代數體函數及其線性微分多項式的唯一性

黃 堯，劉曉俊

（上海理工大學 理學院，上海 200093）

1 問題的提出

代數體函數是由不可約方程

確定的v值解析函數，其中，Aj(z)(j=0,1,···,v)是關于z的全純函數，并且沒有公共零點。特別地，如果Aj(z)(j=0,1,···,v) 都是多項式時，則W(z)是v值代數函數。本文假設Aj(z)(j=0,1,···,v)中至少有一個是超越整函數。當v=1時，W(z)為亞純函數；當v≥2 時，W(z)為多值函數。顯然，v值代數體函數是亞純函數的延伸。

本文中代數體函數W(z)的一階導函數記為W′(z) ，k 階導函數記為W(k)(z)及其線性微分多項式函數記為L(W) ，L(W)=ckW(k)+ck-1W(k-1)+···+c0W，

其中，c0,c1,···,ck為不全為零的有窮復數，且ck≠0。它們都是 v值代數體函數，具體證明參見文獻[1]。在本文中若不加其他說明，W(z)是指在整個復平面 C上由不可約方程（1）所確定的 v值代數體函數。本文所使用的記號和相關結論參見文獻[2-5]。

定義1[6]設W(z)為v值代數體函數，z0∈C。定義：

其中

則W-1(a)被稱為W(z)的 a值點，W-1(∞)被稱為W(z)的極點。

定義2[6]設W(z)為v值代數體函數，z0∈C 。如果， 且對于每一，有成立，其中，表示在z=z0時wλj(z)-a 的零點重級，則稱W(z)與L(W)CM分擔a。

關于亞純函數及其線性微分多項式的唯一性問題，文獻[7]證明了定理1。

定理1 設 f為非常數亞純函數， k 為一正整數，L(f)為關于f的線性微分多項式，，其中，c0,c1,···,ck為f的不恒為∞的小函數，且 ck?0，再設a1,a2,a3為f的不恒為∞的小函數，如果f與L(f)幾乎CM分擔a1,a2，幾乎IM分擔a3，則f ≡L(f)。

關于代數體函數的唯一性問題，文獻[8-9]分別得到了定理2 和定理3。

定理2 設W(z)為v值代數體函數，設a1,a2,···,a2v是2v個判別的有窮復數，如果W(z)與分擔且 IM分擔 ∞，則W(z)≡。

定理3 設W(z)為 v(v≥2)值代數體函數，設a1,a2,···,a2v-1是2v-1個判別的有窮非零復數，如果W(z) 與W′(z)CM 分 擔0,a1,a2,···,a2v-1，如果存在有窮實數c,R ＞0，當|z|=r ＞R 時，有及，則。

現結合定理2 和定理3，將定理1 推廣到代數體函數，得到定理4。

定理4 設W(z)為v值代數體函數，k為一正整數，L(W)為W的線性微分多項式，，其中，為不全為零的有窮復數，且，再設是2v+1個互相判別的有窮復數，如果W(z)與L(W)CM分擔，則有：

a. 當 v≥3 時，且a1,a2,···,a2v+1是有窮非零復數，則W (z)≡L(W)；

b. 當 v≥4 時，且a1,a2,···,a2v+1是包括0 的有窮復數，則W(z)≡L(W)。

2 引 理

引理1 設W(z)為 v值代數體函數， 設a1,a2,···,a2v+1是(2v+1)個判別的有窮非零復數，如果 W (z) 與L(W) C M 分 擔 a1,a2,···,a2v+1，則

證明 對任意ai(i=1,2,···,2v+1)，如果，則有

其中， bp(p=u,u+1,u+2,···)是有窮復數，求 k 階導可得

由W (z) 與L(W) C M 分 擔 ai可 得

其中， dp(p=u,u+1,u+2,···)是有窮復數。

由以上分析可得

則

所以，

1.以我國駐外大使館牽頭，組織和保持與東道國政治高官、著名人才的經常性聯絡，邀請其參加各類國企活動，盡可能通過他們的口和筆，以當地人易于理解的語言，詮釋傳播我們的文化，在潛移默化中培育有利于國企的話語市場。

證畢。

引理2[10]設W(z)為v值代數體函數，設a1,a2,···,aq是q個判別的有窮復數，則

引理3[10]設W (z)為v 值代數體函數，則

引理4[11-12]設W(z)為v 值 代數體函數， k為一正整數，L(W) 為W的線性微分多項式，L(W)=ckW(k)+ck-1W(k-1)+···+c0W，其中，c0,c1,···,ck為不全為零的有窮復數，且 ck≠0，再設 a1,a2,···,aq是qq（≥3）個互相判別的復數，則有

其中，r →∞ 且r?E ，這里E 是一個線性測度為有窮的集合。

3 定理4 的證明

現證明定理4。

證明 假設 W (z)?L(W)，令 q =2v+1。

由引理2 可得

結合式（2）和式（3），可得

整理上式，可得

由引理3，引理4 和式（2）可得

整理上式，可得

由式（5）可得，S(r,L)=S(r,W)。因此，式（5）可變為

再結合式（4）和式（6），可得

從而有

矛盾。

b. 設a1,a2,···,a2v+1中有一個為 0，設a2v+1=0。由引理1 可得

結合式（3）和式（7），可得

整理上式，可得

另一方面，類似于式（5）的證明，有

整理上式，可得

由式（9）可得，S(r,L)=S(r,W)。因此，式（9）可變為

再結合式（8）和式（10），可得

從而有

矛盾，定理4 得證。