ABSTRACT

This paper improves the previous results, the following theorem is established: Let $f\left(z\right)$ and $g\left(z\right)$ be two non-constant entire functions, and satisfy ${\rho }_f<\frac{3}{4}$ , where $p_1\left(z\right)$ and $p_2\left(z\right)$ are two discriminant polynomials, if $p_1\left(z\right)$ and $p_2\left(z\right)$ are IM sharing functions of $f\left(z\right)$ and $g\left(z\right)$ , and $f\left(z\right)-g\left(z\right)$ has infinitely zero of multiplicity, then $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ .

Keywords:Entire Functions, Order of Growth, IM Shared Values

一类分担小函数的整函数的唯一性

梁 娥

云南师范大学数学学院研究生，云南 昆明

收稿日期：2018年2月21日；录用日期：2018年3月6日；发布日期：2018年3月14日

摘 要

本文推进了前人的结果得到如下定理成立：设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 是两个非常数整函数，且 ${\rho }_f<\frac{3}{4}$ ，与 $p_2\left(z\right)$ 是两个判别多项式，若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $p_1\left(z\right)$ 与 $p_2\left(z\right)$ 为IM分担小函数，且 $f\left(z\right)-g\left(z\right)$ 有无穷多个重零点，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 。

关键词 :整函数，增长极，IM分担值

Copyright © 2018 by author and Hans Publishers Inc.

This work is licensed under the Creative Commons Attribution International License (CC BY).

http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/

1. 引言、相关引理及主要结果

2008年，何萍等 [1] 证明了：

定理A：设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 是两个非常数整函数，且 ${\rho }_f<\frac{1}{4}$ ， $p_1\left(z\right)$ 与 $p_2\left(z\right)$ 是两个判别多项式，若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $p_1\left(z\right)$ 与 $p_2\left(z\right)$ 为IM分担小函数，且 $f\left(z\right)-g\left(z\right)$ 有无穷多个重零点，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 。

2013年，高晓佳等 [2] 证明了：

定理B：设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 为两个非常数整函数，且 ${\rho }_f<\frac{3}{4}$ ，若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 有两个有穷的IM分担

值 $a$ 和 $b$ ，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 。

在以上定理的基础上，本文做出了进一步的推进。

本文涉及的相关引理：

引理1： [3] 设 $f\left(z\right)$ 是级 ${\rho }_f\left(<\infty \right)$ 且不恒为零的整函数，则

$\overline{\underset{r\to \infty }{\lim }}\frac{m\left(r,\frac{f^{\prime }}{f}\right)}{\log r}\le \max \left\{{\rho }_f-1,0\right\}$

引理2： [4] 设集合 $B_1$ 和 $B_2$ 是 $R^{+}$ 的两个可测子集，如果 $\underset{\_}{\wedge }\left(B_1\right)>\frac{1}{2},\underset{\_}{\wedge }\left(B_2\right)>\frac{1}{2}$ ，则 $B_1\cap B_2\ne \varnothing$ ，且进一步有 $\underset{\_}{\wedge }\left(B_1\cap B_2\right)>0$ 。

引理3： [5] 设 $H\left(z\right)$ 是超越整函数，其增长极 ${\rho }_H<1$ ，令

$L\left(r,H\right):=\underset{\left|z\right|=r}{\min }\left|H\left(z\right)\right|\left(r>0\right)$

对于充分大的正数 $r$ ，用 $r{\theta }_H\left(r\right)$ 表示 $\left\{z|\left|z\right|=r且\left|H\left(z\right)\right|>r^{n_0}\right\}$ 所包含的最大弧的弧长(若在圆周 $\left|z\right|=r$ 上都有 ${\theta }_H\left(r\right)=2\text{π}$ )，那么如下两个结论中至少有一个必定成立：

1) 存在具有正的上对数密度的集合 $F_H\left(\subseteq \left[1,+\infty \right)\right)$ 使得：

$L\left(r,H\right)>r^{n_0}\left(\forall r\in F_H\right)$

2) 对于 $\forall \tau \in \left(0,1\right)$ 有

其中 $F_{\tau ,H}:=\left\{r|r\ge 1且{\theta }_H\left(r\right)>2\text{π}\left(1-\tau \right)\right\}$ 。

