本文中亚纯函数均指复平面$\mathbb{C}$上的亚纯函数, 所采用的符号均为值分布论中的标准符号(见文[1, 2]).并令$S(r, f)=o\{T(r, f)\}$, $r\rightarrow \infty$, $r{\not\in}E$, 其中$E\subset R^{+}$为本质上测度有穷的集合.设$S$是一个复数集合, $f$和$g$是两个非常数亚纯函数, 令

$\begin{array}{l} E(S,f) = \bigcup\limits_{a \in S} {\{ (} m,{z^*})|{z^*}{\rm{8}}f(z) = a{\rm{为}}\mathit{m}重根\} ,\\ \bar E(S,f) = \bigcup\limits_{a \in S} {\{ {z^*}|{z^*}{\rm{为}}f(} z) = \mathit{a}的根\} . \end{array}$

如果$E(S, f)=E(S, g)$, 则称$S$为$f$和$g$的CM公共值集; 如果$\overline{E}(S, f)=\overline{E}(S, g)$, 则称$S$为$f$和$g$的IM公共值集.特别地, 如果$E(\{a\}, f)=E(\{a\}, g)$, 则称$a$为$f$与$g$的CM分担值; 如果$\overline{E}(\{a\}, f)=\overline{E}(\{a\}, g)$, 则称$a$为$f$与$g$的IM分担值.

1976年, Gross在文[3]中提出了下述问题.

问题A 能否找到两个(甚至一个)有限集合$S_{j} (j=1, 2)$, 使得对任何两个非常数整函数$f$与$g$, 只要满足$E(S_{j}, f)=E(S_{j}, g)(j=1, 2), $就有$f\equiv g$？

许多学者对该问题进行了研究(详见参考文献[1]), 并取得了一系列成果.对于一个离散子集$S:=\{a_{1}, a_{2}\cdots, a_{q}\}\subset\mathbb{C}$, 使得对任意两个非常数亚纯函数(整函数) $f$与$g$, 若只要满足$E(S, f)=E(S, g)$就有$f\equiv g$, 那么就称$S$是URSM(URSE); 若只要满足$\overline{E}(S, f)=\overline{E}(S, g)$就有$f\equiv g$, 那么就称$S$是URSM-IM(URSE-IM).

现考虑如下形式的多项式

$P(\omega ): = \prod\limits_{j = 1}^q {(\omega - {a_j})} ,$

(1.1)

并假设

${P{'}}(\omega ) = q\prod\limits_{j = 1}^k {{{(\omega - {d_j})}^{{q_j}}}} ,$

其中$d_{j}(1\leq j\leq k)$相互判别, 且满足

$ P(d_{l})\neq P(d_{m}) (1\leq l<m\leq k),$

(1.2)

对一个非常数多项式$P(\omega)$, 如果对任意两个非常数亚纯函数$f$与$g$及非零常数$c$, 若只要满足$P(f)=cP(g)$就有$f\equiv g$, 那么就称$P(\omega)$是一个唯一多项式.

2000年, Fujimoto在文[4]中证明了下列结论.

定理A 设$P(\omega)$是形如式(1.1) 满足式(1.2) 的唯一多项式, $k\geq3$或者$k\geq2$且$\min\{q_{1}, q_{2}\}\geq2$, $S=\{\omega|P(\omega)=0\}$, 那么当$q>2k+6$ (或$q>2k+2$)时, $S$是URSM(URSE); 当$q>2k+12$ (或$q>2k+5$)时, $S$是URSM-IM (URSE-IM).

设$k$是一个正整数或$+\infty$, 规定

${E_{k)}}(S,f) = \bigcup\limits_{a \in S} {\{ (} m,{z^*})|{z^*}{\rm{为}}f(z) = a{\rm{的}}{n}{\rm{重根,其中}}n \le k,m = n\} ,$

如果$E_{k)}(S, f)=E_{k)}(S, g)$, 则称$f$和$g$$k$CM分担值集$S$.白小甜在文[5] (或见文[6])中从$k$CM分担的角度推广了定理A, 得到了下面的一些结论.

定理B 设$P(\omega)$是形如式(1.1) 满足式(1.2) 的唯一多项式, $k\geq3$或者$k\geq2$且$\min\{q_{1}, q_{2}\}\geq2$, $S=\{\omega|P(\omega)=0\}$, 那么当$q>2k+6$ (或$q>2k+2$)时, 对任意的非常数亚纯函数(整函数) $f$和$g$, 只要满足$E_{3)}(S, f)=E_{3)}(S, g)$, 就有$f\equiv g$.

