聶曉湯,林偉川,吳愛(ài)迪

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

給定一個(gè)復(fù)數(shù)集合S，對(duì)于任意兩個(gè)非常數(shù)亞純函數(shù)f和g，定義

如果E(S,f)=E(S,g)，則稱函數(shù)f和g分擔(dān)集合SCM.特別地，當(dāng)S={a}時(shí)，則稱函數(shù)f和g分擔(dān)值aCM.此外，還用到下述定義.

定義 1[1]設(shè)函數(shù)f于開(kāi)平面亞純，f的超級(jí)如下定義:

1929年，著名芬蘭數(shù)學(xué)家Nevanlinna[2]建立了亞純函數(shù)涉及公共值的兩個(gè)著名的唯一性定理:5 IM公共值定理和4 CM 公共值定理.1968年，Gross用公共值集代替公共值進(jìn)行研究，證明了存在3個(gè)有限集Sj(j=1,2,3)，使得對(duì)任意兩個(gè)非常數(shù)整函數(shù)f和g，只要滿足E(Sj,f)=E(Sj,g)(j=1,2,3)，就有f≡g.同時(shí)，Gross[3]還提出以下問(wèn)題.

問(wèn)題1[3]能否找到2個(gè)(甚至1個(gè))有限集合Sj(j=1,2)，使得對(duì)任意兩個(gè)非常數(shù)整函數(shù)f和g，只要滿足E(Sj,f)=E(Sj,g)(j=1,2)，就有f≡g.

1995年，儀洪勛[4]利用Yi多項(xiàng)式zn+azn-m+b徹底解決了問(wèn)題1，證明了非常數(shù)整函數(shù)可由一個(gè)具有15個(gè)元素的象集唯一確定.隨后，儀洪勛[5]，李平等[6]分別改進(jìn)了上述結(jié)果，將集合元素個(gè)數(shù)減小到7.

此外，儀洪勛[7]提出了相應(yīng)于問(wèn)題1的亞純函數(shù)的情形是否會(huì)有類似結(jié)果.此問(wèn)題引起許多學(xué)者的興趣，并對(duì)此進(jìn)行了深入研究[8-11].其中，李平等[8]證明了非常數(shù)亞純函數(shù)可由一個(gè)包含15個(gè)元素的象集和一個(gè)包含1個(gè)元素的象集唯一確定.隨后，李平等[6]，儀洪勛[9]分別改進(jìn)了上述結(jié)果，進(jìn)一步得到如下定理.

定理1[6,9]設(shè)S={z|zn+azn-m+b=0}，其中n,m為正整數(shù)且(n,m)=1，滿足m≥2,n>2m+6，a,b是使zn+azn-m+b=0 沒(méi)有重根的非零常數(shù).對(duì)于非常數(shù)亞純函數(shù)f和g，如果E(S,f)=E(S,g)和E({∞},f)=E({∞},g)，則f≡g.

對(duì)于亞純函數(shù)具有分擔(dān)兩個(gè)值集的唯一性問(wèn)題，儀洪勛等[12]，林偉川[13]也得到了一系列有趣的結(jié)果.下面回顧一下儀洪勛等[12]所得結(jié)果.

2006年以來(lái)，隨著對(duì)數(shù)導(dǎo)數(shù)引理的差分模擬的建立[14-17]，涉及亞純函數(shù)與其平移算子的唯一性研究得到迅速發(fā)展[18-21].其中，Heittokangas等[18]于2009年首次考慮了亞純函數(shù)f(z)與其平移函數(shù)f(z+η)分擔(dān)值的唯一性問(wèn)題，并證明了有窮級(jí)亞純函數(shù)與其平移函數(shù)分擔(dān)2 CM+1 IM時(shí)兩者恒等.此外，張繼龍[19]又將相關(guān)結(jié)果推廣至公共值集，證明了如下結(jié)果.

定理3[19]設(shè)S={z|zn+azn-m+b=0}，其中n,m為正整數(shù)且n與n-m互素，滿足m≥2，n≥2m+4，a,b是使方程zn+azn-m+b=0沒(méi)有重根的非零常數(shù).設(shè)f(z)為有窮級(jí)非常數(shù)亞純函數(shù)，η為非零有窮復(fù)數(shù).如果E(S,f(z))=E(S,f(z+η))和E({∞},f(z))=E({∞},f(z+η))，則f(z)≡f(z+η).

2014年，Halburd等[22]將亞純函數(shù)值分布復(fù)域差分模擬理論推廣到超級(jí)小于1的亞純函數(shù)，這使得亞純函數(shù)與其平移算子的唯一性問(wèn)題被更加深入地討論[23].

基于以上討論，本文采用單邊分擔(dān)值集的思想考慮超級(jí)小于1的亞純函數(shù)與其平移函數(shù)的唯一性問(wèn)題，改進(jìn)了定理3和定理4.

定理5設(shè)S={z|zn+azn-m+b=0}，其中n,m是正整數(shù)且n與n-m互素，滿足m≥2,n≥2m+4，a,b是使方程zn+azn-m+b=0沒(méi)有重根的非零常數(shù).設(shè)f(z)為超級(jí)小于1的非常數(shù)亞純函數(shù)，η為非零有窮復(fù)數(shù).如果E(S,f(z))?E(S,f(z+η))和E({∞},f(z))?E({∞},f(z+η))，則f(z)≡f(z+η).

1 引理

引理1[1]設(shè)f(z)為非常數(shù)亞純函數(shù)，an(≠0),an-1,…,a1,a0均為f(z)的小函數(shù)，則

T(r,anfn+an-1fn-1+… +a1f+a0)=nT(r,f)+S(r,f).

