设
厉珍珠,雷春林
华南农业大学应用数学研究所,广东 广州
收稿日期:2017年10月13日;录用日期:2017年10月27日;发布日期:2017年11月2日
设 F 是区域D内的一族亚纯函数, a , b , c 是三个有穷复数并且 a ≠ b , k 是正整数。令 S = { a , b } 。若对于任意的 f ∈ F 满足:1) f − c 的零点重级均 ≥ k + 1 ;2) D k ( f ) ∈ S ⇒ f ∈ S ,其中 D k ( f ) 为 f 的线性微分多项式,则 F 在D内正规。
关键词 :正规族,亚纯函数,ZALCMAN引理,分担集
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本文采用了Nevanlinna基本理论以及记号,如 T ( r , f ) , S ( r , f ) , N ¯ ( r , f ) , N ( r , f ) , m ( r , f ) 等,见 [
设D是复平面C上的一个区域,若对于 F 中任意序列 { f n ( z ) } 存在一个子序列 { f n k ( z ) } 在区域D上按球面距离内闭一致收敛到一个亚纯函数或者 ∞ ,则称 F 为D内的正规族,见 [
设 f 和 g 是区域D内的两个亚纯函数, a 是一个复数。若 f ( z ) − a 与 g ( z ) − a 在D内有相同的零点,则称 f 和 g 在区域D内分担 a ,或称IM分担 a ,若 f ( z ) − a 与 g ( z ) − a 在D内有相同的零点并且零点重级也相同,则称 f 和 g 在区域D内CM分担 a 。
1992年,Schwick首先考虑了与分担值有关的正规性,证明了
定理A [
2001年,Chen and Fang考虑了把 f ′ 换为 f ( k ) 的情形,证明了
定理B [
2008年,Han and Gu改进了定理B,证明了
定理C [
设 f 为区域D内的亚纯函数, a 0 ( z ) , ⋯ , a k ( z ) 是全纯函数并且 ∀ z ∈ D , a k ( z ) ≠ 0 。我们定义
D k ( f ( z ) ) = a k ( z ) f ( k ) ( z ) + a k − 1 ( z ) f ( k − 1 ) ( z ) + ⋯ + a 1 ( z ) f ′ ( z ) + a 0 ( z ) f (z)
本文推广并改进了定理C,证明了
定理1:设 F 是区域D内的一族亚纯函数, a , b , c 是三个有穷复数并且 a ≠ b , k 是正整数。令 S = { a , b } 。若对于任意的 f ∈ F 满足:
1) f − c 的零点重级均 ≥ k + 1 ;
2) D k ( f ) ∈ S ⇒ f ∈ S 。
则 F 在D内正规。
下面举例说明定理1中的条件“ f − c 的零点重级均 ≥ k + 1 ”是必须的。
例1:设 D = { z : | z | < 1 } , k 是一个正整数, a k = 1 且 a i = 0 ( i = 0 , 1 , ⋯ , k − 1 ) , S = { 1 , − 1 } , c = 0 。 F = { f n ( z ) } ,其中 f n ( z ) = n z k , ( n = 1 , 2 , 3 , ⋯ ) 。显然 f n ( k ) ( z ) ∈ S ⇒ f ( z ) ∈ S ,但 F 在 D 内是不正规的。
引理1: [
1) 实数 r , 0 < r < 1 ;
2) 点列 z n , | z n | < r ;
3) 函数列 f n ∈ F ;
4) 正数列 ρ n → 0 + ,使得函数 { f n ( z n + ρ n ξ ) ρ n α } 在 ℂ 上按球距内闭一致收敛于一个亚纯函数 g ( ξ ) ,并且 g # ( ξ ) ≤ g # ( 0 ) = k A + 1 。
引理2: [
引理3: [
假设 F 在D内不正规,则 ∃ z 0 ∈ D 使得 F 在 z 0 处不正规。由引理1,可知存在
1) 实数 r , 0 < r < 1 ;
2) 点列 z n , z n → z 0 , | z n | < r ;
3) 函数列 f n ∈ F ;
4) 正数列 ρ n → 0 +
