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

摘要: 设 是区域D内的一族亚纯函数， a， b，c 是三个有穷复数并且 , k是正整数。令 。若对于任意的 满足：1) f-c的零点重级均 ；2) ，其中D_k(f)为f的线性微分多项式，则 在D内正规。

Abstract: Let be a family of meromorphic functions in a domain D, let a, b, c be finite complex numbers, and . Let k be a positive integer and . If, for each , the zeros of f-c are of multiplicity , and whenever , then is normal in D.

1. 引言及主要结果

本文采用了Nevanlinna基本理论以及记号，如 $T\left(r,f\right)$ ， $S\left(r,f\right)$ ， $\bar{N}\left(r,f\right)$ ， $N\left(r,f\right)$ ， $m\left(r,f\right)$ 等，见 [1] [2] 。

设D是复平面C上的一个区域，若对于 $\mathcal{F}$ 中任意序列 $\left\{f_n\left(z\right)\right\}$ 存在一个子序列 $\left\{f_{{}_{n_k}}\left(z\right)\right\}$ 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 $\infty$ ，则称 $\mathcal{F}$ 为D内的正规族，见 [3] 。

设 $f$ 和 $g$ 是区域D内的两个亚纯函数， $a$ 是一个复数。若 $f\left(z\right)-a$ 与 $g\left(z\right)-a$ 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 $f\left(z\right)-a$ 与 $g\left(z\right)-a$ 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 [4] ：设 $\mathcal{F}$ 为D内的一族亚纯函数， $a$ ， $b$ ， $c$ 是三个判别的有穷复数。若对于 $\mathcal{F}$ 中的任意函数 $f$ ， $f$ 和 $f^{\prime }$ 在D内分担 $a$ ， $b$ ， $c$ ，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

2001年，Chen and Fang考虑了把 $f^{\prime }$ 换为 $f^{\left(k\right)}$ 的情形，证明了

定理B [5] ：设 $\mathcal{F}$ 为D内的一族亚纯函数， $a$ ， $b$ ， $c$ 是三个有穷的复数且 $a\ne b$ 。若对于 $\mathcal{F}$ 中的任意函数 $f$ ，有 $f$ 和 $f^{\left(k\right)}$ 在D内分担 $a$ ， $b$ ，且 $f-c$ 的零点重级均 $\ge k+1$ ，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

2008年，Han and Gu改进了定理B，证明了

定理C [6] ：设 $\mathcal{F}$ 为D内的一族亚纯函数， $a$ ， $b$ ， $c$ 是三个有穷复数且 $a\ne b$ 。若对于 $\mathcal{F}$ 中的任意函数 $f$ ， $f-c$ 的零点重级均 $\ge k+1$ ，且 $f^{\left(k\right)}\left(z\right)=a\Rightarrow f\left(z\right)=a$ ， $f^{\left(k\right)}\left(z\right)=b\Rightarrow f\left(z\right)=b$ ，则 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

设 $f$ 为区域D内的亚纯函数， $a_0\left(z\right),\cdots ,a_k\left(z\right)$ 是全纯函数并且 $\forall z\in D,a_k\left(z\right)\ne 0$ 。我们定义

$D_k\left(f\left(z\right)\right)=a_k\left(z\right)f^{\left(k\right)}\left(z\right)+a_{k-1}\left(z\right)f^{\left(k-1\right)}\left(z\right)+\cdots +a_1\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)+a_0\left(z\right)f(z)$

本文推广并改进了定理C，证明了

定理1：设 $\mathcal{F}$ 是区域D内的一族亚纯函数， $a$ ， $b$ ， $c$ 是三个有穷复数并且 $a\ne b$ ， $k$ 是正整数。令 $S=\left\{a,b\right\}$ 。若对于任意的 $f\in \mathcal{F}$ 满足：

1) $f-c$ 的零点重级均 $\ge k+1$ ；

2) $D_k\left(f\right)\in S\Rightarrow f\in S$ 。

则 $\mathcal{F}$ 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 $\ge k+1$ ”是必须的。

例1：设 $D=\left\{z:\left|z\right|<1\right\}$ ， $k$ 是一个正整数， $a_k=1$ 且 $a_i=0\left(i=0,1,\cdots ,k-1\right)$ ， $S=\left\{1,-1\right\}$ ， $c=0$ 。 $\mathcal{F}=\left\{f_n\left(z\right)\right\}$ ，其中 $f_n\left(z\right)=n{z}^k,\left(n=1,2,3,\cdots \right)$ 。显然 $f_n^{\left(k\right)}\left(z\right)\in S\Rightarrow f\left(z\right)\in S$ ，但 $\mathcal{F}$ 在 $D$ 内是不正规的。

