馬洪偉，戚建明，陳巧玉

(1.上海電機(jī)學(xué)院 商學(xué)院，上海 201306； 2.上海立信會(huì)計(jì)金融學(xué)院 統(tǒng)計(jì)與數(shù)學(xué)學(xué)院，上海 201620)

在Nevanlinna理論中，亞純函數(shù)的級(jí)和迭代級(jí)是兩個(gè)重要的概念.對(duì)r∈[0,∞)，定義exp1r=er且expj+1r=exp(expjr)，j∈N.對(duì)所有充分大的r，定義(logr)1=logr且(logr)j+1=log((logr)j)，j∈N.這里log表示對(duì)數(shù)運(yùn)算.

在全文中我們采用標(biāo)準(zhǔn)的Nevanlinna理論記號(hào)(如T(r,f),M(r,f),S(r,f)等)[1]，我們用p記一正整數(shù).首先介紹亞純函數(shù)的迭代級(jí)的概念[2].

定義1亞純函數(shù)f(z)的p-迭代級(jí)定義為

注1整函數(shù)f(z)的p-迭代級(jí)定義為

如果σp+1(f)>0，易得σp(f)=∞.若p=2,則f(z)的2-迭代級(jí)定義為超級(jí)[1]，即

如果p=1,f(z)的1-迭代級(jí)定義為級(jí)[1]，即

2009年，Chen等[3]得到如下結(jié)論.

定理1設(shè)f為一非常數(shù)的亞純函數(shù)且有有限多個(gè)極點(diǎn)，且設(shè)R3(z)=c1ez和R4(z)=c2ez，這里c1,c2是兩個(gè)非零常數(shù).如果

f(z)=R3?f′(z)=R3且f(z)=R4?f′(z)=R4,

則f是有窮級(jí).

從定理1上，我們知道f和f′分擔(dān)的是兩有窮級(jí)函數(shù).因此，一個(gè)自然的問(wèn)題是這里分擔(dān)的有窮級(jí)函數(shù)可否替換為分擔(dān)無(wú)窮級(jí)函數(shù)？

2012年，Lü等研究了上面的問(wèn)題并得出如下結(jié)果[4].

定理2設(shè)Q1≠0和Q2為兩個(gè)不同的多項(xiàng)式，且設(shè)f,γ為兩個(gè)整函數(shù).如果

f(z)=α(z)?f′(z)=α(z)且f(z)=β(z)?f′(z)=β(z),

這里α=Q1eγ，β=Q2eγ，且如果α-α′或者β-α′有至多有限多個(gè)零點(diǎn)，則σ(f)≤σ(α)=ρ(γ).

在定理2的基礎(chǔ)上有一個(gè)自然的問(wèn)題是如果γ被eγ取代，將會(huì)發(fā)生什么？

本文中我們研究了這個(gè)問(wèn)題并得到如下結(jié)果.

定理3設(shè)Q1≠0和Q2為兩個(gè)不同的多項(xiàng)式，且設(shè)f,γ為兩個(gè)整函數(shù).如果

f(z)=α(z)?f′(z)=α(z)且f(z)=β(z)?f′(z)=β(z),

這里α=Q1eeγ，β=Q2eeγ，且如果α-α′或者β-α′有至多有限多個(gè)零點(diǎn)，則σ3(f)≤σ3(α)=ρ(γ).

注2下面的例子表明σ3(f)≤σ3(α)=ρ(γ)是有意義的.

例1設(shè)f(z)=Aez，這里A是一非零常數(shù).設(shè)α(z)=exp(exp(e-z)+z)，且設(shè)β(z)=P(z)exp(exp(e-z)+z)，這里P(z)是一多項(xiàng)式.記f≡f′，我們有

f(z)=α(z)?f′(z)=α(z)且f(z)=β(z)?f′(z)=β(z).

顯然，α(z)-α′(z)=exp(exp(e-z)+e-z)無(wú)零點(diǎn).因此，滿足于定理3的條件且σ3(f)=0<σ3(α)=ρ(γ)=1.

