云南师范大学数学学院，云南 昆明

收稿日期：2020年12月13日；录用日期：2021年1月14日；发布日期：2021年1月22日

摘要

本文证明了：如果非常数整函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以1为IM分担值，且满足 $\underset{r\to \infty }{\overline{lim}}\frac{\bar{N}\left(r,f\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)}{T\left(r,f\right)}\le \frac{1}{6}$，$\underset{r\to \infty }{\overline{lim}}\frac{\bar{N}\left(r,g\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)}{T\left(r,g\right)}\le \frac{1}{6}$，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 或 $f\left(z\right)\cdot g\left(z\right)\equiv 1$。

关键词

整函数，分担值，亏值，唯一性

Uniqueness Theorem of Entire Functions with Share on Value IM

Haoxiang Zhi, Li Jia

School of Mathematics, Yunnan Normal University, Kunming Yunnan

Received: Dec. 13^th, 2020; accepted: Jan. 14^th, 2021; published: Jan. 22^nd, 2021

ABSTRACT

In this paper, we shall prove that if two non-constant entire function $f\left(z\right)$ and $g\left(z\right)$ share the value 1 IM, and $\underset{r\to \infty }{\overline{lim}}\frac{\bar{N}\left(r,f\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)}{T\left(r,f\right)}\le \frac{1}{6}$,$\underset{r\to \infty }{\overline{lim}}\frac{\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)}{T\left(r,g\right)}\le \frac{1}{6}$, then $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ or $f\left(z\right)\cdot g\left(z\right)\equiv 1$.

Keywords:Entire Function, Shared Value, Deficient Value, Uniqueness

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1. 引言及主要结果

亚纯函数在涉及分担值的唯一性问题研究，前人已经有了许多成果，其中最具有突出贡献之一的是R. Nevanlinna所创立的值分布论，它在应用于亚纯函数涉及分担值的唯一性研究中有着很重要的意义。

本文所使用通常的Nevanlinna值分布理论的符号和记号(见文献 [1] [2] )，除此之外本文所需的另外一些特殊符号和记号(见文献 [3] )。

本文主要研究涉及一个IM分担值及在亏值约束条件下整函数之间的关系。

1976年，M. Ozuwa证明了如下定理：

定理A [4] 设两个非常数整函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以1为CM分担值，若 $\delta \left(0,f\right)>0$，且0是 $g\left(z\right)$ 的缺值，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 或 $f\left(z\right)\cdot g\left(z\right)\equiv 1$。

1987年，仪洪勋证明了：

定理B [5] 设两个非常数亚纯函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以1为CM分担值，且满足 $\delta \left(\infty ,f\right)=\delta \left(\infty ,g\right)=1$，$\delta \left(0,f\right)+\delta \left(0,g\right)>1$，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 或 $f\left(z\right)\cdot g\left(z\right)\equiv 1$。

本文将以上定理中CM分担值的条件减弱到IM分担值，再与亏值相结合进行讨论，得到如下定理：

定理1 设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为复平面上的两个非常数整函数，若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以1为IM分担值，且

$\underset{r\to +\infty }{\bar{\lim }}\frac{\bar{N}\left(r,f\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)}{T\left(r,f\right)}\le \frac{1}{6}$, (1.1)

$\underset{r\to +\infty }{\bar{\lim }}\frac{\bar{N}\left(r,g\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)}{T\left(r,g\right)}\le \frac{1}{6}$, (1.2)

则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 或 $f\left(z\right)\cdot g\left(z\right)\equiv 1$。

2. 几个引理

为了证明上述结论，我们需借助一些引理。

引理1 [6] [7] 设 $f\left(z\right)$ 为超越亚纯函数，则

$N\left(r,\frac{1}{f^{\left(k\right)}}\right)<N\left(r,\frac{1}{f}\right)+k\bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$.

引理2 [2] 设非常数整函数 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以1为IM分担值，则

${\bar{N}}_L\left(r,\frac{\text{1}}{f-1}\right)\le \bar{N}\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$,${\bar{N}}_L\left(r,\frac{\text{1}}{g-1}\right)\le \bar{N}\left(r,g\right)+S\left(r,g\right)$.

引理3 [5] 设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数，若它们满足以1为CM分担值， $\delta \left(\infty ,f\right)=\delta \left(\infty ,g\right)=1$，且

$\underset{r\to \infty }{\bar{\lim }}\frac{\bar{N}\left(r,f\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)}{T\left(r,f\right)}\le \frac{1}{\text{2}}$,$\underset{r\to \infty }{\bar{\lim }}\frac{\bar{N}\left(r,g\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)}{T\left(r,g\right)}\le \frac{1}{2}$,

则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 或 $f\left(z\right)\cdot g\left(z\right)\equiv 1$。

引理4 [2] 设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为两个非常数亚纯函数，若 $z_0$ 为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的公共单重极点，则 ${\left(\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\frac{g^{″}}{g^{\prime }}\right)|}_{z_0}=0$。

3. 定理1的证明

令

$H=\left(\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\frac{g^{″}}{g^{\prime }}\right)-2\left(\frac{f^{\prime }}{f-1}-\frac{g^{\prime }}{g-1}\right)$.