2. 几个引理

引理1： [3] [7] ：设 $\mathcal{F}$ 是单位圆内的一族亚纯函数且 $\mathcal{F}$ 中的每个函数的零点的重级至少是 $k$ ，假设 $f\left(z\right)=0$ ，必有 $\left|f^{\left(k\right)}\left(z\right)\right|\le A$ 。若 $\mathcal{F}$ 在单位圆内不正规，那么对于每一个 $\alpha$ ， $0\le \alpha \le k$ ，存在

1) 实数 $r$ ， $0<r<1$ ；

2) 点列 $z_n$ ， $\left|z_n\right|<r$ ；

3) 函数列 $f_n\in \mathcal{F}$ ；

4) 正数列 ${\rho }_n\to 0^{+}$ ，使得函数 $\left\{\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)}{{\rho }_n^{\alpha }}\right\}$ 在 $ℂ$ 上按球距内闭一致收敛于一个亚纯函数 $g\left(\xi \right)$ ，并且 $g^{\#}\left(\xi \right)\le g^{\#}\left(0\right)=kA+1$ 。

引理2： [8] ：设 $f$ 为复平面上的一个超越亚纯函数， $b$ 为非零有穷复数， $k$ 为一正整数，则 $f$ 或者 $f^{\left(k\right)}-b$ 有无穷多个零点。

引理3： [9] ：设 $k$ 是一个正整数， $f$ 是一个有穷极的亚纯函数，且零点重级至少为 $k$ 。设 $a$ 是一个非零复数。若 $f\left(z\right)$ 和 $f^{\left(k\right)}\left(z\right)$ 分担0，且 $f^{\left(k\right)}\left(z\right)\ne a$ ，则 $f$ 是一个常数。

3. 定理1的证明

假设 $\mathcal{F}$ 在D内不正规，则 $\exists z_0\in D$ 使得 $\mathcal{F}$ 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 $z_n$ ， $z_n\to z_0$ ， $\left|z_n\right|<r$ ；

3) 函数列 $f_n\in \mathcal{F}$ ；

4) 正数列 ${\rho }_n\to 0^{+}$

使得 $g_n\left(\xi \right)=\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n^k}$ 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 $g\left(\xi \right)$ ，且 $g\left(\xi \right)$ 的级至多为2。

下面我们分两种情况来考虑

情形1. $c\in S$ ，即 $a=c$ 或者 $b=c$ ，不失一般性，不妨设 $a=c$ 。由此可断言：

1) $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=\frac{a}{a_k\left(z_0\right)}\Rightarrow g\left(\xi \right)=0$

2) $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=\frac{b}{a_k\left(z_0\right)}\Rightarrow g\left(\xi \right)=0$

由于

$g_n\left(\xi \right)=\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n^k}\to g(\xi )$

则 $g_n^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=f_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\to g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)$ ， $\xi \in \left\{\xi :g\left(\xi \right)\ne \infty \right\}$ 且 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k+1$ 。

下面我们证明断言1)，显然 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\cancel{\equiv }\frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ 。否则 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\equiv \frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ ，则 $g\left(\xi \right)$ 是一个次数至多为 $k$ 的多项式，由于 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k+1$ ，即知 $g\left(\xi \right)$ 为常数，矛盾。假设存在一点 ${\xi }_0$ ，使得 $g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)=\frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ ，取 $\delta$ 使得 $g\left(\xi \right)$ 在 $\Delta =\left\{\xi :\left|\xi -{\xi }_0\right|<\delta \right\}$ 内全纯，则在 $\Delta$ 内有

$\begin{array}{l}{D}_k\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)-a\\ =a_k\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)f^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)+\cdots +a_0\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)f\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-a\\ =a_k\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)g_n^{\left(k\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)+{\rho }_n{a}_{k-1}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)g_n^{\left(k-1\right)}\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\\ +\cdots +{\rho }_n^{\left(k\right)}{a}_0\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)g_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-a\\ \to a_k\left(z_0\right)g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)-a\end{array}$

由于 $a_k\left(z_0\right)g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)-a=0$ ，根据Hurwitz定理，由上式可得，存在一个点列 $\left\{{\xi }_n\right\}\subset \Delta$ ， ${\xi }_n\to {\xi }_0$ ，使得 $D_k\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)\right)-a=0$ 。由条件2)可知 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)=a$ 或者 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)=b$ 。

若 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)=a$ ，则有 $g\left({\xi }_0\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)-c}{{\rho }_n^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a-c}{{\rho }_n^k}=0$ ，所以断言1)成立。

