高階差分的值分布

俞偉鵬， 葉亞盛

（上海理工大學理學院，上海 200093）

使用值分布理論的基本概念和標準符號，參見文獻［1］和文獻［2］.設f（z）和α（z）是兩個亞純函數，稱α（z）是f（z）的小函數，如果T（r，α）＝S（r，f），其中當r→∞時，S（r，f）＝o（T（r，f）），除去一個有限對數測度集.

在差分理論中，將f′（z）差分模擬定義為Δcf（z）＝f（z＋c）－f（z），以及Δf（z）＝f（qz＋c）－f（z），其中對于f（k）（z）的差分模擬，定義為以及Δkf（z）＝Δk－1（Δf（z））.經過簡單的計算，有

Hayman［3］提出了如下猜想：

上述猜想逐漸得到了證明，Hayman［1］證明了n≥3的情形，Mues［4］證明n＝2的情形，Bergweiler等［5］證明了n＝1的情形.

Hayman［3］也證明了如下結論：

定理2 設n（≥5）為正整數，a（≠0），b為兩個有窮復數，f為復平面上的亞純函數，如果f′－afn≠b，則f恒為常數.

最近，國內外很多文章聚焦于復域上的差分方程和Nevanlinna理論的差分模擬［6－11］，并且得到許多相關的結論.張繼龍等［12］考慮了定理1的高階差分對應，證明了如下定理：

首先改進了定理3：

利用差分的思想，考慮了定理2的高階差分模擬.

還研究了一個高階差分的唯一性定理：

1 引 理

為了證明本文的結論，需要如下幾個引理：

引理1［13］設f是有窮級（記為ρ）超越亞純函數，c∈＼｛0｝，則對于每個ε＞0，有

引理2［14］設f是非常數零級超越亞純函數，q∈＼｛0｝，則

在下對數測度為1的集合上成立.

引理3［14］設f是非常數零級超越亞純函數，q∈＼｛0｝，則

在下對數測度為1的集合上成立.

引理4［6］設f是復平面上的有窮級亞純函數，c∈＼｛0｝，n∈N，則對于f的任意小函數a（z），有對所有的r成立，除去一個有限對數測度集.

引理5［1］設f是復平面上的亞純函數，a1（z），a2（z），a3（z）是f（z）的3個小函數，則

引理6［8］設f是非常數零級亞純函數，q∈＼｛0｝，則在對數測度為1的集合上成立.

引理8［15］設F和G是兩個非常值亞純函數，如果F與G分擔1CM，則下面3個結論必有一個成立：

2 定理的證明

由于定理4的證明與定理5的類似，只證明定理4.

2.1 定理4的證明

設F（z）＝fn（z）Δkcf（z），則

再結合式（1）和式（2）以及引理1、引理5，得

2.2 定理6的證明

另一方面

則由式（3）和式（4）及第一、第二基本定理，得

即（n－k－3）T（r，f）≤S（r，f），這與n≥k＋4矛盾.因此，f恒為常數.

2.3 定理7的證明

假設f不是常數，則令

以下考慮兩種情形：

情形1 Δkf（z）≡b.此種情況必有b≠0.

當q≠1時，Δkf（z）＝Δ（Δk－1f（z））＝Δk－1f（qz＋c）－Δk－1f（z），則是Δkf（z）的零點，這與Δkf（z）≡b≠0矛盾；

當q＝1時，f（z）不存在極點，否則若存在，記為z0，那么z0＋c，z0＋2c，…，z0＋kc中至少有一個是f（z）的極點，從而f的級至少是1，這又和條件矛盾，所以f（z）是零級超越整函數，于是Δkf（z）－afn（z）≡b－afn（z）也是零級超越整函數，則Δkf（z）－afn（z）取每個有窮復數無窮多次，這與條件矛盾.

這種情形與定理6的證明類似，此處省略.因此f恒為常數.

2.4 定理8的證明

4 T（r，f）＋4 T（r，g）＋S（r，f）＋S（r，g），即（n－5）T（r，f）≤4T（r，g）＋S（r，f）＋S（r，g），同理（n－5）T（r，g）≤4T（r，f）＋S（r，f）＋S（r，g）.

兩式相加，并整理，有

（n－9）（T（r，f）＋T（r，g））≤S（r，f）＋S（r，g）這與n≥10矛盾.因此，由引理8有F＝G或FG＝1.

如果F·G＝1，則fn（z）Δkf（z）gn（z）·Δkg（z）＝d2.由于g是整函數，則零級超越整函數f與Δkf（z）沒有零點，于是f（z）與Δkf（z）是非零常數.而由f是非零常數可知，Δkf（z）恒為零，矛盾.所以F＝G，即fn（z）Δkf（z）＝gn（z）Δkg（z）.

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