DOI:10.12677/PM.2020.102011,PDF,HTML,XML,被引量下载: 739浏览: 2,496
作者:李荣慧^*,胡 岚：云南师范大学数学学院，云南 昆明
关键词:亚纯函数；分担值集；唯一性；Meromorphic Functions；Shared Set；Uniqueness

文章引用：李荣慧, 胡岚. 一类特殊亚纯函数的唯一性象集[J]. 理论数学, 2020, 10(2): 65-71. https://doi.org/10.12677/PM.2020.102011

1. 引言及主要结果

在本文中对于开平面上的亚纯函数 $f\left(z\right)$使用Nevanlinna [1] 理论中的标准记号 $m\left(r,f\right),N\left(r,f\right),\bar{N}\left(r,f\right),T\left(r,f\right)$和基本结果。用 $S^{*}\left(r,f\right)$表示满足以下条件的量：若f为有穷级，则 $S^{*}\left(r,f\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)\left(r\to +\infty \right)$，若f为无穷级，则 $S^{*}\left(r,f\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)\left(r\to +\infty ,r\notin E\right)$，其中E表示r在 $\left(0,+\infty \right)$上一个有穷线性测度的集合， $S^{*}\left(r,f\right)$每次出现时E可能不相同。

设 $f\left(z\right)$为开平面 $\cancel{C}$上的非常数亚纯函数， $a\left(z\right)$(可恒为 $\infty$)是一个亚纯函数。当 $a\left(z\right)\cancel{\equiv }\infty$时，若，则称 $a\left(z\right)$是 $f\left(z\right)$的小函数。当时，也称 $a\left(z\right)$为 $f\left(z\right)$的小函数。

设 $f\left(z\right)$为开平面 $\cancel{C}$上的非常数亚纯函数，S是扩充复平面 $\hat{\cancel{C}}$上的一个非空集合且具有不同的元素。令 [2]

$E_f\left(S\right)=\underset{a\in S}{\cup }\left\{z|f\left(z\right)=a\right\}$(这里m重a值点记m次)。

设 $f\left(z\right)$和 $g\left(z\right)$为开平面 $\cancel{C}$上的两个非常数亚纯函数，如果 $E_f\left(S\right)=E_g\left(S\right)$，则称 $f\left(z\right)$和 $g\left(z\right)$以S为CM分担值集；如果对于 $\forall z^{*}\in \left\{z|f\left(z\right)=a\right\}$都有 $z^{*}$作为方程 $f\left(z\right)=a$的根的重数等于 $z^{*}$作为方程 $g\left(z\right)=a$的根的重数，则称 $f\left(z\right)$和 $g\left(z\right)$以a为CM分担值，其中 $a\in \cancel{C}$。

符号介绍：记 $n_2\left(r,\frac{1}{f}\right)$在 $\left|z\right|\le r$内 $f\left(z\right)$的零点个数，记重数，重数大于2次只记2次， $N_2\left(r,\frac{1}{f}\right)$为

其相应的计数函数。

F. Gross和杨重骏在文献 [3] 中证明了定理：

定理A [3] 集合 $S=\left\{z|{\text{e}}^z+z=0\right\}$是整函数的CM型唯一性象集。

注意到定理A中的集合S是一个无限集。

1976年，F. Gross在文献 [4] 中提出这样一个问题：

问题1 [4] 是否可以找到一个有限集合S，使得对于 $\forall$非常数整函数 $f\left(z\right)$和 $g\left(z\right)$，若 $E_f\left(S\right)=E_g\left(S\right)$，则有 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$?

1993年，仪洪勋在文献 [5] 中构造出了含有15个元素的整函数的CM型唯一性象集，给F. Gross提出的问题一个肯定的回答，并于1995年在文 [6] 中建立了含有7个元素的整函数CM型唯一性象集。并在文献 [7] 中构造了一个含有11个点的亚纯函数唯一性象集。

定理B [6] 集合 $S=\left\{z|z^7+z^6+1=0\right\}$是一个含7个点的整函数CM型唯一性象集。

由此得到了整函数唯一性象集的最小基数是7。

在考虑亚纯函数极点“较少”的情况下，方明亮和华歆厚在文 [8] 中证明了下述结果：

定理C [8] 设 $f\left(z\right)$和 $g\left(z\right)$为非常数亚纯函数，且满足 $\Theta \left(\infty ,f\right)>\frac{11}{12}$， $\Theta \left(\infty ,g\right)>\frac{11}{12}$。则存在含有7

