涉及差分多項式的值分布和唯一性問題*

李效敏， 于 惠

(中國海洋大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院，山東 青島 266100)

和

分別表示f的微分單項式和差分單項式，其中,b為f的小函數(shù)，n0,n1,…,nk是非負整數(shù)，η1,η2,…,ηk為k個相互判別的非零復(fù)常數(shù)，并用

γM[f]=n0+n1+…+nk

和

γM[z,f]=n0+n1+…+nk

分別表示M[f]和M(z,f)的次數(shù)，用

ΓM[f]=n0+2n1+…+(k+1)nk

表示M[f]的權(quán)。假設(shè)，M1[f],M2[f],…,Ml[f]為f的l個微分單項式，則稱

P[f]=M1[f]+M2[f]+…+Ml[f]

是次數(shù)為

deg(P[f])=max{γMj[f]:1≤j≤l}，

權(quán)為

ΓP[f]=max{ΓMj[f]:1≤j≤l}

的微分多項式[3]。假設(shè)

M1(z,f),M2(z,f),…,Ml(z,f)

為f的l個差分單項式，則稱

P(z,f)=M1(z,f)+M2(z,f)+…+Ml(z,f)

是次數(shù)為

deg(P(z,f))=max{γMj(z,f):1≤j≤l}

的差分多項式[4]。另外，本文還需要下述定義:

并定義

顯然

0≤δk(a,f)≤δk-1(a,f)≤…≤δ2(a,f)≤δ1(a,f)=Θ(a,f)≤1。

1959年，Hayman[6]開始了亞純函數(shù)的微分多項式的值分布理論的研究，證明了下述定理:

定理A[6]假設(shè)f是1個非常數(shù)的整函數(shù)，n≥3是1個正整數(shù)，a≠0是1個復(fù)常數(shù)，那么f′-afn取任意1個有限值無窮多次。

后來，楊重駿[7]在一定條件下研究了1類更一般的微分多項式的值分布問題，證明了下述定理：

定理B[7]假設(shè)f是1個非常數(shù)的亞純函數(shù)，且滿足

(1)

再設(shè)

是1個次數(shù)為n的微分多項式，其中Ψ(f)的每一項的次數(shù)l0+l1+…+lk≥2，并且Ψ(f)不是關(guān)于f的齊次微分多項式，那么對任意有窮復(fù)數(shù)a，我們有

近幾年來，Halburd-Korhone-Tohge[8]及馮紹繼與蔣翼邁[9]分別獨立地建立了差分Nevanlinna理論，Laine-Yang[10]得到了涉及差分多項式的Clunie引理。應(yīng)用這些理論，一些芬蘭學(xué)者和中國學(xué)者開始了差分多項式的值分布理論的研究[10]和差分唯一性理論的研究[11]。

2007年，Laine-Yang[12]證明了下述定理：

定理C[12]假設(shè)f是1個非常數(shù)的亞純函數(shù)，并且其增長級滿足ρ(f)=ρ<∞。如果

那么

這里

是關(guān)于f(z)及其移動算子的差分多項式，其次數(shù)deg(G)=n為正整數(shù)，δλ,j為復(fù)常數(shù)，并且至少有1個δλ,j不等于零。

本文將利用差分Nevanlinna理論，研究1類差分多項式的值分布問題，證明了下述定理，該定理推廣了定理C。

定理1 設(shè)f是1個超級小于1的非常數(shù)的亞純函數(shù)，滿足(1)，設(shè)

1997年，Lahiri[13]提出了下述問題：

問題1[13]如果2個非常數(shù)的亞純函數(shù)的非線性微分多項式CM分擔1，那么這2個亞純函數(shù)的關(guān)系如何？

1997年，Yang-Hua[14]研究了問題1，證明了下述定理：

定理D[14]假設(shè)f與g是2個非常數(shù)的亞純函數(shù)，n是1個正整數(shù)且滿足n≥11。如果fnf′與fnf′CM分擔1，那么f與g滿足下述2種情形之一：

(i)f=tg,其中t是一個常數(shù)，且滿足tn=1；

2002年，方明亮[15]在整函數(shù)條件下研究了問題1，證明了下述定理：

本文繼續(xù)研究問題1，證明下述定理：

定理2 假設(shè)f和g是2個非常數(shù)的亞純函數(shù)，且滿足(1)和

(2)

再設(shè)

Ψ1(f)=fn(P1[f]+P2[f])，

其中，P1[f]和P2[f]是關(guān)于f的微分多項式，使得Ψ1(f)為關(guān)于f的非齊次微分多項式，其中n是正整數(shù)且滿足

n>deg(P1[f])>deg(P2[f])，

這里deg(P1[f])和deg(P2[f])分別表示P1[f]和P2[f]的次數(shù)。如果Ψ1(f)與Ψ1(g)CM分擔1，那么f=tg，其中t是1個常數(shù)，且滿足tn+deg(P1(f))=1。