定理C 设$P(\omega)$是形如式(1.1) 满足式(1.2) 的唯一多项式, $k\geq3$或者$k\geq2$且$\min\{q_{1}, q_{2}\}\geq2$, $S=\{\omega|P(\omega)=0\}$, 那么当$q>2k+7$ (或$q>2k+2.5$)时, 对任意的非常数亚纯函数(整函数) $f$和$g$, 只要满足$E_{2)}(S, f)=E_{2)}(S, g)$, 就有$f\equiv g$.

定理D 设$P(\omega)$是形如式(1.1) 满足式(1.2) 的唯一多项式, $k\geq3$或者$k\geq2$且$\min\{q_{1}, q_{2}\}\geq2$, $S=\{\omega|P(\omega)=0\}$, 那么当$q>2k+10$ (或$q>2k+4$)时, 对任意的非常数亚纯函数(整函数) $f$和$g$, 只要满足$E_{1)}(S, f)=E_{1)}(S, g)$, 就有$f\equiv g$.

由定理B可知, 若将定理A中的CM分担降低为3CM分担, 则结论仍然成立.

2001年, Lahiri提出了权分担的概念(见文[7, 8]).现设$k$是一个非负整数或$+\infty$, 规定

${E_k}(S,f) = \bigcup\limits_{a \in S} {\{ (} m,{z^*})|{z^*}{\rm{为}}f(z) = a{\rm{的}}{n重根},{\rm{当}}n \le k,m = n;{\rm{当}}n > k,m = k + 1\} .$

如果$E_{k}(S, f)=E_{k}(S, g)$, 则称$f$和$g$以权$k$分担公共值集$S$.易见, 权分担介于IM分担与CM分担之间, $k$越小权$k$分担就越接近IM分担, $k$越大权$k$分担就越接近CM分担, 且$E_{0}(S, f)=\overline{E}(S, f)$, $E_{+\infty}(S, f)=E(S, f)$.

本文则从权分担的角度推广了定理A, 得到了下面的结论.

定理1 设$P(\omega)$是形如式(1.1) 满足式(1.2) 的唯一多项式, $k\geq3$或者$k\geq2$且$\min\{q_{1}, q_{2}\}\geq2$, $S=\{\omega|P(\omega)=0\}$, 那么当$q>2k+6$ (或$q>2k+2$)时, 对任意的非常数亚纯函数(整函数) $f$和$g$, 只要满足$E_{1}(S, f)=E_{1}(S, g)$, 就有$f\equiv g$.

由定理1可知若将定理A中的权$+\infty$分担(即CM分担)降低为权1分担, 则结论仍然成立.

引理1 $^{[1]}$ 若$z_{0}$是非常数亚纯函数$f$与$g$的公共一级极点, 则$z_{0}$是$\frac{f^{''}}{f^{'}}-\frac{g^{''}}{g^{'}}$的至少一重零点.

引理2  [4]设$P(\omega)$是形如式(1.1) 的多项式, 且满足条件$P(d_{l})\neq P(d_{m})(1\leq l<m\leq k)$, $k\geq3$或者$k\geq2$且$\min\{q_{1}, q_{2}\}\geq2$, 对任意两个非常数亚纯函数$f$与$g$, 若存在常数$c_{1}$及非零常数$c_{0}$, 使得

$\frac{1}{P(f)}=\frac{c_{0}}{P(g)}+c_{1}, $

则$c_{1}=0$.

引理3 设$P(\omega)$是一非常数多项式, $S=\{\omega|P(\omega)=0\}$, $f$和$g$是任意的两个非常数亚纯函数, 满足$E_{1}(S, f)=E_{1}(S, g)$, 令$F=P(f), G=P(g)$,

$\begin{eqnarray*} &&H=\frac{(\frac{1}{F})''}{(\frac{1}{F})'}-\frac{(\frac{1}{G})''}{(\frac{1}{G})'} =(\frac{F''}{F'}-\frac{2F'}{F})-(\frac{G''}{G'}-\frac{2G'}{G}), \\ &&\varphi=\frac{f'g'}{(f-a)(g-a)}H, \end{eqnarray*}$

其中$a\in\mathbb{C}-S.$如果$\varphi \not\equiv0$, 则

$N(r, \frac{1}{F})+N(r, \frac{1}{G})-\overline{N}_{(3}(r, \frac{1}{F})-\overline{N}_{(3}(r, \frac{1}{G})\leq2N(r, \frac{1}{\varphi}).$

证 由$E_{1}(S, f)=E_{1}(S, g)$可得$E_{1}(0, F)=E_{1}(0, G)$, 下面分析$\varphi$的零点取值状况.

