陸健豪，徐俊峰

（五邑大學 數(shù)學與計算科學學院，廣東 江門 529020）

1 引言與預(yù)備知識

本文使用了Nevanlinna值分布論中的常用記號與基本結(jié)論[1]. 本文出現(xiàn)的“亞純函數(shù)”表示在整個復平面上亞純，(f)表示亞純函數(shù)f的增長級. 若非恒為零的亞純函數(shù)a(z)滿足T(r,a)=S(r,f)，此處S(r,f)=o(T(r,f))(r→∞)，除了關(guān)于r的一個可能存在有限例外集，我們稱a(z)是f(z)的小函數(shù)，用S(f)表示全體f(z)的小函數(shù)組成的集合.

令f(z),g(z)為兩非常數(shù)亞純函數(shù)，a(z)為關(guān)于f(z),g(z)的小函數(shù)，若函數(shù)f(z)-a(z)與g(z)-a(z)有相同的零點和相同的重數(shù)，稱f(z)與g(z)分擔a(z)CM，若不考慮重數(shù)，則稱f(z)與g(z)分擔a(z)IM.

為了闡述本文的結(jié)論，需要用到以下知識.

定理A亞純函數(shù)f(z)的增長級σ(z)與超級σ1(z)定義為

定理B[2]令f為超越整函數(shù)，n,k為正整數(shù)且n≥k+1，F(xiàn)=fn,Q≡/0為一個多項式，若F-Q與F(k)-Q分擔0CM，則F≡F(k)，且f(z)=cewz/n，此處c,w為非零常數(shù)，且wk=1.

猜想1令f為超越整函數(shù)，n,k為正整數(shù)且n≥k+1，Q1,Q2為兩不恒為零的多項式，若fn-Q1與(fn)(k)-Q2分擔0CM，則進一步，若Q1=Q2，則有f(z)=cewz/n，此處c,w為非零常數(shù)，且wk=1.

問題1假如用{f(z+c1)f(z+c2)…f(z+cn)}(k)替換上述猜想中的(fn)(k)又是否成立呢？此處ci(i=1,2,…,n)為常數(shù).

在2016年和2018年，Majumder等人分別在文獻[4-5]中證明了猜想1和問題1成立. 得到如下定理.

定理C[4]令f為超越整函數(shù)，n,k為正整數(shù)且n≥k+1，Q1,Q2為兩不恒為零的多項式，若fn-Q1與(fn)(k)-Q2分擔0CM，則進一步，若Q1=Q2，則有f(z)=cewz/n，此處c,w為非零常數(shù)，且wk=1.

定理D[5]令f為具有有限多個極點的有限級超越亞純函數(shù)，n,k∈?，假如fn(z)-Q1(z)，{f(z+c1)f(z+c2)…f(z+cn)}(k)-Q2(z)分擔0IM，且fn(z)與f(z+c1)f(z+c2)…f(z+cn)分擔0CM，此處為常數(shù)，為不恒為零的多項式，若n≥k+2，則進一步，如果Q1=Q2，則此處λ為非零常數(shù)，且

自然地，我們考慮定理D的q-差分形式，得下如下定理：

定理1設(shè)f(z)為有限多個極點的零級超越亞純函數(shù)，對任意n,k∈?，若fn(z)-Q1(z)，分擔0IM并且分擔0CM，此處qi(i=1,2,…,n)為非零復常數(shù)，Q1,Q2為兩多項式且滿足Q1Q2≡/0. 如果n≥k+2，則

定理2設(shè)f(z)為有限多個極點的零級超越亞純函數(shù)，對任意n,k∈?，若fn(z)-Q1(z)，[f(qz-c1)f(qz-c2)...f(qz-cn)](k)-Q2(z)分擔0IM，此處q,c1,c2,…,cn為非零常數(shù)，Q1,Q2為兩多項式且滿足并且分擔0CM，如果n≥k+2，則

2 相關(guān)引理

本文定理的證明需要用到下述引理.

引理1[6]令f為非常數(shù)亞純函數(shù)，an(z)(≡/0),an-1(z),…,a0(z)為f(z)的小函數(shù)，則

引理2[7]設(shè)f(z)為增長級為零的亞純函數(shù)，q為非零復常數(shù)，則在一個對數(shù)密度為1的集合上成立.

引理3[8]設(shè)f(z)為有限級亞純函數(shù)，c為非零復常數(shù)，則對于任意ε＞0，有T(r,f(z+c))=T(r,f)+O(rσ-1+ε)+O(logr).

引理4[9]設(shè)f(z)為有限級亞純函數(shù)，c為非零復常數(shù)，則有

引理5[10]假設(shè)F是定義域D上的亞純函數(shù)，令則對n≥1，有此處為一個常系數(shù)微分多項式，當n≤3時，此項為零，當n＞3時，此項次數(shù)為n-3.

3 定理1的證明

由引理2可得

同理也可得到

于是S(r,G)=S(r,F)+S(r,f). 因此，由引理2可知

反設(shè)F1≡/G1. 于是

因為F,G分擔0CM，且F有有限多個極點，則G(z)=f(q1z)f(q2z)...f(qnz)也有有限多個極點.從而

R(z)為有理函數(shù)，Q(z)為多項式，從而G=F?R(z)?eQ(z). 求導可得

從而

其中ai(i=1,2…,k)是由R,Q,eQ,R(i),Q(i),(eQ)(i)(i=1,2...k)所組成的式子，由此可得，的極點來自及其導數(shù)的極點，即

由式（1）、引理1以及第二基本定理可得

由n≥k+2以及式（2）可得矛盾. 從而F1≡G1結(jié)論成立.

定理2的證明與定理1類似，不再贅述.