關于亞純函數的正規族

呂鳳姣, 劉芝秀

(1. 黃河科技學院 信息工程學院, 河南 鄭州 450063; 2. 南昌工程學院 理學院, 江西 南昌 330099)

1 引言和主要結果

設f(z)為開平面上非常數的亞純函數,采用值分布論中的相關記號[1-2],在此給出相關的定義.設f(z)與g(z)為平面區域D上2個非常數的亞純函數,a為一復數,記

稱f與g為IM分擔a,是指f-a與g-a的零點相同,即

設f(z)與g(z)為平面區域D上2個非常數的亞純函數,a為一復數,記f(z)-a的零點為zn(n=1,2,3,…),如果zn(n=1,2,3,…)也是g(z)-a的零點(不計重數),則稱單向分擔a,記為

f(z)=a?g(z)=a.

設D為復平面C上的區域,F為定義在區域D內一族亞純函數,稱F在區域D上正規,是指亞純函數族F中每一個函數序列{fn(z)}(n=1,2,…)均可以選出一個子序列{fnk(z)}(k=1,2,…)在區域D上按球面距離內閉一致收斂于一個亞純函數或者恒為無窮.

稱F在區域D上一點z0正規是指F在z0的某個領域內正規.可知,F在區域D上正規等價于F在區域D上每一點都正規.復平面C上的亞純函數稱為正規函數,如果存在正數M,使得f#(z)≤M,其中

為f(z)的球面導數.

Mules等[3]證明了:

定理 A[3]設f(z)是一個非常數的亞純函數，如果f(z)和f′(z)是IM分擔3個不同的復數a1、a2、a3,則f≡f′.

相應地,Schwick[4]首先研究了分擔值與正規族之間的聯系，得到如下定理.

定理 B[4]設F={f(z)}是單位圓盤Δ上的亞純函數族,a1、a2、a3是3個不同的復數,如果對每個f∈F,f與f′同時分擔值a1、a2、a3,則F在Δ上正規.

近來,Fang等[5]證明了:

定理 C[5]設F是區域D上的一亞純函數族,k是一個正整數，a≠0和b是2個有窮復數,如果對任一f∈F,f的零點重級至少為k，且

ff(k)=a?f(k)=b，

則F在D內正規.

這時,自然地就會考慮到:上述定理中分擔條件可以進一步減弱為單向分擔嗎?本文給出了下列幾個結果.

定理 1設F是區域D上的一全純函數族,k是一個正整數，a≠0和b≥0是2個有窮復數,如果對任一f∈F,f的零點重級至少為k，且

f(z)f(k)(z)=a?|f(k)(z)|≤b，

則F在D內正規.

推論 1設F是區域D上的一全純函數族,k是一個正整數，a≠0和b>0是2個有窮復數,如果對任一f∈F,f的零點重級至少為k，且

f(z)f(k)(z)=a?|f(z)|≥b，

則F在D內正規.

推論 2設F是區域D上的一全純函數族,k是一個正整數，如果對任一f∈F,f的零點重級至少為k，且ff(k)≠1，則F在D內正規.

在定理1和其推論1和2中,雖然分擔值的條件減弱為了單向分擔,但是只證明了對全純函數族成立，如果依然是亞純函數族呢?進一步研究,得出了下面的結果.

定理 2設F是區域D上的一亞純函數族,k是一個正整數，a≠0和b≥0是2個有窮復數,如果對任一f∈F,f的零點重級至少為k+1，且

f(z)f(k)(z)=a?|f(k)(z)|≤b，

則F在D內正規.

推論 3設F是區域D上的一亞純函數族,k是一個正整數，a≠0和b>0是2個有窮復數,如果對任一f∈F,f的零點重級至少為k+1，且

f(z)f(k)(z)=a?|f(z)|≥b，

則F在D內正規.

推論 4設F是區域D上的一亞純函數族,k是一個正整數，如果對任一f∈F,f的零點重級至少為k+1，且ff(k)≠1，則F在D內正規.

下面的例1說明上述定理1和2中對“f(z)的零點重級的限制”是必須的.

例 1設

F={fn(z):fn(z)=nz,n∈N},

則

但是F在D內不正規.

下面的例2和3說明上述定理1和2中對“條件a≠0”是必須的.

例 2設

D={z:|z|<1},F={fn:fn(z)=enz},

則

且

但是F在D內不正規.

例 3設

則

但是F在D內不正規.

2 一些引理

引理 1[6]設F單位圓盤Δ上的亞純函數族，f的零點重級至少為k.如果F在單位圓Δ內不正規,那么對于0≤α

在復平面C上按球距內閉一致收斂于非常數的亞純函數g(ξ)，且

g#(ξ)≤g#(0)=1.

引理 2[7-8]如果f(z)是一亞純函數，其球面導數f#(z)是有限的,則f的級至多是2;并且如果f(z)是一整函數,則f的級至多是1.

引理 3[9]如果f(z)是一超越亞純函數,n是正整數,則ff′能取到非零有限值無窮多次.

