上海理工大学学报  2018, Vol. 40 Issue (1): 5-7, 39   PDF    
涉及差分分担值的整函数唯一性
赵子鹏, 刘晓俊     
上海理工大学 理学院, 上海 200093
摘要: 研究了Brücke猜想的差分模拟.利用Borel引理以及Nevanlinna值分布理论中关于周期函数的性质,将满足条件的整函数级大于等于1时可能出现的各类情况一一排除,再通过已证明的有限级整函数唯一性结论,得到了超级小于1且具有Picard例外函数的整函数及其差分CM分担0时这个整函数所具有的形式.此外,还利用了Nevanlinna值分布理论关于级的一些结论,从而使Borel引理可以在定理证明中反复应用,此方法适用于分担值以及某些差分分担周期函数的情况.
关键词: Brücke猜想     整函数     差分     分担     Picard例外值    
Uniqueness of the Entire Function Concerned with Difference Sharing Value
ZHAO Zipeng, LIU Xiaojun     
College of Science, University of Shanghai for Science and Technology, Shanghai 200093, China
Abstract: The difference counterpart of the Brücke conjecture was investigated.By virtue of the Borel lemma and the property about periodic functions in the Nevanlinna's value distribution theory to exclude all cases which may occurr when the order of an entire function satisfying some conditions is greater than or equal to 1, and utilizing some proved conclusions about the uniqueness of entire function of finite order, it is proved that if an entire function of hyper-order, which has a small Picard exceptional function, shares the value of 0 with its difference operator, then the form of this entire function can be obtained.In addition, some results about the order in Nevanlinna's value distribution theory have been also adopted, so that Borel lemma can be applied repeatedly in the theorem proving.The method is suited to the sharing value and some cases of difference sharing periodic functions.
Key words: Brücke conjecture     entire function     difference     share     Picard exceptional value    
1 问题的提出

本文中若不加其他说明, 亚纯函数f(z)通常指在复平面亚纯, 常数c泛指常数.采用文献[1-3]中Nevanlinna值分布理论中的记号及基本结论.

定义1  λ(f), σ(f), σ2(f)分别表示f的零点收敛指数、级以及超级, 对应表达式为

定义2  设a(z)在上亚纯, 若T(r, a)=o(T(r, f)), 则称a(z)是f(z)的小函数.

定义3  设f(z)亚纯, a为任一复数, 若f(z)-a上没有零点, 则称af(z)的Picard例外值.

定义4  若η为非零常数, 定义差分和n阶差分算子

定义5  设f(z)与g(z)是区域D内的2个亚纯函数, a是一个复数.若f(z)-ag(z)-aD内有相同的零点, 则称fg在区域D内分担a, 或称IM分担a.更进一步, 若f(z)-ag(z)-aD内有相同的零点, 并且所有的零点重级也相同, 则称fg在区域D内CM分担a.

1996年, Brücke[4]提出了著名的猜想.

猜想  设f(z)为非常值整函数, 超级有穷且不为正整数, 若f(z)与f′(z)CM分担有限值a, 则存在某常数c≠0, 使得

Brücke证明了a=0时的特殊情况[4], 有穷级[5]以及超级小于1/2[6]的情况也已经被证明.2009年, Heittokangas等[7]研究了涉及差分算子的Brücke猜想, 得到了定理1.

定理1  设f(z)为级小于2的亚纯函数, c为非零常数.若f(z)与f(z+c)CM分担a与∞, 则存在常数τ, 使得

2015年, Shi等[8]将上述定理中的条件“分担常数a”推广为“分担小函数α(z)”, 并考虑n阶差分情形, 得到了定理2.

定理2  设f(z)为级小于2的超越整函数, α(z)≠0为整函数, 满足σ(α) < σ(f)和λ(f-α) < σ(f).若Δnf(z)-α(z)和f(z)-α(z)CM分担0, 则α(z)为一个次数不超过n-1的多项式, f(z)具有如下的形式:

式中:H(z)是一个多项式, 满足cH(z)=-α(z); c, d是非零常数, 满足ed=1.

