整函數及其微分多項式權分擔值

甘 媛

(福建船政交通職業學院公共教學部，福建福州350007)

1 相關知識

近年來，Lahiri與Banerjee引進了一種權分擔的方法討論了亞純函數及微分多項式的唯一性問題，這種方法極大地改進了IM及CM思想.根據權分擔思想，本文完整的討論了(fn)(k)與(gn)(k)權分擔1值問題，得到以下結果.

定理1.1:若f，g為兩個非常數整函數，正整數n，k滿足n ＞5k+7.如果(fn)(k)與(gn)(k)分擔(1，0)，則f=c1ecz，g= c2e-cz或 者 f= tg;其 中 c，c1，c2，t 為 滿 足(-1)k(c1c2)n(nc)2k=1及tn=1的常數.

定義 1.1:設 f，g(1，0)分擔，z0為f的q重1- 值點，定義為f，g公共1-值點且p=q=1時的計數函數為f，g公共1-值點且p＞q時的計數函數;為f，g公共1-值點且p=q≥2時的精簡計數函數;類似地有我們記為公共1-值點的精簡計數函數，且滿足p＞q=k，類似地有

2 主要引理及其證明

為證明定理我們需要以下引理.

引理 2.1［1］:若 f為非常數整函數，k 為正整數，c 為非零有限復常數，那么

其中N0(r，0;f(k+1))為f(k+1)的零點但不是f(f(k)-c)的零點的計數函數的密指量.

引理 2.2［1］:若 f為非常數整函數，兩個亞純函數 α1，α2滿足，那么

引理2.3:若f為非常數整函數，為k正整數，那么

證明:由于 f為整函數及文獻［2］，有 N(r，0;f(k))≤N(r，0;f)+S(r，f).

故引理2.3得證.

引理2.4［3］:若 f為非常數整函數，正整數 k ≥ 2.如果ff(k)≠0，那么 f=eaz+b，這里 a≠0，b為復常數.

引理 2.5［4］:如果兩個非常數整函數 F，G 分擔(1，0)且滿足H≠0，那么

這里N0(r，0;F′)為F′的零點但又不是F(F-1)的零點的計數函數的精簡密指量，類似地有N0(r，0;G′).

引理 2.6［5］:如果兩個非常數整函數 F，G 分擔(1，0)且滿足H≠0，那么

引理2.7:如果兩個整函數分擔，那么

引理2.8:若兩個非常數整函數分擔，那么

證明:由文獻［5－8］知

由 于 F，G 為 整 函 數，有 N(r，0;F′)≤ N(r，0;F)+S(r，F).

類似地可以得到引理中的第二個式子，這樣引理2.8得證.

引理2.9:若f，g為兩個非常數整函數，k為正整數，如果f(k)與g(k)分擔(1，l)，若 l=0，

當l=0，于是F，G分擔(1，0)，假設H≠0，那么得到

那么根據引理 2.5，2.6，2.7，2.8 及(2)式，有

因為F=f(k)及G=g(k)，

因此根據引理2.3，(3)式變為

再根據引理 2.1，有

這樣，由(2)—(6)，有

由(7)式有

不妨設，存在一個具有無限測試的集合使得T(r，g)≤T(r，f)當 r∈I.因此

當 r∈ I及0 ＜ ε ＜ Δ1-5，于是{Δ1-5- ε}T(r，f)≤S(r，f)i.e.

Δ1-5≤0，

i.e.

Δ1≤5，

由Δ1＞5，這樣就產生了矛盾.

因此H≡0，那么

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解上述微分方程得到

這里a(≠0)，b為兩個常數.

接下來分三種情形討論.

情形1:b≠0，-1.若a-b-1≠0，由(11)有

再根據引理2.1有

這樣由(1)，我們得到Tr，()f≤Sr，()f，r∈I，矛盾.

那么由(1)式得到 T(r，f)≤ S(r，f)，r∈ I，矛盾.

若a+1≠0，那么a+1為f(k)的一例外值.類似于情形1可得到矛盾.

若 a+1=0，那么 f(k)g(k)≡1.

情形3:b=0:由(11)式得到g(k)=(f(k)+a-1)/a.

若a-1=0，那么f(k)≡g(k).解此方程，有

f=g+p(z).

這里 p(z)為多項式.由上式有 T(r，f)=T(r，g)+S(r，f).

若 P(z)≠0，由引理 2.2，得到

因此，可以得到

其中0＜ ε ＜1-δk+1(0，f)+1-δk+2(0，f)+1-δk+2(0，g).

于是有 {Δ1-5}T(r，f)≤ S(r，f).

因此由(1)，可得到 T(r，f)≤ S(r，f)，r∈ I，又一矛盾.

那么可知p(z)≡0，于是f≡g.

引理 2.10［2］:若 f1(z)，f2(z)，…，fn(z)為不同亞純函數以及g1(z)，g2(z)，…，gn(z)為整函數，滿足

(ii)當時，為非常數，

那么 fj(z)≡0(j=1，2，…，n).

3 定理的證明

定理 1.1 的證明:令 F=fn，G=gn.這樣就有

由Nk(r，a;f)的定義知

由(16)－(23)可以得到

由于n＞5k+7可得Δ1＞5.

由于F(k)=(fn)(k)及G(k)=(gn)(k)，再根據定理1.1的條件知，F(k)，G(k)分擔(1，0)以及F，G滿足引理2.9的條件.

下面分兩種情形討論.

情形1:F(k)G(k)≡1;

再根據(24)，(25)，(26)及引理2.4，當 k≥2 時，我們有，這 里 C1，C2，C3為 常 數 且 滿 足

i.e.，n(eμ+eν)+ μ′+ ν′≡ 0.那么由(31)可得到

再根據引理 2.10，可得 eμ-ν+1=0，i.e.，eμ-ν=-1.于是

μ-ν=(2m+1)πi，對某個整數m，

i.e.，

μ =v+(2m+1)πi，對某個整數m.

將上式代入(32)得到μ′=ν′≡0，于是μ=ν為常數i.e.α′，β′也是常數.

這樣由(26)－(31)，得到 f=c1ecz，g=c2e-cz，這里c1，c2.c為常數，滿足(-1)k(c1c2)n(nc)2k=1.

綜合以上過程知:若 F(k)G(k)=1，k≥1，有f=c1ecz，g=c2e-cz，這里 c1，c2，c為三常數，滿足(-1)k(c1c2)n(nc)2k=1.

情形 2:F≡G，i.e.fn≡gn.這時可得 f=tg，其中 tn=1.

綜合情形1與2，就可得到定理1.1.

［1］Hayman W K.Meromorphic Functions［M］.Oxford:The Clarendon Press，1964.

［2］Yang C，Yi H.Uniqueness theory of meromorphic functions［M］.Beijing:Science Press，1995.

［3］Frank G.Eine Vermutung von Hayman uber nullstellen meromorphic function［J］.Math Z，1976，149:29－36.

［4］Banerjee A.Meromorphic functions sharing one value［J］.Int J Math Sci，2005，(22):3587－3598.

［5］Lahiri I.Weighted value sharing and uniqueness of meromorphic functions［J］.Complex Variables Theory Appl，2001，(3):241－253.

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［7］Lahiri I.Weighted sharing and uniqueness of meromorphic functions［J］.Nagoya Math J，2001，161:193－206.

［8］Lahiri I，Sarker A.Uniqueness of a meromorphic functionand its derivative［J］.J Inequal Pure Appl Math，2004，(1):Article 20.