亞純函數(shù)的不動點

鄭耒芳

(廣州民航職業(yè)技術學院 人文社科學院，廣東 廣州 510403)

一、引言及主要結果

設f(z)是復平面上的亞純函數(shù)，對任意的z∈，如果f(z)=z則稱z為f(z)的不動點。莊圻泰、楊重駿[1]系統(tǒng)研究了亞純函數(shù)的不動點。本文將利用Nevanlinna理論研究亞純函數(shù)及其導函數(shù)乘積的不動點。為此，假設讀者熟知Nevanlinna理論的標準記號，如等(可見Haymann[2],楊樂[3]，儀洪勛、楊重駿[4]，鄭建華[5]等)。此外，用σ(f)表示

f(z)的級，τ(f)表示f(z)的不動點的收斂指數(shù)[6]，δ(a,f)表示f(z)的a∈∪{∞}值點的Nevanlinna虧量，即

1960年左右，Baker[7]證明：對全平面上的超越整函數(shù)f，如果存在a∈使得δ(a,f)>0則函數(shù)

f有一階不動點。 1993年, Lahiri[8]部分推廣了Baker的結果，得到如下結果。

定理A設f是全平面上的超越亞純函數(shù)，如果存在a∈使得δ(a,f)>0且δ(∞,f)=1。則f有無窮多個不動點。

吳昭君[9]推廣了定理A，得到

定理B 設f是全平面上的超越亞純函數(shù)，如果存在a∈使得δ(a,f)>0且δ(∞,f)=1。則對任意的正整數(shù)k，f和f(k)有無窮多個不動點, 且τ(f)=σ(f)=τ(f(k))。

本文將研究亞純函數(shù)f及其導函數(shù)f(k)的乘積ff(k)的不動點，證明如下定理。

定理1.1設f是全平面上的超越亞純函數(shù)，如果δ(0,f)>0且δ(∞,f)=1，則對任意的正整數(shù)k，ff(k)有無窮多個不動點,且τ(ff(k))=σ(f)。

定理1.2設f是全平面上的超越亞純函數(shù)，如果δ(0,f)=δ(∞,f)=1，則對任意的正整數(shù)k，ff(k)有無窮多個不動點,且

當f(z)是無窮級亞純函數(shù)時，可能需要除去一個線測度有窮的集合。

二、定理的證明

定理的證明需要用到如下引理。

引理2.1(對數(shù)導數(shù)引理)設f(z)是全平面上的超越亞純函數(shù)，則當f(z)是有窮級時

S(r,f)=o(T(r,f))(r→∞),

當f(z)是無窮級時

=o(T(r,f))(r→∞,r?E),

其中k為任意正整數(shù)，E是一個有窮線測度的集合。

引理2.2[4]設f(z)是開平面上的非常數(shù)亞純函數(shù)，P(f)=a0fn+a1fn-1+…+an，其中a0(?0)，a1,…，an均為f的小函數(shù)，則T(r,P(f))=nT(r,f)+S(r,f)。

引理2.3設f(z)是開平面上的非常數(shù)亞純函數(shù)，且δ(0,f)>0，則對任意的正整數(shù)k，ff(k)是超越亞純函數(shù)。

證明因為f是超越亞純函數(shù)，且δ(0,f)>0，則ff(k)是超越亞純函數(shù)。如若不然，則存在有理數(shù)R(z)，使得R(z)ff(k)≡1。因此，結合引理2.1可得

由Nevanlinna第一基本定理和引理2.2，有

這與δ(0,f)>0矛盾。因此ff(k)是超越亞純函數(shù)。證畢。

引理2.4 設f(z)是開平面上的非常數(shù)亞純函數(shù)，且δ(o,f)>0，則對任意的正整數(shù)k，有

(2.1)

證明因為f是超越亞純函數(shù)，且δ(0,f)>0，由引理2.3知ff(k)是超越亞純函數(shù)。注意到

T(r,ff(k))=m(r,ff(k))+N(r,ff(k))

結合引理2.1可得

T(r,ff(k))≤2T(r,f)+kN(r,f)+S(r,f)。

(2.2)

因此

S(r,ff(k))=S(r,f)。

(2.3)

因為ff(k)是超越的，所以(ff(k)-z)"=f"f(k)

+2f'f(k+1)+ff(k+2)?0。令

結合引理2.1知

由Nevanlinna第一基本定理和引理2.2可知，

因此

(2.4)

由Nevanlinna第一基本定理并結合引理2.1及(2.3)式，有

因此

(2.5)

由式(2.4),(2.5)可得

(2.6)

證畢。

下面給出定理1.1和定理1.2的證明。

定理1.1的證明因為δ(∞,f)=1，δ(0,f)>0，則存在某個正數(shù)θ<1，使得對任意充分大的r，有

(2.7)

且N(r,f)=o(T(r,f))

(2.8)

由引理2.4并結合(2.7)，(2.8)可得

因為f是超越的，因此ff(k)有無窮多個不動點，且

σ(ff(k))≥τ(ff(k))≥σ(f)，

另一方面，由(2.2)式可得σ(ff(k))≤σ(f)。故有τ(ff(k))=σ(f)。證畢。

定理1.2的證明因為δ(∞,f)=δ(0,f)=1。則有

(2.9)

結合式(2.1), (2.2), (2.9)可得

T(r,ff(k))≤2T(r,f)+kN(r,f)+S(r,f)

≤2T(r,f)+S(r,f)

≤T(r,ff(k))+S(r,f)。

由引理2.3知ff(k)是超越的，因此ff(k)有無窮多個不動點,且

由引理2.1，當f(z)是無限級亞純函數(shù)時,上述取極限的過程可能需要除去一個線測度有窮的集合。定理1.2得證。