个元素的集合S为这类亚纯函数的唯一性象集。

2000年，杨力在文 [9] 中得到了一个含有5个元素的集合为有穷非正整数下级整函数的唯一性象集。

2001年，王新利推广了定理C并得到了：

定理D [10] 设 $f\left(z\right)$和 $g\left(z\right)$为非常数亚纯函数，且 $\Theta \left(\infty ,f\right)>\frac{3}{4}$， $\Theta \left(\infty ,g\right)>\frac{3}{4}$。则存在含有7个元

素的集合S为这类亚纯函数的唯一性象集。

2003年，徐炎在文 [11] 中改进了定理C得到了：

定理H [11] 设 $f\left(z\right)$和 $g\left(z\right)$为非常数亚纯函数，且满足 $\Theta \left(\infty ,f\right)+\Theta \left(\infty ,g\right)>\frac{3}{2}$。则存在含有7个元

素的集合S为这类亚纯函数的唯一性象集。

2004年，段曦盛在文 [12] 中得到了含有10个点的亚纯函数精简唯一性象集。2011年，白小甜在文 [13] 中也得到了含有10个点的亚纯函数精简唯一性象集。

到目前为止，一直有一个未解决的问题就是：

问题2 [7]亚纯函数(整函数)唯一性象集的元素个数的最小基数是多少？

本文基于对上述问题的研究受文 [14] 的启发，以及对前人结果推广证明了：附加特定条件的一类特殊亚纯函数的唯一性象集的基数可以降到6和5。从而证明了下述定理：

定理1 设 $f\left(z\right)$和 $g\left(z\right)$为开平面 $\cancel{C}$上的非常数亚纯函数，且满足

$\bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,g\right)\le \lambda \left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+S^{*}\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,g\right)$(其中 $\lambda <\frac{1}{4}$)，

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

若对于集合 $S=\left\{z:z^6+z^5+1=0\right\}$，有 $E_f\left(S\right)=E_g\left(S\right)$，则有 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$。

定理2 设 $f\left(z\right)$和 $g\left(z\right)$为开平面 $\cancel{C}$上的非常数亚纯函数，且满足

$\bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,g\right)\le \lambda \left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+S^{*}\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,g\right)$(其中 $\lambda <\frac{1}{4}$)，

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)\le m\left(r,\frac{1}{f}\right)+S^{*}\left(r,f\right)$, $\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)\le m\left(r,\frac{1}{g}\right)+S^{*}\left(r,g\right)$,

若对于集合 $S=\left\{z:z^5+z^4+1=0\right\}$，有 $E_f\left(S\right)=E_g\left(S\right)$，则有 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$。

2. 几个引理

引理1 [15] 设f为开平面 $\cancel{C}$上的非常数亚纯函数， $Q\left(f\right)=f^p+a_1{f}^{p-1}+\cdots +a_p$为f的p次多项式，则

$T\left(r,Q\left(f\right)\right)=pT\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,f\right)$.

引理2 [2] f和g为开平面 $\cancel{C}$上的两个非常数亚纯函数，且以1为其CM分担值。若

$N_2\left(r,\frac{1}{f}\right)+N_2\left(r,\frac{1}{g}\right)+N_2\left(r,f\right)+N_2\left(r,g\right)<\left(\mu +o\left(1\right)\right)T\left(r\right)\left(r\in I\right)$,

其中 $\mu <1$， $T\left(r\right)=\max \left\{T\left(r,f\right),T\left(r,g\right)\right\}$，I为r在 $\left(0,\infty \right)$上一个具有无穷线性测度的集合，则 $f\equiv g$或 $f\cdot g\equiv 1$。

引理3 [2] 设f为开平面 $\cancel{C}$上的非常数亚纯函数， $R\left(f\right)=\frac{P\left(f\right)}{Q\left(f\right)}$，其中 $P\left(f\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{p}{\sum }}{a}_k}{f}^k$和 $Q\left(f\right)={\displaystyle \underset{j=0}{\overset{q}{\sum }}{b}_j}{f}^j$是关于f的两个多项式，且 $P\left(f\right)$与 $Q\left(f\right)$互质，系数 $\left\{a_k\left(z\right)\right\}$和 $\left\{b_j\left(z\right)\right\}$均为f的小函数，且 $a_p\left(z\right)\cancel{\equiv }0$， $b_q\left(z\right)\cancel{\equiv }0$。则

$T\left(r,R\left(f\right)\right)=\max \left\{p,q\right\}T\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,f\right)$.