随后Chen等[9]又将定理2中级小于2的条件放宽为有穷级, 得到了定理3.

定理3  设f(z)是一个有穷级的超越整函数, 且λ(f-a) < σ(f), 这里, a(z)是一个级小于1的整函数.若f(z)与Δnηf(z)分担一个整函数b(z)(ba, σ(b) < 1), η, n+, 使得Δηnf(z)0, 则有

式中, c, c1是非零常数.

最近, Liao等[10]又考虑了a(z)是Borel例外值小函数的情形, 得到了定理4.

定理4  设f(z)是一个有穷级的超越整函数, a(z)是它的一个Borel例外小函数, 满足σ(a) < 1.若Δηnff CM分担函数d, 这里, d(z)是级小于f(z)的整函数, 则

从而f(z)具有如下形式:

式中, c, β是非零常数, 满足

在此基础上, 作者考虑将上述结论推广到超级小于1的超越整函数, 得到了定理5.

定理5  设f(z)是上的超越整函数, σ2(f) < 1, 且具有Picard例外周期小函数a(z).若f(z)与Δf(z)CM分担0, 那么, f(z)=a(z)+setz, 其中, s, t是非零常数.

2 引理证明

引理1  [11]假设f1, f2, …, fn (n≥2)是亚纯函数, g1, g2, …, gn是满足下列条件的整函数:

a. 

b. gj-gk不是常数, 1≤j < kn;

c. 对于1≤jn, 1≤h < kn, T(r, fj)=o{T(r, egh-gk)}(r→∞, rE).

fj=0, j=1, 2, …, n.

引理2  [3]f(z)是非常值的周期亚纯函数, 则f(z)的级σ(f)与下级μ(f)都大于等于1.

引理3  [3]f(z)是上的亚纯函数, 则f(z)和它的导函数有相同的级与下级.

引理4  [3]f(z)与g(z)是上的2个非常值的亚纯函数, 级分别为σ(f), σ(g), 则

(1)
3 定理5证明

现证明定理5.

证明  由于af的Picard例外小函数, 故f(z)=a(z)+eh(z), h(z)是整函数, σ(h(z)) < 1.

现分两种情况讨论.

情况1  h(z)是超越整函数.

0≤σ(h) < 1, 由于f与Δf CM分担0, 因此, 存在整函数p(z)使得, 将f(z)代入, 可得

(2)

现将排除3个相关的断言.

断言1  σ(p(z))>σ(h(z)).

由式(2)可得

(3)

由断言1可得, σ(p(z))>σ(h(z+1)), 于是

(4)

由引理1可得, f(z)≡0, 与f(z)为超越整函数矛盾.

断言2  σ(p(z))=σ(h(z)).

h(z)=p(z)+c, 则

(5)

将中间两项合并, 可得

(6)

记ec+a=b.若b=0, 有eh(z+1)-p(z)=eh(z), 于是,

(7)

h(z)=p(z)+c联立, 可得

将两式相除, 即得

容易发现函数为周期函数, 因此, 由引理2可得, ≥1.但是, 由于h(z)为级小于1的函数, 由引理3可得h′(z), h″(z)的级也小于1, 由引理4可得, < 1, 与之前矛盾.

于是, b≠0, 又有h(z+1)-p(z)≠p(z)+h(z)+c.否则, 类似式(7)得到矛盾.排除上述假设后, 根据引理1即得矛盾.

再若h(z+1)-p(z)-h(z)≡c, 则Δh(z)=p(z)+c, 于是,

(8)

将第一项与最后一项合并为常数, 同式(7)的证明方法, 可以得到矛盾.

若上述情况未发生可直接由引理1得到矛盾.

断言3  σ(p(z)) < σ(h(z)).

则由式(2)可得

(9)

由引理1可以得到矛盾.

这时3个断言皆不成立, 已经可以判定h(z)非超越整函数, 情况1不成立.

情况2  h(z)为多项式.

情况2的证明参见文献[12].

参考文献
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