与高阶导数分担多项式的整函数

陈敏风， 陈宗煊

(华南师范大学数学科学学院,广州 510631)

1 引言与结果

亚纯函数值分布理论的基本结果和标准记号见文献[1].另外,将使用记号(f)、σ(f)和σ2(f)分别表示亚纯函数f(z)的零点收敛指数、级和超级[2],σ2(f)被定义为

假设f和g是2个非常数亚纯函数,a是一个有限复数.我们说f和g有公共值aCM(IM),假若f-a和g-a有同样的零点并计及重数(忽略重数).我们说f和g有公共值zCM,或说f和g有公共不动点,假若f(z)-z和g(z)-z有同样的零点和同样的重数.

Rubel和Yang[3]首先研究了亚纯函数和它们的导数有公共值问题,得到如下定理.

定理A 假设f是非常数整函数.如果f和f′有2个有限公共值CM,那么f=f′.

如果整函数f和它的导数f′具有一个有限公共值CM,那么f和f′之间的关系将如何?Brück[4]提出了下面猜想.

猜想1 假设f是非常数整函数,其超级σ2(f)<∞且σ2(f)不是正整数.如果f和f′具有有限公共值aCM,那么f′-a=c(f-a),其中c是非零常数.

这个猜想对于a=0和f是有限级的情况分别由Brück[4]、Gundersen和Yang[5]证明,对于f具有无穷级且σ2(f)<1/2的情况由Chen和Shon[6]证明.

亚纯函数具有公共不动点的问题是唯一性理论中的重要问题,文献[7]证明了下面的定理:

定理B 假设f(z)和g(z)是2个非常数亚纯(整)函数,n≥11(n≥6)是正整数.如果fnf′(z)和gng′(z)具有公共值zCM,那么或f(z)=c1ecz2,g(z)=c2e-cz2,其中c1,c2和c是常数,满足4(c1c2)n+1c2=-1,或f(z)≡tg(z),其中t为满足tn+1=1的常数.

陈宗煊和张占亮[8]研究了与Brück猜想对应的整函数与它的高阶导数具有公共不动点的问题,得到下面定理.

定理C 假设f是非常数整函数且满足超级σ2(f)<1/2,k是一正整数.如果f和f(k)具有公共值zCM,那么

f(k)(z)-z=c(f(z)-z),

其中c是非零常数.

本文将考虑整函数与它的高阶导数分担多项式的问题,证明下面的定理.

定理1 假设f是非常数整函数且满足超级σ2(f)<1/2,k是一正整数.如果f和f(k)具有公共值p(z)CM,其中p(z)=amzm+am-1zm-1+…+a0(am≠0,am-1,…,a0均为常数),那么

f(k)(z)-p(z)=c(f(z)-p(z)),

其中c是非零常数.

由定理1可得到下面的推论.

推论1 假设f(z)满足定理1的假设条件.如果存在点z0满足f(k)(z0)=f(z0)≠p(z0),那么f(k)(z)=f(z).

推论2 假设f(z)满足定理1的假设条件.如果存在点z0和一正整数1≤n≤m满足f(k+n)(z0)=f(n)(z0)≠p(n)(z0),那么f(k)(z)=f(z).

推论3 假设f(z)满足定理1的假设条件.如果存在点z0和一正整数n>m满足f(k+n)(z0)=f(n)(z0)≠0,那么f(k)(z)=f(z).

2 相关引理

引理1[9]假设f是无穷级整函数,那么f能被表示成

f(z)=U(z)eV(z),

其中U和V是整函数且满足

(f)=(U)=σ(U),2(f)=2(U)=σ2(U),

σ2(f)=max{σ2(U),σ2(eV(z))},

引理2[10]假设g(z)是无穷级整函数且超级σ2(g)=σ,而v(r)是g(z)的中心指标.那么

类似于文献[11]的证明可得到下面的引理3.

(i)如果σ2(f)=α(0<α<∞),那么

引理4[12]假设

Q(z)=bnzn+bn-1zn-1+…+b0,

那么存在一正数R=R(ε)满足对|z|=r>R,

Re{Q(z)}>αn(1-ε)sin(nε)rn,

Re{Q(z)}<-αn(1-ε)sin(nε)rn,

如果σ<α<1,那么

引理6[14]假设h(z)是整函数且下级μ=μ(h)<1/2和μ<σ=σ(h).如果μ≤δ

其中C(σ,δ,α)是仅依赖于σ、δ和α的正常数.

引理7[15]假设f(z)是超越亚纯函数,设α>1是给定常数.那么

(1)

引理9 假设F(z)是整函数,p(z)和Q(z)是非常数多项式,k是一正整数.其中p(z)=amzm+am-1zm-1+…+a0(am≠0,am-1,…,a0均为常数).如果F(z)和Q(z)满足

(2)

或

(3)

或

(4)

那么F(z)具有无穷级.