應(yīng)用定理2的證明方法，由引理1和引理2可得下述定理：

定理3 假設(shè)f和g是2個有窮級非常數(shù)的亞純函數(shù)，且滿足(1)和(2)。再設(shè)

是關(guān)于f的非齊次差分多項式，其中P1(z,f)和P2(z,f)是2個差分多項式，且滿足

n>deg(P1(z,f))>deg(P2(z,f))，

這里deg(P1(z,f))和deg(P2(z,f))分別表示P1(z,f)和P2(z,f)的次數(shù)。如果Ψ2(f)與Ψ2(g)CM分擔1，那么f=tg，其中t是1個常數(shù)，且滿足tn+deg(P1(z,f))=1。

由定理3可得下述推論：

推論1 假設(shè)f是1個非常數(shù)的有窮級亞純函數(shù)，且滿足(1)。 再設(shè)

是關(guān)于f的非齊次差分多項式，其中P1(z,f)和P2(z,f)是2個差分多項式，且滿足

n>deg(P1(z,f))>deg(P2(z,f))，

這里deg(P1(z,f))和deg(P2(z,f))分別表示P1(z,f)和P2(z,f)的次數(shù)。如果Ψ2(f(z))與Ψ2(f(z+η))CM分擔1，其中η是一個非零復(fù)常數(shù)，那么f(z)=tf(z+η)，這里t是1個常數(shù)，且滿足tn+deg(P1(z,f))=1。

1 幾個引理

引理1[8]設(shè)f是1個非常數(shù)的亞純函數(shù)，且η是一個非零復(fù)數(shù)。若f是有窮級，則對任意ε>0，存在一個線性測度有窮的集合

E=E(f,ε)?(0,∞)，

滿足

即E的對數(shù)密度至多為ε，使得當r→∞,r?E時，有

若f的超級

則對任意ε>0，使得當r→∞,r?E時，有

其中，E是一個對數(shù)測度有窮的集合。

引理2[8]設(shè)T:[0,+∞)→[0,+∞)是1個非減的連續(xù)函數(shù)，s∈(0,+∞)。若T的超級小于1，即

其中，E是一個對數(shù)測度有窮的集合。

引理3[7]假設(shè)

P(f)=bnfn+bn-1fn-1+…+b2f2+b1f+b0，

(3)

其中，f是1個超越亞純函數(shù)，b0,b1,…,bn是n+1個亞純函數(shù)，并且滿足bn?0和

T(r,bj)=S(r,f)，0≤j≤n，

則

T(r,P(f))=nT(r,f)+S(r,f)。

引理4[1]設(shè)f是1個超越亞純函數(shù)，且fnP(f)=Q(f)，其中，P(f)和Q(f)是f的微分多項式。如果Q(f)的次數(shù)≤n，則m(r,P(f))=S(r,f)。

注：當P(f)和Q(f)的系數(shù)b滿足m(r,b)=S(r,f)時，引理4的結(jié)論也成立[1]。

引理5[14]假設(shè)F與G是2個非常數(shù)的亞純函數(shù)，并且F與GCM分擔1，那么下述情形之一成立：

(ii)FG=1；

(iii)F=G。

引理6[16]假設(shè)f是1個非常數(shù)的亞純函數(shù)，再設(shè)

Ψ3(f)=anfn+an-1fn-1+…+a1f+a0

是關(guān)于f的n≥1次多項式，其中，an?0，an,an-1,…,a1,a0是n+1個亞純函數(shù)，且滿足T(r,aj)=S(r,f),0≤j≤n。

如果

那么

2 定理的證明

定理1的證明：由于

所以

轉(zhuǎn)化成關(guān)于f的微分多項式如下：

(4)

其中，

(5)

由于Ψ(f)是非齊次的，且每一項的次數(shù)至少是2，因此

(6)

由引理1，對于j=1,2,…,k，當r→∞,r?E時，有

(7)

由引理2，對于j=1,2,…,k，當r→∞,r?E時，有

(8)

因此

(9)

于是對于i=2,3,…,n，有

(10)

(11)

對任意有限復(fù)值a，設(shè)

(12)

和

(13)

將(13)代入(11)，并結(jié)合(12)，可得

g=Hk+Tk-2(H)，

(14)

其中，Tk-2(H)是H的1個微分多項式，且其次數(shù)至多是k-2。由(14)兩邊求導(dǎo)可得

g′=kHk-1H′+(Tk-2(H))′。

(15)

(16)

其中，Pk-2(H)是H和H′的1個微分多項式，其次數(shù)至多是k-2，系數(shù)a滿足m(r,a)=S(r,f)。

在引理4中分別令

和

由引理4的結(jié)論可得

(17)

和

(18)

從而

(19)

同理

(20)

以下用反證法完成定理1的證明。

假設(shè)

(21)

則由(12)可知

(22)

(23)

另一方面，由(21)得

(24)

(23)兩邊同時乘以k，可得

(25)

因此

(26)

