一類差分多項式的零點和唯一性

王乙萍,黃志剛

（蘇州科技大學 數理學院, 江蘇 蘇州 215000）

0 引 言

本文假定讀者熟悉Nevanlinna值分布理論的一些基本概念和標準記號[1-4]. 設f(z) 是復平面上的亞純函數, 用T(r,f)表示復平面上亞純函數f(z)的特征函數,λ(f)表示復平面上亞純函數f(z) 的零點收斂指數,σ(f)表示復平面上亞純函數f(z)的增長級. 如果亞純函數α(z)滿足T(r,α(z))=S(r,f), 則稱α(z)為關于f(z)的小函數, 其中S(r,f)表示任意滿足S(r,f)=o(T(r,f)),r→∞, 的量, 最多有可能除去一個r的有限對數測度例外集. 假設f(z) 和g(z)為非常數亞純函數,a為任意復數. 如果f(z)?a和g(z)?a有相同的零點, 且重數也相同, 則稱a為f(z) 和g(z)的 CM 分擔值; 若不計零點的重數, 則稱a為f(z) 和g(z)的 IM分擔值. 另外, 設p是正整數, 用表示關于f?a的零點的計數函數, 假設z0是f?a的m重零點. 若m≤p, 則f?a的零點記為m重; 若m>p, 則f?a的零點記為p重.

定義 1[5]令是非零多項式, 其中是復常數,Γ0=m1+2m2, 這里的m1表示P(z)的單重零點的個數,m2表示P(z) 的多重零點的個數. 記d=gcd(λ0,λ1,···,λn), 其中

1959年, Hayman[6]在f(z) 是有限級亞純函數的條件下, 得出了兩種特殊形式的微分多項式和的值分布. 之后, 許多學者研究了一般形式的微分多項式的值分布, 并取得了一些重要成果. 近年來, Halburd-Korhonen[7]及蔣翼邁和馮紹繼[8]分別獨立地建立了差分Nevanlinna值分布理論, Laine-Yang[9]得到了涉及差分多項式的Clunie引理. 應用這些理論, 許多學者對有限級超越整函數的差分多項式的值分布問題和唯一性問題進行了深入研究[10-18], 推動了復域差分值分布理論的發展.

2010年, 在文獻[11]中祁曉光等得到了如下唯一性結果.

定理 A[11]假設f(z),g(z)是兩個有限級超越整函數, 并且c是非零復常數. 若n≥6 ,fn(z)f(z+c)和gn(z)g(z+c)是 CM 分 擔 1的, 那么 有f(z)g(z)=t1或者f(z)=t2g(z), 其中t1,t2是常數, 并且滿足.

2011年, 在文獻[5]中羅旭丹和林偉川得到了如下唯一性結果.

定理 B[5]假設f(z),g(z)是兩個有限級超越整函數, 并且c是非零復常數. 若n>2Γ0+1 ,P(f)f(z+η)和P(g)g(z+η)是 CM 分擔 1 的, 那么下列結果必有一個成立:

(i)f=tg, 其中t為常數且滿足td=1 ;

(ii)f和g滿足代數方程, 其中R(f,g)≡0R(w1,w2)=P(w1)w1(z+c)?P(w2)w2(z+c);

(iii)f(z)=eα(z),g(z)=eβ(z), 其中α(z),β(z)是多項式,b是使α(z)+β(z)=b成立的常數, 且滿足.

定理 1假設f(z),g(z)是有限級超越整函數, 令, 其中ci(i=1,2,···,k)是互不相同的非零復常數,ti(i=1,2,···,k) 是非零常數,P(z)是一個多項式,m是集合{z:P(z)=0}的勢, 且滿足n≥4m+5. 如果H1(z)和G1(z)是 CM 分擔1的, 那么下列結果必有一個成立:

(i) ,f=tg其中t為常數, 且滿足td=1;

(ii)f和g滿足代數方程R(f,g)≡0, 其中ci).

2019年, Laine在文獻[18]中考慮了一類差分多項式的零點分布情況, 得到下列定理C.

定理 C[18]假設f(z)是有限級超越整函數, 記, 其中ci(i=1,2,···,k)是互不相同的非零復常數,bi(z)(i=0,1,···,k)是關于f(z)的小函數. 如果n≥2,s≥1,那么F(z)?b0(z) 有無窮多個零點.

定理 2假設f(z)是有限級超越整函數, 記, 其中ci(i=1,2,···,k)是互不相同的非零復常數,bi(z)(i=0,1,···,k)是關于f(z)的小函數,P(z) 是一個多項式,m是集合{z:P(z)=0}的勢且滿足n>m+1,s≥1, 那么Hn(z)?b0(z) 有無窮多個零點.