使得 g n ( ξ ) = f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k 在复平面上按球面距离内闭一致收敛于一个非常数亚纯函数 g ( ξ ) ,且 g ( ξ ) 的级至多为2。
下面我们分两种情况来考虑
情形1. c ∈ S ,即 a = c 或者 b = c ,不失一般性,不妨设 a = c 。由此可断言:
1) g ( k ) ( ξ ) = a a k ( z 0 ) ⇒ g ( ξ ) = 0
2) g ( k ) ( ξ ) = b a k ( z 0 ) ⇒ g ( ξ ) = 0
由于
g n ( ξ ) = f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k → g (ξ)
则 g n ( k ) ( ξ ) = f n ( k ) ( z n + ρ n ξ ) → g ( k ) ( ξ ) , ξ ∈ { ξ : g ( ξ ) ≠ ∞ } 且 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 。
下面我们证明断言1),显然 g ( k ) ( ξ ) ≡ a a k ( z 0 ) 。否则 g ( k ) ( ξ ) ≡ a a k ( z 0 ) ,则 g ( ξ ) 是一个次数至多为 k 的多项式,由于 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 ,即知 g ( ξ ) 为常数,矛盾。假设存在一点 ξ 0 ,使得 g ( k ) ( ξ 0 ) = a a k ( z 0 ) ,取 δ 使得 g ( ξ ) 在 Δ = { ξ : | ξ − ξ 0 | < δ } 内全纯,则在 Δ 内有
D k ( f n ( z n + ρ n ξ ) ) − a = a k ( z n + ρ n ξ ) f ( k ) ( z n + ρ n ξ ) + ⋯ + a 0 ( z n + ρ n ξ ) f ( z n + ρ n ξ ) − a = a k ( z n + ρ n ξ ) g n ( k ) ( z n + ρ n ξ ) + ρ n a k − 1 ( z n + ρ n ξ ) g n ( k − 1 ) ( z n + ρ n ξ ) + ⋯ + ρ n ( k ) a 0 ( z n + ρ n ξ ) g n ( z n + ρ n ξ ) − a → a k ( z 0 ) g ( k ) ( ξ ) − a
由于 a k ( z 0 ) g ( k ) ( ξ 0 ) − a = 0 ,根据Hurwitz定理,由上式可得,存在一个点列 { ξ n } ⊂ Δ , ξ n → ξ 0 ,使得 D k ( f n ( z n + ρ n ξ n ) ) − a = 0 。由条件2)可知 f n ( z n + ρ n ξ n ) = a 或者 f n ( z n + ρ n ξ n ) = b 。
若 f n ( z n + ρ n ξ n ) = a ,则有 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ n ) − c ρ n k = lim n → ∞ a − c ρ n k = 0 ,所以断言1)成立。
若 f n ( z n + ρ n ξ n ) = b ,则有 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ n ) − c ρ n k = lim n → ∞ b − c ρ n k = ∞ ,显然 ξ 0 是 g ( ξ ) 的极点,这与 g ( k ) ( ξ 0 ) = a a k ( z 0 ) 矛盾。故这种情况不成立。
同理可证断言2)。
下面我们再分三种情况讨论:
情形1.1. g ( k ) ( ξ ) ≠ a a k ( z 0 ) 且 g ( k ) ( ξ ) ≠ b a k ( z 0 ) ,则由Nevanlinna第二基本定理可知,
T ( r , g ( k ) ) ≤ N ¯ ( r , g ( k ) ) + N ¯ ( r , 1 g ( k ) − a a k ( z 0 ) ) + N ¯ ( r , 1 g ( k ) − b a k ( z 0 ) ) + S ( r , g ( k ) ) ≤ 1 k + 1 N ( r , g ( k ) ) + S ( r , g ( k ) ) ≤ 1 k + 1 T ( r , g ( k ) ) + S ( r , g (k))
