)方程R（f，g）≡0，其中R（w1，w2）=w1nP（w1）L（z，w1）-w2nP（w2）L（z，w2）.至此，定理1 證明完畢.