例2設(shè)f(z)=2z+e2z.設(shè)α(z)=4z-2，且設(shè)β(z)=2z.記f?f′，我們有

f(z)=α(z)?f′(z)=α(z)且f(z)=β(z)?f′(z)=β(z).

顯然，α(z)-α′(z)=4z-6有有限多個(gè)零點(diǎn).因此，滿足于定理3的假設(shè)且σ3(f)=σ3(α)=0.

注3在定理3的證明中，條件α-α′或者β-α′有至多有限多個(gè)零點(diǎn)是必不可少的.但是遺憾的是我們不知道是否可以去掉.

注4如果f是一亞純函數(shù)且有有限多個(gè)極點(diǎn)，并且Q1，Q2是兩個(gè)有理函數(shù)，則定理3的結(jié)論依然成立.

為了證明定理3，需要下面兩個(gè)引理：

(a)fn的一列子列(這里我們?nèi)杂洖閧fn})；

(b) 點(diǎn)列zn→z0，|z0|<1；

(c) 正整數(shù)ρn→0，

滿足fn(zn+ρnξ)=gn(ξ)→g(ξ)局部一致收斂，這里g是在C上的一非常數(shù)的亞純(整)函數(shù)，滿足于

這里M是一常數(shù)且與n無(wú)關(guān).

用類似于文獻(xiàn)[6]中引理2等辦法，我們獲得了如下結(jié)果，在定理的證明中發(fā)揮著重要的作用.

引理2設(shè)f為一3-迭代級(jí)的亞純函數(shù)且σ3(f)>0.如果σ3(f)<+∞且設(shè)d=σ3(f)，則對(duì)任意的ε>0，若n充分大，存在一序列zn→∞滿足f#(zn)>exp(exp(|zn|d-ε)).如果σ3(f)=+∞，則上述結(jié)論依然成立且這里d是一任意的正整數(shù).

證σ3(f)=d<+∞，由3-迭代級(jí)定義，這里存在ε>0,N>0和R>0對(duì)所有的z，|z|≥R滿足f#(z)≤exp(exp(|zn|σ2(f)-ε)).因此，

由f的Ahlfors特征的概念，我們有

則f的3-迭代級(jí)為

是一矛盾.

如果σ3(f)=+∞，假設(shè)結(jié)論不成立，則存在N>0和R>0滿足所有的z，|z|≥R,我們有f(z)≤exp(|z|N).因此

同樣由f的Ahlfors特征的定義，我們有

則f的3-迭代級(jí)為

與σ3(f)=+∞矛盾.因此，引理2的證明完成了.

運(yùn)用與文獻(xiàn)[5，7]中相似的方法，我們證明定理3如下.

記α=Q1exp(exp(γ))，即σ3(α)=ρ(γ).因此我們需要得到σ3(f)≤σ3(α).

反之，假設(shè)σ3(f)>ρ(γ).取d滿足σ3(f)>d>c=ρ(γ).設(shè)H=f-α.則

(Ⅰ)H(z)=0?H′(z)=α(z)-α′(z)；

(Ⅱ)H(z)=β(z)-α(z)?H′(z)=β(z)-α′(z).

F#(wn)>exp(exp(|wn|σ3(F)-ε))=exp(exp(|wn|d-ε)).

記P=β-α有至多有限多個(gè)零點(diǎn)，則存在一正數(shù)r滿足F在D={z:|z|>r}上無(wú)極點(diǎn).

當(dāng)n→∞時(shí)，wn→∞，不失一般性，對(duì)所有的n，我們假定|wn|≥r+1.定義D1={z:|z|<1}且

Fn(z)=F(wn+z).