3. 定理1的证明

令

$F\left(z\right)=-f^5\left(z\right)\left(f\left(z\right)+1\right)$, $G\left(z\right)=-g^5\left(z\right)\left(g\left(z\right)+1\right)$.(1)

则 $F\left(z\right)$与 $G\left(z\right)$也为开平面 $\cancel{C}$上的非常数亚纯函数，且以1为CM分担值。于是由引理1、定理条件及(1)式可得：

$T\left(r,F\right)=6T\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,f\right)$,(2)

$T\left(r,G\right)=6T\left(r,g\right)+S^{*}\left(r,g\right)$,(3)

$\begin{array}{c}{N}_2\left(r,\frac{1}{F}\right)\le 2\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+N\left(r,\frac{1}{f+1}\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+m\left(r,\frac{1}{f}\right)+N\left(r,\frac{1}{f+1}\right)+S^{*}\left(r,f\right)\\ \le 2T\left(r,f\right)+{\rm O}\left(1\right)\end{array}$,(4)

$N_2\left(r,F\right)=2\bar{N}\left(r,f\right)$,(5)

$N_2\left(r,\frac{1}{G}\right)\le 2\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+N\left(r,\frac{1}{g+1}\right)\le 3T\left(r,g\right)+{\rm O}\left(1\right)$,(6)

$N_2\left(r,G\right)=2\bar{N}\left(r,g\right)$.(7)

由(2)~(7)诸式得：

$\begin{array}{l}{N}_2\left(r,\frac{1}{F}\right)+N_2\left(r,\frac{1}{G}\right)+N_2\left(r,F\right)+N_2\left(r,G\right)\\ \le 2T\left(r,f\right)+3T\left(r,g\right)+2\lambda \left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+S^{*}\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,g\right)\\ \le \left(2+2\lambda \right)T\left(r,f\right)+\left(3+2\lambda \right)T\left(r,g\right)+S^{*}\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,g\right)\\ =\frac{\left(2+2\lambda \right)}{6}T\left(r,F\right)+\frac{\left(3+2\lambda \right)}{6}T\left(r,G\right)+S^{*}\left(r,F\right)+S^{*}\left(r,G\right)\\ \le \left(\frac{5+4\lambda }{6}+o\left(1\right)\right)T\left(r\right)\left(r\notin E\right)\end{array}$,(8)

其中 $T\left(r\right)=\max \left\{T\left(r,F\right),T\left(r,G\right)\right\}$。由于 $\lambda <\frac{1}{4}$，所以 $\frac{5+4\lambda }{6}<1$。于是由(8)式和引理2得 $F\cdot G\equiv 1$或 $F\equiv G$

若 $F\cdot G\equiv 1$，则有

$f^5{g}^5\left(f+1\right)\left(g+1\right)\equiv 1$.(9)

由(9)式可知f的零点必为g的极点， $f+1$的零点也必为g的极点。设 $z_0$为f的p重零点为g的q重极点，结合(9)式有

$5p=6q$,(10)

注意到5和6互质，故由(10)式知6是p的因子，从而 $p\ge 6$，于是

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)\le \frac{1}{p}N\left(r,\frac{1}{f}\right)\le \frac{1}{6}N\left(r,\frac{1}{f}\right)\le \frac{1}{6}T\left(r,f\right)+{\rm O}\left(1\right)$,(11)

设 $z_1$为 $f+1$的零点，则由(9)式知 $z_1$至少为 $f+1$的6重零点，从而有

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{f+1}\right)\le \frac{1}{6}N\left(r,\frac{1}{f+1}\right)\le \frac{1}{6}T\left(r,f\right)+{\rm O}\left(1\right)$,(12)

同理可得：

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)\le \frac{1}{p}N\left(r,\frac{1}{g}\right)\le \frac{1}{6}N\left(r,\frac{1}{g}\right)\le \frac{1}{6}T\left(r,g\right)+{\rm O}\left(1\right)$,(13)

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{g+1}\right)\le \frac{1}{6}N\left(r,\frac{1}{g+1}\right)\le \frac{1}{6}T\left(r,g\right)+{\rm O}\left(1\right)$,(14)