若 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)=b$ ，则有 $g\left({\xi }_0\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)-c}{{\rho }_n^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b-c}{{\rho }_n^k}=\infty$ ，显然 ${\xi }_0$ 是 $g\left(\xi \right)$ 的极点，这与 $g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)=\frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ 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. $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\ne \frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ 且 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\ne \frac{b}{a_k\left(z_0\right)}$ ，则由Nevanlinna第二基本定理可知，

$\begin{array}{c}T\left(r,g^{\left(k\right)}\right)\le \bar{N}\left(r,g^{\left(k\right)}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g^{\left(k\right)}-\frac{a}{a_k\left(z_0\right)}}\right)+\bar{N}\left(r,\frac{1}{g^{\left(k\right)}-\frac{b}{a_k\left(z_0\right)}}\right)+S\left(r,g^{\left(k\right)}\right)\\ \le \frac{1}{k+1}N\left(r,g^{\left(k\right)}\right)+S\left(r,g^{\left(k\right)}\right)\le \frac{1}{k+1}T\left(r,g^{\left(k\right)}\right)+S(r,g^{(k))}\end{array}$

于是即得

$T\left(r,g^{\left(k\right)}\right)\le S(r,g^{(k))}$

所以 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)$ 是常数，因而 $g\left(\xi \right)$ 是一个次数至多为 $k$ 次的多项式，这与 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k+1$ 矛盾。

情形1.2. $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\ne \frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ 或者 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\ne \frac{b}{a_k\left(z_0\right)}$ ，不失一般性，我们假设 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\ne \frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ ，则有 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=\frac{b}{a_k\left(z_0\right)}\Rightarrow g\left(\xi \right)=0$ 。显然 $b=0$ ，否则 $b\ne 0$ ，存在 ${\xi }_0$ ，使得 $g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)=\frac{b}{a_k\left(z_0\right)}\Rightarrow g\left({\xi }_0\right)=0$ ，即 ${\xi }_0$

是 $g\left(\xi \right)$ 的零点，根据条件可得， ${\xi }_0$ 也是 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)$ 的零点，即 $b=0$ ，矛盾。所以有 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=0\Rightarrow g\left(\xi \right)=0$ 。由于 $g\left(\xi \right)$ 的零点重级均 $\ge k+1$ ，所以 $g\left(\xi \right)=0\Rightarrow g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=0$ 。因此 $g\left(\xi \right)$ 和 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)$ 分担0，根据引理3可知， $g\left(\xi \right)$ 是一个常数，这与 $g\left(\xi \right)$ 是一个非常数的亚纯函数矛盾。

情形1.3. 若 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=\frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ 且 $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)=\frac{b}{a_k\left(z_0\right)}$ ，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 $a\ne b$ 矛盾。

故 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

情形2. $c\notin S$ ，即 $a\ne c$ 且 $b\ne c$ 。则我们断言

3) $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\ne \frac{a}{a_k(z0)}$

4) $g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)\ne \frac{b}{a_k(z0)}$

下面我们证明上述断言：使用情形1的方法，假设存在 ${\xi }_0$ ，使得 $g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)=\frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ ，取 $\delta$ 使得 $g\left(\xi \right)$ 在 $\Delta =\left\{\xi :\left|\xi -{\xi }_0\right|<\delta \right\}$ 内全纯，则有 $D_k\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)\right)-a\to a_k\left(z_0\right)g^{\left(k\right)}\left(\xi \right)-a$ ，且 $a_k\left(z_0\right)g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)-a=0$ 。

根据Hurwitz’s定理可知，存在一个点列 $\left\{{\xi }_n\right\}\subset \Delta$ ，使得 ${\xi }_n\to {\xi }_0$ ，则有 $D_k\left(f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)\right)=a$ ，由条件2)

知 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)=a$ 或者 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)=b$ 。

若 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)=a$ ，则有 $g\left({\xi }_0\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a-c}{{\rho }_n^k}=\infty$ ；

若 $f_n\left(z_n+{\rho }_n{\xi }_n\right)=b$ ，则有 $g\left({\xi }_0\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f_n\left(z_n+{\rho }_n\xi \right)-c}{{\rho }_n^k}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b-c}{{\rho }_n^k}=\infty$ ；

这与 $g^{\left(k\right)}\left({\xi }_0\right)=\frac{a}{a_k\left(z_0\right)}$ 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 $g\left(\xi \right)$ 是一个常数，矛盾。

故 $\mathcal{F}$ 在D内正规。

致谢

作者衷心感谢方明亮教授的指导和帮助！

基金项目

本文由国家自然科学基金资助(基金号：11371149)。