具有單向截斷分擔值的亞純函數的唯一性和周期性

王苗紅 ,陳省江

（1.福建師范大學 數學與統計學院,福建 福州 350117；2.寧德師范學院 數理學院,福建 寧德 352100）

1 引言及主要結果

在本篇論文中,亞純函數指代在整個復平面上亞純的函數.假設讀者已經熟悉了Nevanlinna 理論的基本結論及其符號[1-3],例如S(r,f)=o(T(r,f)),(r→∞),可能需要去掉對數測度或線性測度為有限的例外值集.

用ρ(f),ρ2(f)分別表示亞純函數f(z)的級和超級,其定義分別為

文中c均表示非零的有窮復數.對于任意的a∈? ?{∞},用E(a,f)來表示函數f(z) -a的零點集且每個m重零點都計m次.對任意的正整數k,用(a,f)來表示f(z) -a的重數≤k的零點集合,且每個零點計一次.而(a,f)則表示f(z) -a的重數≥k的零點集合,每個零點也只計一次.對于亞純函數f(z)和g(z),若f(z) -a與g(z) -a有相同的零點,零點重數也相同,則稱f(z)與g(z)是CM 分擔a的.若不考慮零點重數,則稱f(z)與g(z)是IM 分擔a的.如果f(z) -a的任意m重零點都會是g(z) -a的至少m重零點,則記為E(a,f) ?E(a,g).類似的,還有(a,f) ?(a,g).此外,a對f(z)的虧量和精簡虧量分別記為

隨著差分模擬問題逐漸走進大眾視野,有非常多與函數位移或者差分相關的研究內容產生.例如Heittokangas等[4]研究的涉及亞純函數及其位移的唯一性問題.

定理A[4]設f(z)為有窮級亞純函數且a1,a2,a3∈S(f) ?{∞}是相互判別的以c為周期的周期函數,其中c∈?｛0｝.若f(z)和f(z+c)CM分擔a1,a2且IM分擔a3,那么f(z) ≡f(z+c).

2016年,Charak 等[5]在研究涉及亞純函數及其位移唯一性問題時利用單向分擔值的概念,證明了如下結論.

定理B[5]設f(z)為超級ρ2(f) <1 的亞純函數,a1,a2,a3∈S(f) ?{∞}是相互判別的以c為周期的周期函數.若f(z)和f(z+c)滿足

那么,f(z) ≡f(z+c).

定理C[5]設f(z)為超級ρ2(f) <1 的亞純函數,a1,a2,a3,a4∈S(f) ?{∞}是相互判別的以c為周期的周期函數.若對某些a∈S(f) ?{∞},有δ(a,f) >0,且

那么,f(z) ≡f(z+c).

2019年,Lin等[6]利用單向截斷分擔值的概念,證明了如下結論.

定理D[6]設f(z)為超級ρ2(f) <1 的非常數亞純函數且至多只有有窮個極點,k1,k2是兩個正整數,a1,a2是相互判別的非零有窮復數.若f(z)和f(z+c)CM分擔0且滿足

那么

1)當k1+k2>2時,f(z) ≡f(z+c).

2)當k1=k2=1時,f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c),且后者只發生在a1+a2=0的情形之下.

2023年,Hoang等[7]又做了進一步的改進,得到了如下結論.

定理E[7]設f(z)為超級ρ2(f) <1的非常數亞純函數,c是非零的有窮復數.若f(z)和f(z+c)滿足

在定理E 的基礎上進行了研究,在相同分擔條件下,補充討論了當k=1,2 時的有關函數f(z)和f(z+c)的唯一性問題.

定理1設f(z)為超級ρ2(f) <1的非常數亞純函數,c≠0是常數,k=1,2.若f(z)和f(z+c)滿足

和(1,f(z)) ?(1,f(z+c)),且Θ(∞,f) >2/3,那么f(z) ≡±f(z+c).

推論1設f(z)為超級ρ2(f) <1的非常數整函數,c≠0是常數,k=1,2.若f(z)和f(z+c)滿足

和(1,f(z)) ?(1,f(z+c)),那么f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c).

注1定理1的證明想法來自于文獻[7].推論1實則是文獻[7]中的定理1.6增加討論了k=2情形后的結果.

例1設f(z)=cosz,c=π,k=1,則f(z+c)=cos(z+π)=-cosz≡-f(z).顯然,f(z)和f(z+c)是整函數,且二者CM 分擔0,所以E(0,f(z))=E(0,f(z+c)),E(∞,f(z+c))=E(∞,f(z))=?.因為cosz-1和-cosz-1都沒有簡單零點,所以(1,f(z))=(1,f(z+c))=?.

例2設f(z)=ecosz,c=π,k=2,則f(z+c)=e-cosz≡f(z),f(z+c) ≡-f(z).顯然,f(z)和f(z+c)是整函數且沒有零點,所以E(0,f(z))=E(0,f(z+c))=?,E(∞,f(z+c))=E(∞,f(z))=?.此外,易知f(z)和f(z+c)CM分擔1,所以(1,f(z))=(1,f(z+c)).但此時,ρ2(f)=1.

注2上面的例子說明f(z) ≡-f(z+c)的結果是存在的,且條件“超級ρ2(f) <1”是必要的.

2 引理

引理1[8]設f(z)為超級ρ2(f) <1的非常數亞純函數且c∈?{0},那么

引理2[8]設T:[0,∞) →[0,∞)是非減連續函數且s∈(0,∞).若T滿足

且δ∈(0,1 -ρ2),那么

其中：E為對數測度有限的集合.

注3由引理2可得

引理3[1]設f(z)是復平面上的非常數亞純函數,a1,a2,a3,…,aq是q≥3個相互判別的函數f(z)的小函數,那么

引理4[1]設f(z)是一個非常數周期函數,則f(z)的級ρ(f) ≥1.

3 定理1的證明

假設f(z) ≡±f(z+c).由式(1)易知

構造函數為

由E(0,f(z)) ?E(0,f(z+c)),E(∞,f(z+c)) ?E(∞,f(z))可知函數G(z)是整函數.而由引理1可得

因此,有

因為(1,f(z)) ?(1,f(z+c)),再結合式(2)和式(4)可得

由式（3～5）可得

記fc=f(z+c)，G-c=G(z-c),由式（1）和式（3～5）可知

因為f(z) ≡±f(z+c),所以G(z) ≡±1.接下去對k的值進行分開討論.

情形1k=2.由式(5～6)和引理3可得

即有Θ(∞,f) ≤2/3,矛盾.因此f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c).

情形2k=1.

子情形2.11/G≡G-c.于是可以斷定1,1/G,G-c,∞是相互判別的.由式(5～7)和引理3可得

即有Θ(∞,f) ≤1/2,矛盾.因此f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c).

子情形2.21/G≡G-c,即

因為函數G(z)為整函數,不存在極點,所以G(z)也不會存在零點,否則與(8)式產生矛盾.這也意味著可以找到一個整函數λ(z)使得

于是,有

對上式兩邊求導,進而可得λ'(z-c) ≡-λ'(z).這表明函數λ(z)是一個以2c為周期的周期整函數.并且由式(4)可知G(z)是f(z)的小函數,因此有

假設λ'(z)不為常數,則由引理4 可知ρ(λ)=ρ(λ') ≥1,產生矛盾.因此λ'(z)為常數,再結合λ'(z-c) ≡-λ'(z),于是最終可得λ'(z) ≡0.這意味著G(z)是一個常數,再由式(8),可得G=±1,矛盾.因此f(z) ≡f(z+c)或f(z) ≡-f(z+c).

綜上,定理證畢.