注：引理3是由文献 [5] 中引理2.3直接得到的。其中 $n_0$ 为任意有穷正数，由该文献中的引理2.3可知其选取无本质差别。

引理4： [6] 设 $f\left(z\right)$ 是超越整函数，且 $\rho :={\rho }_f<+\infty$ ，则存在对数测度为有穷的集合 ${\Omega }_f\subset \left[1,+\infty \right)$ ，使对 $\forall r\in \left[1,+\infty \right)\backslash {\Omega }_f$ 有

$\left|\frac{f^{\prime }\left(z\right)}{f\left(z\right)}\right|\le {\left|z\right|}^{\rho -\frac{1}{2}}\left(\forall z\in \left\{z\in C|\left|z\right|=r\right\}\right)$

引理5： [7] 设 $f\left(z\right)$ 是超越亚纯函数，如果判别亚纯函数 $a_j\left(z\right)\left(\cancel{\equiv }\infty \right)\left(j=1,2\right)$ 为 $f\left(z\right)$ 的小函数，令

$L\left(f\left(z\right),a_1\left(z\right),a_2\left(z\right)\right)=\left|\begin{array}{ccc}1& f\left(z\right)& f^{\prime }\left(z\right)\\ 1& a_1\left(z\right)& {a^{\prime }}_1\left(z\right)\\ 1& a_2\left(z\right)& {a^{\prime }}_2\left(z\right)\end{array}\right|$

则 $L\left(f\left(z\right),a_1\left(z\right),a_2\left(z\right)\right)\cancel{\equiv }0$ 。

引理6： [8] 设 $f\left(z\right)$ 为非常数亚纯函数，如果判别亚纯函数 $a_j\left(z\right)\left(\cancel{\equiv }\infty \right)\left(j=1,2\right)$ 为 $f\left(z\right)$ 的小函数，令

$L\left(f\left(z\right),a_1\left(z\right),a_2\left(z\right)\right)=\left|\begin{array}{ccc}1& f\left(z\right)& f^{\prime }\left(z\right)\\ 1& a_1\left(z\right)& {a^{\prime }}_1\left(z\right)\\ 1& a_2\left(z\right)& {a^{\prime }}_2\left(z\right)\end{array}\right|$

则 $m\left(r,\frac{L\left(f,a_1,a_2\right)f^k}{\left(f-a_1\right)\left(f-a_2\right)}\right)=S^{*}\left(r,f\right)\left(k=0,1\right)$ 。

本文证明了结果：

定理1：设 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 是两个非常数整函数，且 ${\rho }_f<\frac{3}{4}$ ， $p_1\left(z\right)$ 与 $p_2\left(z\right)$ 是两个判别多项式，若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 以 $p_1\left(z\right)$ 与 $p_2\left(z\right)$ 为IM分担小函数，且 $f\left(z\right)-g\left(z\right)$ 有无穷多个重零点，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 。

2. 定理1的证明

若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 中至少有一个为多项式，则 $p_1\left(z\right)$ 与 $p_2\left(z\right)$ 都退化为常数，根据定理B知结论成立，故以下仅考虑 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 均为超越整函数的情形：

因为 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 都以多项式 $p_1\left(z\right)$ 与 $p_2\left(z\right)$ 为IM分担小函数，则令

$\begin{array}{l}\phi \left(z\right):=\frac{L\left(f\left(z\right),p_1\left(z\right),p_2\left(z\right)\right)\left(f\left(z\right)-g\left(z\right)\right)}{\left(f\left(z\right)-p_1\left(z\right)\right)\left(f\left(z\right)-p_2\left(z\right)\right)},\\ \psi \left(z\right):=\frac{L\left(g\left(z\right),p_1\left(z\right),p_2\left(z\right)\right)\left(f\left(z\right)-g\left(z\right)\right)}{\left(g\left(z\right)-p_1\left(z\right)\right)\left(g\left(z\right)-p_2(z)\right)}\end{array}$

其中

$L\left(f,p_1,p_2\right)=\left|\begin{array}{ccc}1& f& f^{\prime }\\ 1& p_1& {p^{\prime }}_1\\ 1& p_2& {p^{\prime }}_2\end{array}\right|,L\left(g,p_1,p_2\right)=\left|\begin{array}{ccc}1& g& g^{\prime }\\ 1& p_1& {p^{\prime }}_1\\ 1& p_2& {p^{\prime }}_2\end{array}\right|$