于是即得
T ( r , g ( k ) ) ≤ S ( r , g (k))
所以 g ( k ) ( ξ ) 是常数,因而 g ( ξ ) 是一个次数至多为 k 次的多项式,这与 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 矛盾。
情形1.2. g ( k ) ( ξ ) ≠ a a k ( z 0 ) 或者 g ( k ) ( ξ ) ≠ b a k ( z 0 ) ,不失一般性,我们假设 g ( k ) ( ξ ) ≠ a a k ( z 0 ) ,则有 g ( k ) ( ξ ) = b a k ( z 0 ) ⇒ g ( ξ ) = 0 。显然 b = 0 ,否则 b ≠ 0 ,存在 ξ 0 ,使得 g ( k ) ( ξ 0 ) = b a k ( z 0 ) ⇒ g ( ξ 0 ) = 0 ,即 ξ 0
是 g ( ξ ) 的零点,根据条件可得, ξ 0 也是 g ( k ) ( ξ ) 的零点,即 b = 0 ,矛盾。所以有 g ( k ) ( ξ ) = 0 ⇒ g ( ξ ) = 0 。由于 g ( ξ ) 的零点重级均 ≥ k + 1 ,所以 g ( ξ ) = 0 ⇒ g ( k ) ( ξ ) = 0 。因此 g ( ξ ) 和 g ( k ) ( ξ ) 分担0,根据引理3可知, g ( ξ ) 是一个常数,这与 g ( ξ ) 是一个非常数的亚纯函数矛盾。
情形1.3. 若 g ( k ) ( ξ ) = a a k ( z 0 ) 且 g ( k ) ( ξ ) = b a k ( z 0 ) ,即断言1)和2)同时成立;则由情形1.2可知 a = 0 且 b = 0 ,这与 a ≠ b 矛盾。
故 F 在D内正规。
情形2. c ∉ S ,即 a ≠ c 且 b ≠ c 。则我们断言
3) g ( k ) ( ξ ) ≠ a a k (z0)
4) g ( k ) ( ξ ) ≠ b a k (z0)
下面我们证明上述断言:使用情形1的方法,假设存在 ξ 0 ,使得 g ( k ) ( ξ 0 ) = a a k ( z 0 ) ,取 δ 使得 g ( ξ ) 在 Δ = { ξ : | ξ − ξ 0 | < δ } 内全纯,则有 D k ( f n ( z n + ρ n ξ ) ) − a → a k ( z 0 ) g ( k ) ( ξ ) − a ,且 a k ( z 0 ) g ( k ) ( ξ 0 ) − a = 0 。
根据Hurwitz’s定理可知,存在一个点列 { ξ n } ⊂ Δ ,使得 ξ n → ξ 0 ,则有 D k ( f n ( z n + ρ n ξ n ) ) = a ,由条件2)
知 f n ( z n + ρ n ξ n ) = a 或者 f n ( z n + ρ n ξ n ) = b 。
若 f n ( z n + ρ n ξ n ) = a ,则有 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k = lim n → ∞ a − c ρ n k = ∞ ;
若 f n ( z n + ρ n ξ n ) = b ,则有 g ( ξ 0 ) = lim n → ∞ f n ( z n + ρ n ξ ) − c ρ n k = lim n → ∞ b − c ρ n k = ∞ ;
这与 g ( k ) ( ξ 0 ) = a a k ( z 0 ) 矛盾。故断言3)可证。类似的我们可以证明断言4).
根据情形1.1的表述我们得到 g ( ξ ) 是一个常数,矛盾。
故 F 在D内正规。
作者衷心感谢方明亮教授的指导和帮助!
厉珍珠,雷春林. 一个涉及分担集合的亚纯函数正规定则 A Normality Criterion of Meromorphic Functions Concerning Shared Set[J]. 理论数学, 2017, 07(06): 417-421. http://dx.doi.org/10.12677/PM.2017.76054