以權(quán)函數(shù)分擔(dān)一個(gè)公共值集的亞純函數(shù)唯一性

李榮慧,陳亦佳

(1.云南師范大學(xué) 數(shù)學(xué)學(xué)院，云南 昆明 650500；2.玉溪師范學(xué)院 數(shù)學(xué)與信息技術(shù)學(xué)院,云南 玉溪 653100)

1 引言及主要結(jié)果

根據(jù)定義1和定義2我們有如下兩個(gè)定義:

F.Gross和楊重駿在文獻(xiàn)[4]中證明了定理:

定理A[4]集合S={z|ez+z=0}是整函數(shù)的CM型唯一性象集.

注意到定理A中的集合S是一個(gè)無限集.

1976年,F.Gross在文獻(xiàn)[5]中提出這樣一個(gè)問題:

問題1[5]是否可以找到一個(gè)有限集合S,使得對于?非常數(shù)整函數(shù)f(z)和g(z),若Ef(S)=Eg(S),則是否有f(z)≡g(z)?

1993年,儀洪勛在文獻(xiàn)[6]中構(gòu)造出了含有15個(gè)元素的整函數(shù)的CM型唯一性象集，給F.Gross提出的問題一個(gè)肯定的回答,并于1995年在文獻(xiàn)[7]中建立了含有7個(gè)元素的整函數(shù)CM型唯一性象集,且在文獻(xiàn)[8]中構(gòu)造了一個(gè)含有11個(gè)點(diǎn)的亞純函數(shù)唯一性象集.儀洪勛還提出下述待解問題:

問題2[8]能否找到一個(gè)元素少于11的亞純函數(shù)唯一性象集?

定理B[7]集合S={z|z7+z6+1=0}是一個(gè)含7個(gè)點(diǎn)的整函數(shù)CM型唯一性象集.

2008年，熊堅(jiān)在其畢業(yè)論文中利用權(quán)分擔(dān)的思想得到了“幾何個(gè)數(shù)”為9的亞純函數(shù)唯一性象集[9].

本文中，我們利用權(quán)分擔(dān)的概念繼續(xù)研究關(guān)于亞純函數(shù)唯一性象集的元素個(gè)數(shù)問題.得到了如下結(jié)果:

定理1 設(shè)P(z)=36z10-80z9+45z8-1.P(z)以1為3重零點(diǎn),而其余零點(diǎn)均為單零點(diǎn),設(shè)其判別的零點(diǎn)集為S={1,a1,a2,…,a7},且τ:S→N+,其具體的表示如下:

τ(1)=3,τ(ak)=1,(k=1,2,…,7),

如果非常數(shù)亞純函數(shù)f(z)與g(z)以τ:S→N+為權(quán)函數(shù)CM分擔(dān)S,且Θ(∞,f)>λ,Θ(∞,g)>λ(其中λ>0).則f(z)≡g(z).

2 幾個(gè)引理

T(r,R(f))=max{p,q}T(r,f)+S(r,f).

T(r,Q(f))=pT(r,f)+S(r,f).

引理3[9]設(shè)q為不小于2的整數(shù),cj(j=1,2,…,q-1),∞是q個(gè)兩兩判別的復(fù)數(shù).如果非常數(shù)亞純函數(shù)F(z)與G(z)以∞為CM分擔(dān)值,則如下兩個(gè)結(jié)論之一必定成立：

(2)?有限常數(shù)A和B,使得A≠0,F(z)=AG(z)+B且

#({c1,c2,…,cq,∞}∩{Ac1+B,Ac2+B,…,Acq+B,∞})≥2.

引理4[8]設(shè)φ(w)=(n-1)2(wn-1)-(wn-2-1)-n(n-2)(wn-1-1)2，則

φ(w)=(w-1)4(w-ζ1)(w-ζ2)…(w-ζ2n-6).

3 定理1的證明

由已知條件知

P(z)=(z-1)3Q7(z),Q7(1)≠0,

(1)

P(z)+1=z8Q2(z),Q2(0)≠0,

(2)

其中,Q7(z)36(z-a1)(z-a2)…(z-a7),Q2(z)=36z2-80z+45,

令

(3)

從而由引理1得

T(r,F)=10T(r,f)+S(r,f),

(4)

T(r,G)=10T(r,g)+S(r,g),

(5)

由f(z)與g(z)以τ:S→N+為權(quán)函數(shù)CM分擔(dān)S可得F(z)與G(z)以∞為CM分擔(dān)值.

又由(1)(2)式及引理1知

(6)

(7)

(8)

從而由(4)(6)(7)(8)諸式有

(9)

同理可得

(10)

故由(9)(10)式得

(11)

又由引理3和(11)式得

這顯然是不可能的.所以?常數(shù)A和B,使A≠0,且

(12)

由(12)式得

T(r,f)=T(r,g)+O(1).

(13)

以下分3種情形討論:

情形1B≠0.

顯然,這是一個(gè)矛盾.

T(r,g)+S(r,g),

這也是一個(gè)矛盾.

情形2B=0,且A≠1.

這時(shí),由(2)和(12)式得

(14)

3T(r,g)+S(r,f)≤3T(r,f)+S(r,f),

這是一個(gè)矛盾.

情形3B=0,A=1.

此時(shí),有P(f(z))≡P(g(z)),即

36(f10(z)-g10(z))-80(f9(z)-g9(z))+45(f8(z)-g8(z))≡0.

(15)

36(h10(z)-1)g2(z)-80(h9(z)-1)g(z)+45(h8(z)-1)≡0.

(16)

若h(z)≡const,則由g(z)為非常數(shù)亞純函數(shù)及(16)知：h10(z)≡1,h9(z)≡1,從而h(z)≡1,故f(z)≡g(z).

若h(z)?const,則(15)式可改寫成

其中φ(h(z))=81(h10(z)-1)(h8(z)-1)-80(h9(z)-1)2故由引理4知:

(17)

7T(r,h)+S(r,h),

這是矛盾的.

綜上所述可得f(z)≡g(z).定理1證畢.