我们断言 $H\left(z\right)\equiv 0$。事实上，若 $H\left(z\right)\cancel{\equiv }0$，如果 $z_0$ 为 $f\left(z\right)-1$ 和 $g\left(z\right)-1$ 的单重零点，由引理4可得， $H\left(z_{\text{0}}\right)=0$，从而有

$N_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)\le N\left(r,\frac{1}{H}\right)\le T\left(r,H\right)+O\left(1\right)\le N\left(r,H\right)+S\left(r,f\right)+S\left(r,g\right)$. (1.3)

又由于 $H\left(z\right)$ 的极点只可能产生在 $f^{\prime }\left(z\right)$ 与 $g^{\prime }\left(z\right)$ 的零点和 $f\left(z\right)-1$ 与 $g\left(z\right)-1$ 没有相同级的重零点处，故

$N\left(r,H\right)\le {\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g-1}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{g^{\prime }}\right)$. (1.4)

根据条件知， $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以1为IM分担值，容易得到

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)=\bar{N}\left(r,\frac{1}{g-1}\right)\le N_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+N_E^{(2}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g-1}\right)$. (1.5)

结合上式(1.3)、(1.4)和(1.5)，我们得到

$\begin{array}{l}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g-1}\right)\\ \le \text{2}{N}_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\text{2}{N}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\text{2}{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\text{2}{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g-1}\right)\\ \le {\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g-1}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{g^{\prime }}\right)\\ +N_E^{1)}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\text{2}{N}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\text{2}{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\text{2}{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g-1}\right)+S\left(r,f\right)+S\left(r,g\right)\end{array}$. (1.6)

而且，我们有

$\begin{array}{l}{N}_E^{\text{1})}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\text{2}{N}_E^{(2}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g-1}\right)\\ \le \frac{\text{1}}{\text{2}}\left(N\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+N\left(r,\frac{1}{g-1}\right)\right)\le \frac{\text{1}}{\text{2}}\left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+O\left(1\right)\end{array}$.(1.7)

由(1.6)和(1.7)得

$\begin{array}{l}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g-1}\right)\\ \le {\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)+2{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+2{\bar{N}}_L\left(r,\frac{1}{g-1}\right)+N_0\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)\\ +N_0\left(r,\frac{1}{g^{\prime }}\right)+\frac{\text{1}}{\text{2}}\left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)+S\left(r,f\right)+S\left(r,g\right)\end{array}$.(1.8)

又根据 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为非常数整函数，从而由Nevanlinna的第二基本定理得

$\begin{array}{l}T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\\ \le \bar{N}\left(r,\frac{1}{f-1}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g-1}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)\\ -N_0\left(r,\frac{1}{f^{\prime }}\right)-N_0\left(r,\frac{1}{g^{\prime }}\right)+S\left(r,f\right)+S\left(r,g\right)\end{array}$. (1.9)

结合上式(1.8)，(1.9)和引理2得

$\begin{array}{l}\frac{\text{1}}{\text{2}}T\left(r,f\right)+\frac{1}{2}T\left(r,g\right)\\ \le 3\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+3\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)+S\left(r,f\right)+S\left(r,g\right)\\ \le 3\left[\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)\right]+3\left[\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)\right]+S\left(r,f\right)+S\left(r,g\right)\end{array}$.(1.10)

由(1.1) (1.2)知 $\exists \epsilon >0$，当 $r\to \infty$ 时，有

$\bar{N}\left(r,\frac{1}{f}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{f}\right)<\left(\frac{1}{6}-\epsilon \right)T\left(r,f\right)$,$\bar{N}\left(r,\frac{1}{g}\right)+{\bar{N}}_{(2}\left(r,\frac{1}{g}\right)<\left(\frac{1}{6}-\epsilon \right)T\left(r,g\right)$. (1.11)

将(1.11)代入(1.10)得

$\text{6}\epsilon \left(T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)\right)\le S\left(r,f\right)+S\left(r,g\right)$.

矛盾，故 $H\left(z\right)\equiv 0$。

又知 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以1为IM分担值，从而可知 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以1为CM分担值。

于是根据引理3，我们得到 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 或 $f\left(z\right)\cdot g\left(z\right)\equiv 1$。定理证毕。

文章引用

郅皓翔,贾 丽. 整函数涉及一个IM分担值的唯一性定理
Uniqueness Theorem of Entire Functions with Share on Value IM[J]. 理论数学, 2021, 11(01): 74-78. https://doi.org/10.12677/PM.2021.111011

参考文献