引理2[1]設(shè)f(z)為非常數(shù)亞純函數(shù)，aj(j=1,2,…,q)是q(≥3)個(gè)判別的復(fù)數(shù)(其中之一可以是∞)，則

引理3[22]設(shè)f(z)為超級(jí)小于1的非常數(shù)亞純函數(shù)，η為非零有窮復(fù)數(shù).則

引理4[22]設(shè)f(z)為超級(jí)小于1的非常數(shù)亞純函數(shù)，η為非零有窮復(fù)數(shù).則

T(r,f(z+η))=T(r,f)+S(r,f),

與

N(r,f(z+η))=N(r,f)+S(r,f).

引理5[24]設(shè)f(z)為C上的非常數(shù)亞純函數(shù)，a1，a2，… ,aq是C∪{∞}上的不同點(diǎn).如果函數(shù)f-ai的所有零點(diǎn)重?cái)?shù)至少為mi，i=1,2,…,q(若f-ai沒(méi)有零點(diǎn)，則mi=∞)， 那么

2 定理的證明

2.1 定理5的證明

置

F(z)=fn(z)+afn-m(z)+b,

(1)

(2)

因?yàn)镋(S,f(z))?E(S,f(z+η))，E({∞},f(z))?E({∞},f(z+η))，所以E(0,F(z))?E(0,F(z+η))，E(∞,F(z))?E(∞,F(z+η)).

由式(2)可知，L的極點(diǎn)來(lái)自于F(z+η)的極點(diǎn)以及F(z)的零點(diǎn).由分擔(dān)條件表明了F(z)的零點(diǎn)一定是F(z+η)的零點(diǎn)，F(xiàn)(z+η)的極點(diǎn)也是F(z)的極點(diǎn)，因此，L無(wú)極點(diǎn)，從而L為整函數(shù).

由式(1)和引理1可知

T(r,F(z))=nT(r,f(z))+S(r,f),

進(jìn)而由ρ2(f)<1和超級(jí)的定義，有ρ2(F)<1.再結(jié)合引理3進(jìn)一步可得

(3)

結(jié)合式(1)與式(2)可得

fn-m(z+η)(fm(z+η)+a)=L(fn(z)+afn-m(z)+b-bL-1).

(4)

T(r,G(z))≤T(r,fn(z)+afn-m(z))+T(r,bL-1-b)+S(r,f)≤

nT(r,f(z))+S(r,f),T(r,fn(z)+afn-m(z))=nT(r,f(z))+S(r,f)≤

T(r,G(z))+T(r,bL-1-b)+S(r,f)≤T(r,G(z))+S(r,f),

則有

T(r,G(z))=nT(r,f(z))+S(r,f)，S(r,G)=S(r,f).

(5)

根據(jù)第二基本定理，引理4及式(3)-式(4)可得

(m+2)T(r,f(z))+(m+1)T(r,f(z+η))+3T(r,L)+S(r,f)≤

(2m+3)T(r,f(z))+S(r,f).

將式(5)代入上式可得

(n-2m-3)T(r,f(z))≤S(r,f),

這與n≥2m+4矛盾.因此L≡1，由式(4)可知

fn(z+η)+afn-m(z+η)=fn(z)+afn-m(z).

(6)

fm(z)(hn-1)=-a(hn-m-1).

(7)

假設(shè)h不為常數(shù).由于n與n-m互素，所以zn-1=0和zn-m-1=0除1以外沒(méi)有其它公共根.

設(shè)γ1,γ2,… ,γn-1是zn-1=0除1以外的n-1個(gè)不同的根，并且都不是zn-m-1=0 的根.

由式(7)可知，若z1是h-γi(i=1,2,… ,n-1)的p重零點(diǎn)，則z1是f(z)的極點(diǎn).不妨設(shè)z1是f(z)的q重極點(diǎn)，則p=mq， 從而p≥m.因此，h-γi的零點(diǎn)至少是m重.

2.2 定理6的證明

由E(S,f(z))?E(S,f(z+η))可知E(1,fn(z))?E(1,fn(z+η)).

設(shè)

(8)

其中h為亞純函數(shù).由式(8)可知，h的極點(diǎn)來(lái)自于f(z+η)的極點(diǎn)以及fn(z)-1的零點(diǎn).由分擔(dān)條件表明了fn(z)-1的零點(diǎn)一定是fn(z+η)-1的零點(diǎn)，f(z+η)的極點(diǎn)也是f(z)的極點(diǎn)，因此，h無(wú)極點(diǎn)，從而h為整函數(shù).由ρ2(f)<1及引理3進(jìn)一步可得

T(r,h)=m(r,h)=S(r,f).

(9)

由式(8)可知

fn(z+η)=h(fn(z)-1+h-1).

(10)

T(r,F(z))≤T(r,fn(z))+T(r,1-h-1)+S(r,f)≤nT(r,f(z))+S(r,f),

(11)

T(r,fn(z))=nT(r,f(z))+S(r,f)≤

T(r,F(z))+T(r,1-h-1)+S(r,f)≤

T(r,F(z))+S(r,f).

(12)

結(jié)合式(11)與式(12)可知

T(r,F(z))=nT(r,f(z))+S(r,f)，S(r,F)=S(r,f).

(13)

利用第二基本定理，引理4以及式(9)-(10)可得

2T(r,f(z))+T(r,f(z+η))+S(r,f)≤3T(r,f(z))+S(r,f).

將式(13)代入上式可得

(n-3)T(r,f(z))≤S(r,f),

這與n≥4矛盾.因此h≡1，再結(jié)合式(8)可知fn(z)≡fn(z+η).故有f(z)=tf(z+η)，其中tn=1.