由引理5知 $L\left(f,p_1,p_2\right)\cancel{\equiv }0,L\left(g,p_1,p_2\right)\cancel{\equiv }0$ 。且易证得我们令的辅助函数 $\phi \left(z\right),\psi \left(z\right)$ 实际上都是整函数。再结合引理6有

$\begin{array}{c}T\left(r,\phi \left(z\right)\right)=m\left(r,\phi \left(z\right)\right)\\ \le m\left(r,\frac{L\left(f,p_1,p_2\right)}{\left(f-p_1\right)\left(f-p_2\right)}\right)+m\left(r,f\right)+m\left(r,g\right)+\log 2\\ \le T\left(r,f\right)+T\left(r,g\right)+S^{*}\left(r,f\right)\end{array}$

结合条件可得 ${\rho }_{\phi }<\frac{3}{4}$ ，同理有 ${\rho }_{\psi }<\frac{3}{4}$ 。

若 $\phi \left(z\right)$ 和 $\psi \left(z\right)$ 中至少有一个为多项式，不妨设 $\phi \left(z\right)$ 为多项式，结合条件 $f\left(z\right)-g\left(z\right)$ 有无穷多个重零点。于是 $\phi \left(z\right)\equiv 0$ ，而由引理5知 $L\left(f\left(z\right),p_1\left(z\right),p_2\left(z\right)\right)\cancel{\equiv }0$ ，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ ；若 $\psi \left(z\right)$ 为多项式，同理可得 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ 。

若 $\phi \left(z\right)$ 和 $\psi \left(z\right)$ 均为超越整函数，我们将根据引理3分情况讨论：

情形1： $\exists H\left(z\right)\in \left\{\phi \left(z\right),\psi \left(z\right)\right\}$ 以及 $F_H\subset \left[1,+\infty \right)$ 使 $F_H$ 具有正的上对数密度，不妨设 $H\left(z\right)=\phi \left(z\right)$ (否则 $H\left(z\right)=\psi \left(z\right)$ 时讨论类似)，则 $F_{\varphi }$ 具有正的上对数密度，且

$L\left(r,\phi \right)=\underset{\left|z\right|=r}{\min }\left|\phi \left(z\right)\right|>r^{n_0}\left(\forall r\in F_{\phi }\right)$ (1)

这里的 $n_0$ 取为大于多项式 $p_1-p_2$ 的次数的值。

而 $f\left(z\right)$ 为超越整函数，且 ${\rho }_f<\frac{3}{4}$ ，故由引理4知： $\exists {\Omega }_f\subset \left[1,+\infty \right)$ 使 ${\Omega }_f$ 具有有穷的对数密度，且对 $\forall r\in \left[1,+\infty \right)\backslash {\Omega }_f$ 有

$\left|\frac{{\left(f-p_1\right)}^{\prime }}{f-p_1}\right|\le {\left|z\right|}^{\rho -\frac{1}{2}}<{\left|z\right|}^{\frac{1}{4}}\left(\forall z\in \left\{z\in C|\left|z\right|=r\right\}\right)$ (2)

因为 $$ 的密度为1，从而 $F_{\phi }\cap \left(\left[1,+\infty \right)\backslash {\Omega }_f\right)$ 为无界集，故存在严格递增的无界数列 ${\left\{t_n\right\}}_{n=1}^{+\infty }$ 包含于 $F_{\phi }\cap \left(\left[1,+\infty \right)\backslash {\Omega }_f\right)$ ，于是

$L\left(t_n,\phi \right)>t_n^{n_0}\left(n=1,2,\cdots \right)$ (3)

$\left|\frac{{\left(f\left(z\right)-p_1\left(z\right)\right)}^{\prime }}{f\left(z\right)-p_1\left(z\right)}\right|<{\left|t_n\right|}^{\frac{1}{4}}\left(\forall z\in \left\{z\in C|\left|z\right|=t_n\right\},n=1,2,\cdots \right)$ (4)

$t_n\to +\infty \left(n\to +\infty \right)$ (5)

而

$\phi \left(z\right)=\left[\left({p^{\prime }}_1-{p^{\prime }}_2\right)-\left(p_1-p_2\right)\frac{{\left(f-p_1\right)}^{\prime }}{f-p_1}\right]\left[1-\frac{g-p_2}{f-p_2}\right]$ (6)

