關于f+a（L(f)）n的正規定則

冉 娜，楊 祺

(新疆師范大學 數學科學學院，新疆 烏魯木齊 830017)

0 引言

D是復數域內的一鄰域，F為區域D內的一亞純函數族，{fn}為函數列，{fnv}為函數列{fn}的子序列，若?{fn}?F，均?{fnv}在區域D內按球距內閉一致收斂到一個亞純函數或者∞，則稱F在區域D內是正規的[1-3]。

用σ(x，y)表示x和y的球面距離[4]。2013年，雷春林等在文獻[5]中證明了定理A。

定理A設F為區域D內的一亞純函數族，a≠0，b為兩個有窮復數，n≥2，k為兩個正整數，若對于定義在D內的?f∈F，f的零點重級至少是k+1，且滿足

f+a(f(k))n≠b，

(1)

則F在區域D上正規。

2021年，曾翠萍等考慮到分擔值的情形，將定理A進行了推廣，在文獻[6]中證明了定理B。

定理B設n≥2，k是兩個正整數，a≠0，b為兩個有窮復數，F為區域D上的亞純函數族，且滿足：

(1)對于?f∈F，f的零點重級至少是k+1；

(2)對于?f∈F，f(k)(z)的零值點不是f(z)的b值點；

(3)對于F內的任意兩個函數f和g，f+a(f(k))n和g+a(g(k))n分擔b，則F在區域D上正規。

基于以上的研究，文章將定理A和定理B中的f(k)換成關于f的微分多項式L(f)，這里L(f)=f(k)(z)+a1f(k-1)(z)+…+akf(z)，ai(z)，i=1，2，…，k，是區域D上的全純函數，得到了兩個新的有關微分多項式的正規定則。

1 一些引理

引理1[7]單位圓Δ內，設F是該區域內的一族亞純函數，?f∈F的零點重級均≥k。若F在Δ內不正規，則對0≤α≤k，存在

(1)一個數0

(2)一個點列：|zj|

(3)一個函數列fj∈F，

(4)一個正數列ρj→0+，

引理2[8]若全純函數f的球面導數f#在上有界，則f的級至多為1。

引理3[9]若超越亞純函數f≠0，且a(≠0)為有窮復數，n≥2為正整數，則f+a(f(k))n有無窮多個零點。

引理4[10]設有理函數f≠0，a(≠0)為有窮復數，k、n為兩個正整數，滿足n≥2，則f+a(f(k))n至少存在nk+1個零點。

(2)

其中c和d為兩個不同的復常數。

2 主要結果及定理證明

定理1設F為區域D內的一亞純函數族，a≠0，b為兩個有窮復數，n、k為兩個正整數，n≥2，若對于定義在D內任意f∈F，f的零點重級至少是k+1，且滿足

(3)

則F在區域D上正規。

證明不失一般性，令D=Δ，設F為單位圓Δ內的一亞純函數族，若F在Δ內不正規，則至少存在一點z0∈Δ，使得F在z0處不正規，接下來，將分兩種情況討論。

情形1b=0

根據引理1可知，?fj∈F，zj→z0，ρj→0+使得

(4)

又根據式(4)知

(5)

故由Hurwitz定理知，g+a(g(k))n≡0，則g是一個整函數，根據引理2可知，g的級至多為1，又因為g≠0，故可令g=ecζ+d，c、d為兩個復數，c≠0，因此

ecζ+d+a(ckecζ+d)n=ecζ+d{1+acnk(ecζ+d)n-1}≡0，

(6)

當n≥2時是不可能的，故而F在Δ內正規。

情形2b≠0時

根據引理1可知，?fj∈F，zj→z0，ρj→0+使得

fj(zj+ρjζ)+a[L(fj(zj+ρjζ))]n-b→a(g(k))n-b。

(7)

若a(g(k))n≠b，根據Nevanlinna第二基本定理可知

(8)

又根據式(7)知

=fj(zj+ρjζ)+a[L(fj(zj+ρjζ))]n-b→a(g(k))n-b，

(9)

故g是一個k次多項式，又因為根據已知條件知g的零點重級至少k+1，故矛盾。證畢。

定理2設n、k是兩個正整數，n≥2，a、b為兩個有窮復數，a≠0，F為區域D上的亞純函數族，且滿足：

(1)對于?f∈F，f的零點重級至少是k+1；

(2)對于?f∈F，L(f)的零值點不是f(z)的b值點；

證明不失一般性，令D=Δ，設F為單位圓Δ內的一亞純函數族，若F在Δ內不正規，則至少存在一點z0∈Δ，使得F在z0處不正規，接下來，將分兩種情況討論。

情形1b=0

由定理條件知，對于D內?f∈F有f≠0，否則，假設f=0，f的零點重級至少是k+1，則f(i)=0，i=1，2，…，k即L(f)=0，這與條件(2)矛盾。

若想證F在區域D內正規，即證F在?z0∈D處正規。

對于D內?f∈F，則有f(z0)+a[L(f(z0))]n=0或者f(z0)+a[L(f(z0))]n≠0，故存在δ>0，使得在Dδ={ζ：|ζ-ζ0|<δ}內，f+a[L(f)]n至多有一個不同的零點，由條件(c)知，?g∈F，g+a[L(g)]n至多有一個不同的零點。

假設F在z0處不正規，根據引理1可知，?fj∈F，zj→z0，ρj→0+使得

(10)

gj(ζ)+[gj(k)(ζ)+ρja1(zj+ρjζ)gj(k-1)(ζ)+ …+

我們斷言g+a(g(k))n至多有一個不同的零點。

D(ζ0，δ)={ζ：|ζ-ζ0|<δ}，

(11)

(12)

fj(zj+ρjζj)+a[L(fj(zj+ρjζj))]n=0，

(13)

(14)

又因為fj+a[L(fj)]n在Dδ={ζ：|ζ-ζ0|<δ}內至多有一個不同的零點，從而

(15)

情形2b≠0時

對于D內的?f∈F，則有f(z0)+a[L(f(z0))]n=b或者f(z0)+a[L(f(z0))]n≠b，故存在δ>0，使得在Dδ={ζ：|ζ-ζ0|<δ}內，f+a[L(f)]n-b至多有一個不同的零點，由分擔條件知，?g∈F，g+a[L(g)]n-b至多有一個不同的零點。

假設F在z0處不正規，根據引理1可知，?fj∈F，zj→z0，ρj→0+使得

fj(zj+ρjζ)+a[L(fj(zj+ρjζ))]n-b→a(g(k))n-b。

(16)

類似于情況1的討論，a(g(k))n-b至多有一個不同的零點。

由于n≥2，故wn=b/a至少存在2個不同的根，不妨設g(k)≠b1，g(k)=b2至多只有一個不同的零點，若是g超越亞純函數，利用Nevanlinna理論，可得

(17)

因此T(r，g(k))=O(logr)+S(r，g(k))，矛盾。因此g為有理函數，因為g(k)≠b1，g的零點重級至少k+1。根據引理5知

(18)

其中：c和d為兩個不同的復常數且b1≠0。因此

(19)

其中：A≠0為復常數，從而g(k)(ζ)=b2存在至少k+1不同的零點，這與g(k)(ζ)=b2至多只有一個零點矛盾。

綜上所述，F在區域D內正規。