因此，我們運(yùn)用引理1.選擇合適的子列(Fn)n，我們假定存在序列(zn)n和(ρn)n，且|zn|

(1)

在C上局部一致收斂于一非常數(shù)的整函數(shù)g，且對(duì)一正數(shù)M，有

(2)

由(1)式，我們得到

(3)

(4)

(5)

從式(3)和(5)得出

(6)

我們斷言： 1)g(ζ)=0?g′(ζ)=0；2)g(ζ)=1?g′(ζ)=0.

假定g(ζ0)=0，則由Hurwitz’s定理知存在ζn，ζn→ζ0，滿足(對(duì)充分大的n有)

由假設(shè)(Ⅰ)，我們有

H′(wn+zn+ρnζn)=(α-α′)(wn+zn+ρnζn).

(7)

觀察得到α-α′=(Q1-Q′1-Q1γ′eγ)exp(eγ)，類似地由式(5)，我們有

則

因此g(ζ)=0?g′(ζ)=0，這是斷言1).類似地，我們能證明斷言2).因此，完成了斷言的證明.

注意α-α′或者β-α′有至多有限多個(gè)零點(diǎn)，不失一般性，我們假定α-α′有至多有限多個(gè)零點(diǎn).下一步，將證明g(ζ)≠0.

假設(shè)ξ0是g(ζ)的一個(gè)零點(diǎn)的重?cái)?shù)m(≥2)，則g(m)(ξ0)≠0.因此存在一正數(shù)δ，滿足

g(ζ)≠0,g′(ζ)≠0,g(m)(ζ)≠0

(8)

注意g≠0，由Rouché定理知存在ζn,j(j=1,2,…,m)在Dδ/2={ξ: |ζ-ξ0|<δ/2}上滿足

gn(ζn,j)=H(ωn+zn+ρnζn,j)=0j=1,2,…,m.

注意α-α′有至多有限多個(gè)零點(diǎn)，則(對(duì)充分大的n)，我們有

H′(wn+zn+ρnζn,j)=[α-α′](wn+zn+ρnζn,j)≠0,

這也意味著ζn,j是H(wn+zn+ρnζ)的單零點(diǎn)，即ζn,j≠ζn,i(1≤i≠j≤m).

在式(5)中，我們推出

(9)

從式(6)和(9)得出

(10)

且Kn(ζn,j)=0,(j=1,2,…,m).由式(8)我們得到

注意式(8)，(10)和Kn(ζ)在Dδ/2上有m個(gè)零點(diǎn)ζn,j(j=1,2,…,m)，我們從Hurwitz’s定理得出ξ0是g′的一個(gè)零點(diǎn)且重?cái)?shù)為m，因此g(m)(ξ0)=0.這是一矛盾.故g(ζ)≠0.

我們已證明g是一非退化為零的整函數(shù)，且取值1的重?cái)?shù)至少是2.這與Nevanlina第二基本定理的虧值數(shù)的和至多是2矛盾.因此，我們完成了定理3的證明.

從引理1和定理3的證明過(guò)程我們可以得到更一般的情形.

引理3設(shè)p是一正整數(shù).設(shè)f為一p-迭代級(jí)的亞純函數(shù)且σp(f)>0.如果σp(f)<+∞且設(shè)d=σp(f)，則對(duì)任意的ε>0，如果n充分大，存在一序列zn→∞滿足f#(zn)>exp(exp(|zn|d-ε)).如果σp(f)=+∞，則上述結(jié)論依然成立且這里d是一任意的正整數(shù).

定理4設(shè)Q1≠0和Q2為兩個(gè)不同的多項(xiàng)式，f,γ為兩個(gè)整函數(shù).設(shè)p是一正整數(shù).如果

f(z)=α(z)?f′(z)=α(z)且f(z)=β(z)?f′(z)=β(z),

這里α=Q1exp(eγ)，β=Q2exp(eγ)，若α-α′或者β-α′有至多有限多個(gè)零點(diǎn)，則σp(f)≤σp(α)=ρ(γ).

由于證明過(guò)程和引理1，定理3的證明過(guò)程是相似的，這里就省略了.