且由

$\begin{array}{c}{t}_n^{n_0}<\left|\phi \left(z\right)\right|=\left|\left({p^{\prime }}_1-{p^{\prime }}_2\right)-\left(p_1-p_2\right)\frac{{\left(f-p_1\right)}^{\prime }}{f-p_1}\right|\cdot \left|1-\frac{g-p_2}{f-p_2}\right|\\ \le \left[\left|p_1-p_2\right|\left|\frac{{p^{\prime }}_1-{p^{\prime }}_2}{p_1-p_2}\right|+\left|p_1-p_2\right|\left|\frac{{\left(f-p_1\right)}^{\prime }}{f-p_1}\right|\right]\cdot \left[1+\left|\frac{g-p_2}{f-p_2}\right|\right]\\ \le \left|p_1-p_2\right|\left[\left|\frac{{p^{\prime }}_1-{p^{\prime }}_2}{p_1-p_2}\right|+\left|\frac{{\left(f-p_1\right)}^{\prime }}{f-p_1}\right|\right]\cdot \left[1+\left|\frac{g-p_2}{f-p_2}\right|\right].\end{array}$

再结合(3)、(4)、(5)得

$\left|\frac{g-p_2}{f-p_2}\right|\to +\infty \left(\forall z\in \left\{z\in C|\left|z\right|=t_n\right\}\right)$ (7)

同理，

$\psi \left(z\right)=\left[\left({p^{\prime }}_1-{p^{\prime }}_2\right)-\left(p_1-p_2\right)\frac{{\left(g-p_1\right)}^{\prime }}{g-p_1}\right]\left[1-\frac{f-p_2}{g-p_2}\right]$ (8)

则由(7)、(8)结合引理1知：

$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{T\left(t_n,\psi \left(z\right)\right)}{\log t_n}=\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{m\left(t_n,\psi \left(z\right)\right)}{\log t_n}=0$

所以 $\psi \left(z\right)$ 一定是多项式，这与 $\psi \left(z\right)$ 为超越整函数相矛盾。

情形2：对于 $\forall \tau \in \left(0,1\right)$ ， $F_{\tau ,\phi }:=\left\{r|r\ge 1且{\theta }_{\phi }\left(r\right)>2\text{π}\left(1-\tau \right)\right\}$ 和 $F_{\tau ,\psi }:=\left\{r|r\ge 1且{\theta }_{\phi }\left(r\right)>2\text{π}\left(1-\tau \right)\right\}$ 满足

$\underset{\_}{\wedge }\left(F_{\tau ,\phi }\right)\ge \frac{1-2{\rho }_{\phi }\left(1-\tau \right)}{\tau },\underset{\_}{\wedge }\left(F_{\tau ,\psi }\right)\ge \frac{1-2{\rho }_{\psi }\left(1-\tau \right)}{\tau }$

由于 ${\rho }_{\phi }<\frac{3}{4},{\rho }_{\psi }<\frac{3}{4}$ 。从而存在充分小的正数 ${\epsilon }_0$ ，使

$\frac{3}{4}>{\rho }_{\phi }+2{\rho }_{\phi }{\epsilon }_0-\frac{{\epsilon }_0}{2},\frac{3}{4}>{\rho }_{\psi }+2{\rho }_{\psi }{\epsilon }_0-\frac{{\epsilon }_0}{2}$

取 $\tau ={\tau }_0=\frac{1}{2}-{\epsilon }_0$ ，有

$F_{{\tau }_0,\phi }:=\left\{r|r\ge 1且{\theta }_{\varphi }\left(r\right)>\text{π}+2{\epsilon }_0\right\},F_{{\tau }_0,\zeta }:=\left\{r|r\ge 1且{\theta }_{\psi }\left(r\right)>\text{π}+2{\epsilon }_0\right\}$ (9)

且 $\underset{\_}{\wedge }\left(F_{{\tau }_0,\phi }\right)>\frac{1}{2},\underset{\_}{\wedge }\left(F_{{\tau }_0,\psi }\right)>\frac{1}{2}$ ，由引理2知 $\underset{\_}{\wedge }\left(F_{{\tau }_0,\phi }\cap F_{{\tau }_0,\psi }\right)>0$ ，故存在严格递增的无界数列 ${\left\{r_j\right\}}_{j=1}^{+\infty }\subset \left(F_{{\tau }_0,\phi }\cap F_{{\tau }_0,\psi }\right)$ 。继续令：