由(14)和引理3可得

T(r,g)=kT(r,H)+S(r,H)，

因此

(27)

由(24)與(27)可得矛盾。

于是

(28)

所以

(29)

其中，c為常數(shù)。于是(14)變?yōu)?/p>

(1-c)Hk+Tk-2(H)=0。

(30)

以下分兩種情形討論:

情形1 假設(shè)c≠1，由引理4可得

m(r,(1-c)H)=S(r,H)。

(31)

由于

N(r,(1-c)H)≤N(r,f)+

S(r,f)≤S(r,f),

(32)

所以

T(r,(1-c)H)=S(r,f)。

(33)

由(13)和(33)可得矛盾。

情形2 假設(shè)c=1。首先設(shè)

g(z)=Hk(z)。

(34)

由(12)和(13)，

(35)

即

(36)

由于(36)左邊是1個形如引理3中形如(3)的系數(shù)是小函數(shù)的f的多項式,因此

(37)

和

(38)

定理2的證明：首先由(1)，(2)和

Ψ1(f)=fn(P1[f]+P2[f])

可得

S(r,f)=S(r,f)

(39)

和

N2(r,Ψ1(g))=S(r,g)。

(40)

再由條件

Ψ1(f)=fn(P1[f]+P2[f])，

n>deg(P1[f])>deg(P2[f])，條件(1)和引理3可得

S(r,f)≤m(r,P1[f]+P2[f])+S(r,f)=

deg(P1[f])m(r,f)+S(r,f)。

(41)

同理，由(2)可得

S(r,g)。

(42)

由(1)，(2)和引理3可得

T(r,Ψ1(f))=T(r,fn(P1[f]+P2[f]))=

m(r,fn(P1[f]+P2[f]))+N(r,fn(P1[f]+

P2[f]))=(n+deg(P1[f]))m(r,f)+

S(r,f)。

(43)

和

T(r,Ψ1(g))=(n+deg(P1[g]))m(r,g)+

S(r,g)。

(44)

由引理5，以下分3種情形討論：

情形1 假設(shè)Ψ1(f)Ψ1(g)?1，并且Ψ1(f)?Ψ1(g)，則由引理5可得

T(r,Ψ1(f))+T(r,Ψ1(g))≤

(45)

由于deg(P1[f])=deg(P1[g])，由(39)～(45)可知

(n+deg(P1[f]))(m(r,f)+

m(r,g))2deg(P1[g])m(r,f)+

2deg(P1[f])m(r,g)+S(r,f)+

S(r,g)=2deg(P1[f])(m(r,f))+m(r,g))+

S(r,f)+S(r,g),

(46)

由此可得n≤deg(P1[f])，這與條件n>deg(P1[f])矛盾。

情形2 假設(shè)Ψ1(f)Ψ1(g)=1，那么

(fn(P1[f]+P2[f]))(gn(P1[g]+P2[g]))=1。

(47)

由(47)和(2)可知

N(r,gn(P1[g]+P2[g]))≤

(n+ΓP1[f]+ΓP2[f])N(r,g)=S(r,g)。

(48)

再由Ψ1(f)Ψ1(g)=1可知，Ψ1(f)與Ψ1(g)CM分擔1和-1，結(jié)合(1)和(2)可得

(n+deg(P1[f]))m(r,f)=

(n+deg(P1[f]))T(r,f)+S(r,f)=

S(r,f)≤2T(r,Ψ1(g))+S(r,f)=2m(r,Ψ1(g))+

S(r,f)+S(r,g)=2(n+deg(P1[g]))T(r,g)+

S(r,f)+S(r,g)。

(49)

和

(n+deg(P1[g]))T(r,g)+S(r,g)=

T(r,Ψ1(g))+S(r,g)≤2(n+

deg(P1[f]))T(r,f)+S(r,f)+S(r,g)。

(50)

由(49)和(50)可得S(r,g)=S(r,f)，結(jié)合(1)和(48)可得

(51)

和

P1[f]+P2[f]=an1fn1+an1-1fn1-1+…+a0，

(52)

其中

deg(P1[f])=n1≥1。

由(1)和(52)可知an1,an1-1,…,a1,a0的特征函數(shù)滿足T(r,aj)=S(r,f),0≤j≤n1。

由(51)，(52)和引理6可得

(53)

N(r,1/(f+an1-1/(n1an1)))=S(r,f)。

(54)

由(1)，(54)和三密度不等式[2]可得

T(r,f)≤N(r,f)+N(r,1/f)+

N(r,1/(f+an1-1/(n1an1)))=S(r,f)，

該式表明f是1個常數(shù)，這是不可能的。

情形3 假設(shè)Ψ1(f)=Ψ1(g)，

則有

fn(P1[f]+P2[f])=gn(P1[g]+P2[g])。

(55)

設(shè)(52)，則由(52)和(55)可得

(56)

類似于情形2可得(49)和(50)。再由(1)，(2)，(49)和(50)可得