引理 4如果f(z)是一個超越整函數,其零點重級至少為2,則

證明令

則

因此

注意到如果z是f(z)的q≥2重零點,z是

(ff(k)-1)′=f ′f(k)+ff(k+1)

的q-1重零點,z是(ff(k)-1)′的p≥2重零點,z是(ff(k)-1)′的p-1重零點,同時,f(z)的零點和(ff(k)-1)′的零點是不同的,則

因為f(z)是整函數,且零點重級至少是2,所以

因此

引理 5[10-11]如果f(z)是一個超越亞純函數,其零點重級至少為k+1,則ff(k)能取到非零有限值無窮多次.

3 定理的證明

定理1的證明不失一般性,令

D=Δ={z:|z|<1}.

假設F在D內不正規,由引理1可得：存在fn∈F,zn∈D,ρn→0+,使得

在復平面C上按球距內閉一致收斂于g(ξ)，其中g(ξ)為在C上的級不超過2的非常數亞純函數，且

g#(ξ)≤g#(0)=1.

可以斷定：

(i)g(ξ)的零點重級至少為k,

(ii)gg(k)≠a.

事實上，(i) 假設存在ξ0∈C，使得g(ξ0)=0,根據Hurwitz定理,存在ξn,ξn→ξ0,使得當n充分大時,有

因此fn(zn+ρnξn)=0.又fn(ξ)的零點重級至少為k,所以

f(i)n(zn+ρnξn)=0,i=1,2,…,k-1,

因此有

所以g(ξ)的零點重級至少為k.

(ii) 假設存在ξ0∈C使得

g(ξ0)g(k)(ξ0)=a,

則g(ξ0)≠∞.如果gg(k)≡a,那么g≠0.由引理2知,gd的級至多為1,因此

g(ξ)=ecξ+d,

其中c(≠0)和d是常數.但是

g(ξ)g(k)(ξ)=cke(n+1)(cξ+d)

與

g(ξ)g(k)(ξ)≡a

矛盾,因此

g(ξ)g(k)(ξ)?a.

假設存在ξn,ξn→ξ0,使得當n充分大時有

a=gn(ξn)g(k)n(ξn)=

由于

f(z)f(k)(z)=a?|f(k)(z)|≤b,

可得

|f(k)n(zn+ρnξn)|≤b,

因此

這與a≠0矛盾.因此(i)和(ii)得證.

根據引理3和4,可知g(ξ)是多項式函數.因為g(ξ)的零點重級至少是k,且g(k)(ξ)?0，則g(ξ)g(k)(ξ)-a有零點，這與g(ξ)g(k)(ξ)≠a矛盾.因此F在D上正規.

定理2的證明假設F在D上不正規.由引理1得，存在fn∈F,zn∈D,ρn→0+,使得

在復平面C上按球距內閉一致收斂于g(ξ),其中g(ξ)是非常數的亞純函數，且g#(ξ)≤g#(0)=1.這樣由Hurwitz定理可知,g(ξ)的零點重級至少是k+1.可以斷定gg(k)≠a.

假設存在ξ0∈C使得

g(ξ0)g(k)(ξ0)=a，

則g(ξ0)≠∞.如果gg(k)≡a,那么g(ξ)是整函數且g≠0.根據定理2可知,g的級至多是1,因此g(ξ)=ecξ+d,其中c(≠0)和d常數.但是

g(ξ)g(k)(ξ)=cke(n+1)(cξ+d),

這與g(ξ)g(k)(ξ)≡a矛盾,因此

g(ξ)g(k)(ξ)?a.

因此存在ξn,ξn→ξ0,使得當n充分大時,有

a=gn(ξn)g(k)n(ξn)=

fn(zn+ρnξn)f(k)n(zn+ρnξn).

由已知條件

f(z)f(k)(z)=a?|f(k)(z)|≤b

可得

|f(k)n(zn+ρnξn)|≤b,

因此

這與g(ξ)g(k)(ξ)=a矛盾.根據引理5可得,g(ξ)是有理函數.

令

其中Q(ξ)和P(ξ)(Qk(ξ)和Pk(ξ))是2個互素多項式.如果deg(Q(ξ))≤deg(P(ξ))或者g(ξ)是多項式,則gg(k)-a有零點.因此g(ξ)是非常數的有理函數,且

deg(Q(ξ))>deg(P(ξ)),

所以

deg(Q(ξ)Qk(ξ))=deg(P(ξ)Pk(ξ)),

即是說分子g(ξ)g(k)(ξ)的次數與分母g(ξ)g(k)(ξ)的次數相等.

另一方面,分子g(ξ)g(k)(ξ)的次數與分母g(ξ)g(k)(ξ)的次數不同可以表示為

[deg(Q(ξ))-deg(P(ξ))]+

[deg(Q(ξ))-deg(P(ξ))-k]=0,

k=2[deg(Q(ξ))-deg(P(ξ))].

令

n=[deg(Q(ξ))-deg(P(ξ))],

則k=2n.因此有

其中R(ξ)、P(ξ)是多項式，且

deg(R(ξ))

由于k=2n>n,則

可以推斷出分子g(ξ)g(k)(ξ)的次數與分母g(ξ)g(k)(ξ)的次數是不同的，

n+[deg(R(ξ))-deg(P(ξ))-k]=0,

k=n+[deg(R(ξ))-deg(P(ξ))]

這與k=2n矛盾.因此F在D上是正規的.