再由Nevanlinna第二基本定理、(11)~(14)诸式及定理条件得：

$\begin{array}{c}T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)<\bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,g\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f+1}\right)\\ +\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g+1}\right)+S^{*}\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,g\right)\\ \le \lambda \left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+\frac{1}{3}\left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+S^{*}\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,g\right)\\ =\left(\lambda +\frac{1}{3}\right)\left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+S^{*}\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,g\right)\\ <\frac{7}{12}\left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+S^{*}\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,g\right)\end{array}$,

这是一个矛盾。

若 $F\equiv G$，则有

$f^6+f^5=g^6+g^5$,(15)

令 $h=\frac{f}{g}$，则(15)式可变形为

$\left(h^6-1\right)g+\left(h^5-1\right)\equiv 0$,(16)

如果 $h\equiv const\ne 1$，则 $g\equiv const$，这与g为非常数亚纯函数矛盾。从而 $h\equiv 1$，即 $f\equiv g$。

若h不为常数函数，则由(16)式得：

$g\equiv -\frac{h^5-1}{h^6-1}=-\frac{\left(h-u\right)\left(h-u^2\right)\left(h-u^3\right)\left(h-u^4\right)}{\left(h-v\right)\left(h-v^2\right)\left(h-v^3\right)\left(h-v^4\right)\left(h-v^5\right)}$,(17)

同理可得：

$f\equiv -\frac{\frac{1}{h^5}-1}{\frac{1}{h^6}-1}=-\frac{\left(\frac{1}{h}-u\right)\left(\frac{1}{h}-u^2\right)\left(\frac{1}{h}-u^3\right)\left(\frac{1}{h}-u^4\right)}{\left(\frac{1}{h}-v\right)\left(\frac{1}{h}-v^2\right)\left(\frac{1}{h}-v^3\right)\left(\frac{1}{h}-v^4\right)\left(\frac{1}{h}-v^5\right)}$,(18)

其中(17)、(18)式中 $u=\exp \left(\frac{2\pi i}{5}\right),v=\exp \left(\frac{2\pi i}{6}\right)$。由(17)、(18)式和引理3可得：

$T\left(r,g\right)=5T\left(r,h\right)+S^{*}\left(r,h\right)$,(19)

$\bar{N}\left(r,g\right)={\displaystyle \underset{j=1}{\overset{5}{\sum }}\bar{N}\left(r,\frac{1}{h-v^j}\right)}$,(20)

$T\left(r,f\right)=5T\left(r,\frac{1}{h}\right)+S^{*}\left(r,h\right)=5T\left(r,h\right)+S^{*}\left(r,h\right)$,(21)

$\bar{N}\left(r,f\right)={\displaystyle \underset{j=1}{\overset{5}{\sum }}\bar{N}\left(r,\frac{1}{\frac{1}{h}-v^j}\right)}$,(22)

由Nevanlinna第二基本定理结合(19)~(22)式得：

$3T\left(r,h\right)<{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{5}{\sum }}\bar{N}}\left(r,\frac{1}{h-v^j}\right)+S^{*}\left(r,h\right)=\bar{N}\left(r,g\right)+S^{*}\left(r,h\right)$,(23)

$3T\left(r,\frac{1}{h}\right)<{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{5}{\sum }}\bar{N}}\left(r,\frac{1}{\frac{1}{h}-v^j}\right)+S^{*}\left(r,h\right)=\bar{N}\left(r,f\right)+S^{*}\left(r,h\right)$,(24)

又由Nevanlinna第一基本定理得：

$T\left(r,\frac{1}{h}\right)=T\left(r,h\right)+{\rm O}\left(1\right)$,(25)

于是由(23)~(25)式及定理条件得：

$\begin{array}{c}6T\left(r,h\right)<\bar{N}\left(r,f\right)+\bar{N}\left(r,g\right)+S^{*}\left(r,h\right)\\ \le \lambda \left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+S^{\ast }\left(r,h\right)\\ <10\lambda T\left(r,h\right)+S^{\ast }\left(r,h\right)<\frac{5}{2}T\left(r,h\right)+S^{\ast }\left(r,h\right)\end{array}$,

这是一个矛盾。

故综上所述，可得 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$。定理1证毕。

定理2的证明类似定理1。

NOTES

^*通讯作者。

参考文献

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