当$z_{0}$是$F$的1重零点时, $z_{0}$也是$G$的1重零点, 从而由引理1可知$z_{0}$是$\varphi$的至少1重零点.

当$z_{0}$是$F$的2重零点时, $z_{0}$是$G$的至少2重零点.当$z_{0}$是$G$的2重零点时, 从而$z_{0}$不是$H$的极点, 是$f'$及$g'$的1重零点, 故$z_{0}$是$\varphi$的至少2重零点.

当$z_{0}$是$G$的$k(\geq3)$重零点时, 从而$z_{0}$分别是$H$的1级极点, $f'$的1重零点, $g'$的$k-1$重零点, 故$z_{0}$是$\varphi$的$k-1(\geq2)$重零点.

故此时$z_{0}$是$\varphi$的至少2重零点.

当$z_{0}$是$F$的$k(\geq3)$重零点时, $z_{0}$也是$G$的至少2重零点, 从而$z_{0}$至多是$H$的1级极点, 并分别是$f'$及$g'$的至少1重零点及$k-1$重零点, 故$z_{0}$是$\varphi$的至少$k-1$重零点.

根据以上的分析并及$\varphi \not\equiv0$可得

$N(r, \frac{1}{F})-\overline{N}_{(3}(r, \frac{1}{F})\leq N(r, \frac{1}{\varphi}).$

同理可得

$N(r, \frac{1}{G})-\overline{N}_{(3}(r, \frac{1}{G})\leq N(r, \frac{1}{\varphi}).$

由以上两式可得结论成立.

情形1 当$f, g$为非常数亚纯函数时, 设$f, g$及多项式$P(\omega)$均满足定理1的条件, $F, G, H, \varphi$均如引理3所述, 下面再分两种情况讨论.

情形1.1 存在$I\subset R^{+}, {\rm mes}I=+\infty$, 使得

$\overline{N}(r, \frac{1}{f'})+\overline{N}(r, \frac{1}{g'})\geq(1+\frac{1}{1000})\{T(r, f)+T(r, g)\}+S(r, f)(r\in I, r\rightarrow\infty).$

(3.1)

如果$\varphi \not\equiv0$, 则由引理3可知

$N(r, \frac{1}{F})+N(r, \frac{1}{G})-\overline{N}_{(3}(r, \frac{1}{F})-\overline{N}_{(3}(r, \frac{1}{G})\leq2N(r, \frac{1}{\varphi}).$

(3.2)

另一方面, 由对数导数引理可得$m(r, \varphi)=S(r, f), $分析$\varphi$的极点取值状况可得

$N(r, \varphi)\leq2\overline{N}(r, f)+2\overline{N}(r, g)+\overline{N}(r, \frac{1}{f-a})+\overline{N}(r, \frac{1}{g-a})+\mathop \sum \limits_{l = 1}^k [\overline{N}(r, \frac{1}{f-d_{l}})+\overline{N}(r, \frac{1}{g-d_{l}})].$

(3.3)

从而由Nevanlinna第一基本定理可得

$T(r, \varphi)\leq(k+3)\{T(r, f)+T(r, g)\}+S(r, f).$

(3.4)

注意到

$\overline{N}(r, \frac{1}{f'})\leq N(r, \frac{1}{f'})-\overline{N}_{(3}(r, \frac{1}{F}), \overline{N}(r, \frac{1}{g'})\leq N(r, \frac{1}{g'})-\overline{N}_{(3}(r, \frac{1}{G}).$

(3.5)

从而由Nevanlinna第一, 第二基本定理及式(3.1), (3.2), (3.4), (3.5) 可得

$(q-1+\frac{1}{1000})\{T(r, f)+T(r, g)\}\leq(2k+6)\{T(r, f)+T(r, g)\}+S(r, f)(r\in I, r\rightarrow\infty),$

(3.6)

与$q>2k+6$矛盾.从而$\varphi\equiv0$, 即$H\equiv0$, 故存在常数$c_{1}$及非零常数$c_{0}$, 使得

$\frac{1}{F}=\frac{c_{0}}{G}+c_{1}.$

(3.7)