1 引 理

引理 1[4]假設f(z)為亞純函數, 且為函數f(z) 的小函數, 則,其中

引理 2[8]設c1c2,f(z) 為不同復數,為有限級亞純函數, 且滿足σ(f)=ρ, 則對任意的ε>0, 有

引理 3如果p(z) 是一個次數大于零的多項式函數, 且存在某一復常數A, 使得

其中0, 那么一定有 degp(z)=1 .

證 明假設, 其中an,an?1,···,a0是p(z)的系數,an0, 因此有

由于p(z+c)?p(z)=A, 可得, 因此c=0 或an=0 , 矛盾.

引理 4[9]設f(x)是有限級超越亞純函數, 其增長級為ρ=ρ(f)<∞, 且滿足方程

其中U(z,f),P(z,f)和Q(z,f)是f(z)及其平移算子的差分多項式, 滿足 degU(z,f)=n(≥1) ,degQ(z,f)≤n. 若U(z,f)中具有f(z)及其平移算子的最高次數的項只有一項, 則任給ε>0, 有

最多可能除去一個具有有限對數測度的例外集.

引理 5[19]設fj(j=1,2,3) 是亞純函數, 并且滿足

如果f1不是常數, 并且

其中 0≤λ<1, 并且T(r)=max1≤j≤3{T(r,fj(z))},I?為具有無窮線性測度的集合, 那么可以得到f2(z)≡1或f3(z)≡1.

引理 6[4]設fj(z)(j=1,···,n)(n≥2)是亞純函數,gj(z)(j=1,···,n) 都是整函數, 且滿足下面三個條件:

(ii)當 1≤j

1≤j≤n1≤h

(iii) 當,時,

其中E?(1,∞), 且E的線性測度和對數測度都有窮. 那么fj(z)≡0(j=1,···,n).

2 定理的證明

2.1 定理1的證明

由于H1(z),G1(z)是 CM 分擔 1 的, 故有

其中β(z) 為多項式. 將式(1)變形之后可得

由于

因而

同理可得,nT(r,g)+S(r,g)≤Tr,G1(z).

由式(2)和定理1的條件可得

由式(5)—(8)可得

因為n≥4m+5, 所以根據引理5可得T2(z)≡1或T3(z)≡1. 下面分兩種情形討論.

情形一若T2(z)≡1, 則 eβ(z)≡1, 那么H1(z)≡G1(z), 即

假設an是式(12)中唯一的非零系數, 因為g是超越整函數, 所以hn+1=1. 假設an不是式(12)中唯一的非零系數, 如果hn+11, 根據式(12)和引理1, 有T(r,g)=S(r,g), 矛盾, 因此hn+1=1. 同理,對任意的非零系數ak(k=0,1,···,n), 可以得到hk+1=1. 因此,f(z)=hg(z),h是常數且滿足hd=1 ,其中d由定義1給出.

若t(z)不是常數, 那么由式(11)可知f和g滿足代數方程R(f,g)≡0, 其中R(w1,w2)=

情形二若, 則, 即G1(z)H1(z)≡1. 假設β1,β2,···,βm是P(z)=0的根, 并且對應重數為l1,l2,···,lm, 則有

由式(13)可以得到β1,β2,···,βm是Picard例外值. 如果m≥2,βj0(j=1,2,···,m), 根據整函數的Picard定理可知,f(z)的Picard例外值至少有2個. 因此, 得出矛盾. 當m=1,l1=n時, 則存在復常數γ, 使得

那么

因為f(z),g(z)是超越整函數, 所以由Picard定理可知沒有零點. 那么

其中μ(z),ν(z)是多項式. 于是

以下分兩種情況進行證明.

(a) 如果對I={c1,c2,···,ck}中的任意元素ci都有μ(z+ci)?ν(z) 不等于常數, 那么根據引理6,可得t1=t2=···=tk≡0, 這顯然矛盾.

(b) 如果I={c1,c2,···,ck}中存在有限多個元素ci, 使得μ(z+ci)?ν(z) 等于常數, 事實上, 最多存在一項這樣的項. 不妨設I中存在元素ci,cj滿足

其中C1,C2為常數. 根據式(16), 有

C1?C2是一個常數, 這與引理3矛盾. 因此必存在I={c1,c2,···,ck}中的某個元素cp, 使得

由式(15)和式(17)可得

2.2 定理2的證明

先證Hn(z)?b0(z)0. 若Hn(z)?b0(z)0 , 即

對式(19)應用引理4, 則任給ε>0 , 有

另外,

再由Valiron-Mokhon’ko定理可得

由n>m+1可知式(19)不可能成立. 因此

假設Hn(z)?b0(z)僅有有限多個零點, 那么

由于

故得到

根據式(23)和Nevanlinna第二基本定理, 可得

由式(25)—(26), 有

與n>m+1矛盾. 因此Hn(z)?b0(z)有無窮多個零點.