$E_j=\left\{\theta :\theta \in \left[0,2\text{π}\right]|\left|g\left(r_j{\text{e}}^{i\theta }\right)-p_2\left(r_j{\text{e}}^{i\theta }\right)\right|<\left|f\left(r_j{\text{e}}^{i\theta }\right)-p_2\left(r_j{\text{e}}^{i\theta }\right)\right|\right\}$

${\tilde{E}}_j:=\left[0,2\text{π}\right]\backslash E_j\left(j=1,2,\cdots \right)$

因为 $mes\left(E_j\cup {\tilde{E}}_j\right)=2\text{π}\left(j=1,2,\cdots \right)$ ，从而不失一般性，不妨设存在正整数列 ${\left\{n_k\right\}}_{k=1}^{+\infty }$ 满足 $mes{E}_{n_k}\ge \text{π}\left(k=1,2,\cdots \right)$ (另一情形用 $\psi \left(z\right)$ 换 $\phi \left(z\right)$ 即可)，为了表述上的方便，不妨设 $n_k=k$ ，于是对于一切的 $k$ 有 $n_k=k\left(k=1,2,\cdots \right)$ ，那么

$mes{E}_k\ge \text{π}\left(k=1,2,\cdots \right)$ (10)

令 $G_k=F_{r_k,\phi }\cap E_k\left(k=1,2,\cdots \right)$ 。则由(9)、(10)得 $mes{G}_k\ge 2{\epsilon }_0\left(k=1,2,\cdots \right)$ 。于是对于 $\forall k\in N$ 有

$\begin{array}{c}\frac{1}{\text{2π}}{\displaystyle {\int }_{G_k}{\log }^{+}{r}_k^2\text{d}\theta }\le \frac{1}{\text{2π}}{\displaystyle {\int }_{G_k}{\log }^{+}\left|\phi \left(r_k{\text{e}}^{i\theta }\right)\right|\text{d}\theta }\\ \le \frac{1}{\text{2π}}{\displaystyle {\int }_{G_k}{\log }^{+}\left|{p^{\prime }}_1-{p^{\prime }}_2\right|\text{d}\theta }+\frac{1}{2\pi }{\displaystyle {\int }_{G_k}{\log }^{+}\left|p_1-p_2\right|\text{d}\theta }\\ +\frac{1}{\text{2π}}{\displaystyle {\int }_{G_k}{\log }^{+}\left|\frac{f^{\prime }-{p^{\prime }}_1}{f-p_1}\right|\text{d}\theta }+\frac{1}{\text{2π}}{\displaystyle {\int }_{G_k}{\log }^{+}\left|\frac{g-p_2}{f-p_2}\right|\text{d}\theta }+\log 4\\ \le m\left(r_k,{p^{\prime }}_1-{p^{\prime }}_2\right)+m\left(r_k,p_1-p_2\right)+m\left(r_k,\frac{f^{\prime }-{p^{\prime }}_1}{f-p_1}\right)+\log 4\end{array}$

故

$\frac{2{\epsilon }_0}{\text{π}}{\log }^{+}{r}_k\le m\left(r_k,{p^{\prime }}_1-{p^{\prime }}_2\right)+m\left(r_k,p_1-p_2\right)+m\left(r_k,\frac{f^{\prime }-{p^{″}}_1}{f-p_1}\right)+\log 4$

进而有

$0<\frac{2{\epsilon }_0}{\pi }\le \underset{\overline{k\to \infty }}{\lim }\frac{m\left(r_k,\frac{f^{\prime }-{p^{\prime }}_1}{f-p_1}\right)}{\log r_k}\le \overline{\underset{r\to \infty }{\lim }}\frac{m\left(r,\frac{f^{\prime }-{p^{\prime }}_1}{f-p_1}\right)}{\log r}$

而 $f\left(z\right)$ 是级小于1的超越整函数，故结合引理1有

$\overline{\underset{r\to +\infty }{\lim }}\frac{m\left(r,\frac{f^{\prime }-{p^{\prime }}_1}{f-p_1}\right)}{\log r}=0$

这就得出矛盾。

综上所述，定理得证。

文章引用

梁 娥. 一类分担小函数的整函数的唯一性
The Uniqueness of a Class of Entire Functions Sharing Small Functions[J]. 理论数学, 2018, 08(02): 126-131. https://doi.org/10.12677/PM.2018.82016

参考文献