由引理2可知$c_{1}=0$, 再从$P(\omega)$是唯一多项式可得$f\equiv g.$

情形1.2 存在$I\subset R^{+}, {\rm mes}I=+\infty$, 使得

$\overline{N}(r, \frac{1}{f'})+\overline{N}(r, \frac{1}{g'})\leq(1+\frac{1}{100})\{T(r, f)+T(r, g)\}+S(r, f)(r\in I, r\rightarrow\infty).$

(3.8)

如果$H\not\equiv0$, 由引理1可知

$N_{1)}(r, \frac{1}{F})\leq N(r, \frac{1}{H}).$

(3.9)

分析$H$的极点取值状况可得

$N(r, H)\leq\overline{N}(r, f)+\overline{N}(r, g)+\overline{N}^{*}(r, \frac{1}{f'})+\overline{N}^{*}(r, \frac{1}{g'})\\ +\mathop \sum \limits_{l = 1}^k [\overline{N}(r, \frac{1}{f-d_{l}})+\overline{N}(r, \frac{1}{g-d_{l}})]+\overline{N}_{(2}(r, \frac{1}{F}),$

(3.10)

其中$\overline{N}^{*}(r, \frac{1}{f'})$表示$f'$的零点但非$F$的零点者所成之精简密指量; $\overline{N}^{*}(r, \frac{1}{g'})$表示$g'$的零点但非$G$的零点者所成之精简密指量.

另一方面, 由对数导数引理可得$m(r, H)=S(r, f), $再由Nevanlinna第一基本定理可得

$T(r, H)\leq(k+1)\{T(r, f)+T(r, g)\}+\overline{N}(r, \frac{1}{f'})+\overline{N}^{*}(r, \frac{1}{g'})+S(r, f).$

(3.11)

注意到$\overline{N}_{(2}(r, \frac{1}{F})=\overline{N}_{(2}(r, \frac{1}{G})$, 在(3.9) 式两边同时加上$\overline{N}_{(2}(r, \frac{1}{F})$可得

$\overline{N}(r, \frac{1}{F})\leq(k+1)\{T(r, f)+T(r, g)\}+\overline{N}(r, \frac{1}{f'})+\overline{N}(r, \frac{1}{g'})+S(r, f).$

(3.12)

同理可得

$\overline{N}(r, \frac{1}{G})\leq(k+1)\{T(r, f)+T(r, g)\}+\overline{N}(r, \frac{1}{f'})+\overline{N}(r, \frac{1}{g'})+S(r, f).$

(3.13)

由Nevanlinna第二基本定理及式(3.8), (3.12), (3.13) 可得

$(q-2)\{T(r, f)+T(r, g)\}\leq(2k+4+\frac{1}{50})\{T(r, f)+T(r, g)\}+S(r, f)(r\in I, r\rightarrow\infty), $

(3.14)

与$q>2k+6$矛盾.故$H\equiv 0$, 与情形1.1的讨论类似可得$f\equiv g$.

情形2 当$f, g$为非常数整函数时, 有$\overline{N}(r, f)=\overline{N}(r, g)=0$, 下面也分两种情形讨论.

情形2.1 存在$I\subset R^{+}, {\rm mes}I=+\infty$, 使得

$\overline{N}(r, \frac{1}{f'})+\overline{N}(r, \frac{1}{g'})\geq\frac{1}{1000}\{T(r, f)+T(r, g)\}+S(r, f)(r\in I, r\rightarrow\infty).$

(3.15)

类似地可得

$(q-1+\frac{1}{1000})\{T(r, f)+T(r, g)\}\leq(2k+2)\{T(r, f)+T(r, g)\}+S(r, f)(r\in I, r\rightarrow\infty),$

(3.16)

与$q>2k+2$矛盾.从而可得$f\equiv g$.

情形2.2 存在$I\subset R^{+}, {\rm mes}I=+\infty$, 使得

$\overline{N}(r, \frac{1}{f'})+\overline{N}(r, \frac{1}{g'})\leq\frac{1}{100}\{T(r, f)+T(r, g)\}+S(r, f)(r\in I, r\rightarrow\infty).$

(3.17)

类似地可得

$(q-1)\{T(r, f)+T(r, g)\}\leq(2k+\frac{1}{50})\{T(r, f)+T(r, g)\}+S(r, f)(r\in I, r\rightarrow\infty),$

(3.18)

与$q>2k+2$矛盾.从而可得$f\equiv g$.

定理1证毕.