呂鳳姣， 劉芝秀

(1.黃河科技學院 信息工程學院，河南 鄭州 450063;2.南昌工程學院 理學院，江西 南昌 330099)

1 引言及主要結果

設f(z)為開平面上非常數的亞純函數,主要采用值分布論中的相關記號[1][2]。

設f(z),g(z)為區(qū)域D上的兩個亞純函數,對復數a∈C,若f(z)-a的零點為zn(n=1,2,3,…),如果zn(n=1,2,3,…)也是g(z)-a的零點(不計重數),則稱單向分擔a,記為f(z)=a?g(z)=a。

亞純函數族F稱為區(qū)域D上的正規(guī)族是指對F中的任意函數列{fn(z)}都存在子列{fnk(z)}在區(qū)域D上按球面距離內閉一致收斂。

亞純函數族F在點z0正規(guī),是指在存在點z0的鄰域U(z0)使得F在U(z0)上正規(guī)。

F在區(qū)域D上正規(guī)等價于F在區(qū)域D上每一點都正規(guī)。

Montel首先將正規(guī)族與函數的取值聯系起來，建立了著名的Montel正規(guī)定則。

定理A[3]設F={f(z)}是區(qū)域D內的一族亞純函數,a1,a2,a3是擴充復平面￡上三個互異的復數,如果對任意的f∈F,f(z)≠a1,a2,a3,則F在D內正規(guī)。

顧永興在文[4]中進一步將正規(guī)族和函數導數的取值聯系起來,建立了著名的Gu正規(guī)定則。

定理B[4]設F={f(z)}是區(qū)域D內的一族亞純函數,k是正整數,a是非零有窮復數,如果對任意的f∈F,f(z)≠0,f(k)(z)≠a,則F在D內正規(guī)。

Schwick于1992年在文[5]中將函數與其導數唯一性條件即分擔條件引入了正規(guī)族，建立了下面的定理C。

定理C[5]設F={f(z)}是區(qū)域D內的一族亞純函數,a1,a2,a3是三個互異的有限復數,如果對任意的f∈F,f與f′同時分擔值a1,a2,a3,則F在D內正規(guī)。

方明亮推廣了Schwick的結果,證明了分擔集合的情況。

定理D[6]設F={f(z)}是區(qū)域D內的一族全純函數,S={a1,a2,a3},其中a1,a2,a3是三個互異的有限復數,如果對任意的f∈F,有f和f′分擔集合S={a1,a2,a3},那么F在D內正規(guī)。

2007年,劉曉俊和龐學誠在文[7]中進一步將全純函數族推廣到了亞純函數族。

定理E[7]設F={f(z)}是區(qū)域D內的一族亞純函數,S={a1,a2,a3},其中a1,a2,a3是三個互異的有限復數,如果對任意的f∈F,有f和f′分擔集合S={a1,a2,a3},那么F在D內正規(guī)。

自然地,我們要問定理E中的集合S中的元素個數是否可以減少,答案是否定的,有反例說明。

例設S={1,-1}和F={fn(z):n=2,3,4,…},其中

但是F在D內不正規(guī)。

如果從另外一種角度繼續(xù)考慮分擔集合的正規(guī)族問題,這里的f和f′分擔集合S可否進一步減弱為單向分擔呢?事實上,本文證明了下面的結果。

定理1設F={f(z)}是區(qū)域D內的一亞純函數族,a,b,c是三個相互判別的有窮復數,S={a,b},A為有窮正數,如果對于任意的f(z)∈F,有f(z)-c的零點重級至少為1,且滿足兩個條件:

(ⅱ)當f(z)=c時,有|f′(z)|A且0<|f″(z)|A,

則F在區(qū)域D內正規(guī)。

下面舉例說明定理1中的條件(ⅱ)是不能省略的。

例設D={z:|z|<1},S={a,b},c=0,其中|a|+|b|<1。

假設F={fn(z):n=1,2,3,4,…},且fn(z)=nz,D={z:|z|<1},

2 基本公式和引理

引理1[8-10](Zalcman-Pang引理)設F是單位圓盤Δ上的亞純函數族,如果對?f∈F和f(z)=0,存在一個正數A,使得|f′(z)|A。那么,如果F不正規(guī),則對任意的0α1,存在

(ⅰ)實數0

(ⅱ)復數列zn,|zn|

(ⅲ)函數列fn∈F;

(ⅳ)正數列ρn→0+;

引理2[11]設f(z)是復平面上的有限級亞純函數,k為正整數,f(z)的零點重級至少為k+2,f(k)(z)≠1,則f(z)為常數。

引理3[12][13]設f(z)是復平面上的有限級超越亞純函數,k為正整數,其零點重級至少為k,A為正實數,若當f(z)=0時,|f(k)(z)|A,則對于任意l,1lk,f(l)(z)取任意有窮非零值無窮多次。

3 定理證明

其中g(ζ)為復平面￡上的非常數亞純函數,且g#(ζ)g#(0)=h+1,

g(ζ)的零點重級至少為1,g(ζ)的級至多為2。

可以斷言:

(ⅰ)g(ζ)=0?|g′(ζ)|h,

(ⅱ)g′(ζ)≠a,g′(ζ)≠b。

事實上,

(ⅰ)假設存在ζ0∈￡使得g(ζ0)=0,

由于g(ζ)不恒等于0,根據Hurwitz定理得，存在ζn,ζn→ζ0,使得

則

fn(zn+ρnζn)=c。

由已知條件可知,

于是可得:g(ζ)=0?|g′(ζ)|h故(ⅰ)得證。

下面再證(ⅱ)。假設存在ζ0∈C使得g′(ζ0)=a。

顯然g′(ζ)不恒等于a,

若g′(ζ)≡a=0,則g(ζ)為一常數函數,這與g(ξ)的零點重級至少為1矛盾。

若g′(ζ)≡a≠0,則g(ζ)為一次多項式,

設ζ1為g(ζ)的唯一一個重級為1的零點,故g(ζ)=a(ζ-ζ1)。

通過計算可得:

g#(0)

則g#(0)<(|a|+1)+1與g#(0)=h+1矛盾(當h>max {|a|+|b|}+1時)。

于是可得g′(ζ)不恒等于a成立。

由于g′(ζ0)=a,但g′(ζ)不恒等于a，由Hurwitz定理可得:

存在gn(ζ)和點列ζn→ζ0,使得當n充分大時,有

fn(zn+ρnζn)∈S。

則

fn(zn+ρnζn)=a或者fn(zn+ρnζn)=b。

從而

這與g′(ζ0)=a矛盾,因此g′(ζ)≠a成立。

同理可得,g′(ζ)≠b,于是(ⅱ)得證。

假設g為超越亞純函數,因為a,b是兩個相互判別的復數,所以a,b中至少有一個不為零。不妨設a為非零常數,由于g的級至多為2,且滿足(ⅰ)g(ζ)=0?|g′(ζ)|h,(ⅱ)g′(ζ)≠a,g′(ζ)≠b,

由引理3可得,g′(ζ)-a有無窮多個零點,與g′(ζ)≠a矛盾,因此假設不成立。

所以g為有理函數,因為有理函數至多只有一個Picard例外值,這與g′(ζ)≠a,g′(ζ)≠b矛盾。

綜上所述定理得證。