(5)

取

如果Re{Q(z)}>αnθrn,由式(4)可得

(6)

由式(5)和Re{Q(z)}>αnθrn,可知当r→∞时

(7)

(8)

由式(6)～(8)可知当r→∞时

|F(reiθ)|→0.

(9)

如果Re{Q(z)}<-αnθrn,由式(4)得到

(10)

我们断言在argz=θ上|F(k)(reiθ)|≤2|amm|rm.否则,存在点列{rl}满足

M(rl,F(k)(reiθ),θ)=

max{|F(k)(reiθ)|:0≤r≤rl,argz=θ}

和

|F(k)(rleiθ)|=M(rl,F(k)(reiθ),θ)>2|am|rlm.

(11)

由于

F(rleiθ)=F(0)+F′(0)rleiθ+…+

其中0≤|t|≤|t1|≤…≤|tk-1|≤|z|=rl.推导得

|F(rleiθ)|≤|F(0)|+rl|F′(0)|+…+

|F(0)|+rl|F′(0)|+…+

和

(12)

因此,由于Re{Q(z)}<-αnθrn,由式(11)、(12),得到

(13)

和

(14)

由式(13)、(14)可知式(10)矛盾,表明|F(k)(reiθ)|≤2|am|rm在argz=θ上.所以

|F(reiθ)|≤2|am|rm+k<2|am|r2m(1≤k

(15)

在射线argz=θ上.

3 定理1的证明

由引理1可得

(16)

其中Q(z)是整函数,满足σ(Q)=σ2(eQ)<1/2.

下面假设f(z)是超越的.令F(z)=f(z)-p(z),那么由于f(z)是超越的,

(17)

由式(16)得到

(18)

其中qk(z)满足如果1≤km,那么qk(z)=0.由式(18)可知对Q(z)存在3种情况:

(1)Q(z)是常数;

(2)Q(z)是多项式且次数degQ=n≥1;

(3)Q(z)是超越整函数.

现在分成3种情况来证明.

情况1:Q(z)是常数.定理1成立.

情况2:Q(z)是多项式且次数degQ=n≥1.下面将推导出矛盾.

(19)

其中v(r)是F(z)的中心指标.把式(19)代入式(18)得

(20)

由于|F(z)|=M(r,F)和F(z)是超越的,可知

(21)

(22)

如果δ=0,则对任意大的M(>0),当rl充分大时，有

(23)

对{zl=rleiθl},由式(20)、(21)和|F(zl)|=M(rl,F),得到

(24)

假设

(25)

由引理4,存在2n个开角域,对上面的ε,

对上面的θ0,存在3种情况:

再分成这3种子情况.

(26)

其中d=αn(1-ε)sin(nε)>0.如果δ>0,那么由于3ε<δ、式(22)、(24)和式(26),可得

(27)

易知式(27)矛盾.如果δ=0,那么由式(23)、(24)和式(26),可知

(28)

易知式(28)也是矛盾的.

(29)

其中d=αn(1-ε)sin(nε)>0.对{zl=rleiθl},由式(24)和式(29)可得

(30)

由式(30)推导出σ2(F)≥n,这与式(17)矛盾.

(31)

或对δ=0,有

(32)

易知式(31)和式(32)都是矛盾的.所以在Ω1内最多有有限个点zl.

(33)

由式(33)得到σ2(F)≥n≥1.这与式(17)矛盾.所以在Ω2内最多有有限个点zs.

zl=rleiθ0(l>N).

(34)

由式(34)和θ0=-φn/n+(2j-1)π/(2n),得到

Re{αneiφn(reiθ0)n}=0.

(35)

现在考虑Re{Q(zl)},由式(25)、(35),可知存在2种子情况:

子情况(iii)(a):存在某个s(1≤s≤n-1),满足Re{bn-1(reiθ0)n-1}=…=Re{bs+1(reiθ0)s+1}=0和Re{bs(reiθ0)s}≠0;

子情况(iii)(b):Re{bn-1(reiθ0)n-1}=…=Re{b1(reiθ0)}=0.

(36)

或当δ=0时,有

(37)

易知式(36)和式(37)都是矛盾的.

(38)

由式(38)得到σ2(F)≥s≥1.这与式(17)矛盾.

对子情况(iii)(b),

Re{bn-1(reiθ0)n-1}=…=Re{b1(reiθ0)}=0,

则存在常数M1>0满足-M1

e-M1≤|eQ(rleiθl)|=|eQ(rleiθ0)|≤eM1.

(39)

由式(22)(或式(23))、(24)和式(39)得到

|eQ(rleiθl)|≤eM1,

(40)

或

|eQ(rleiθl)|≤eM1.

(41)

易知式(40)和式(41)都是矛盾的.

(42)

klogv(r)+O(1).

(43)

由引理2有

对充分大的r,由式(43),得到

|Q(z)|≤rσ2(F)+1+O(1).

(44)

|Q(z)|≥M(r,Q)c,

(45)

(46)

参考文献：

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