本文采用Nevanlinna值分布理论的基本概念及标准记号^{[1, 2]}, 例如$ T(r, f) $、$ N(r, f) $、$ m(r, f) $等. 特别地, 若亚纯函数$ a(z) $满足$ T(r, a)=S(r, f) $, 则称其为$ f $的小函数. 其中$ S(r, f) $满足$ S(r, f)=o(T(r, f))(r\rightarrow \infty) $, 可能除去一个具有有穷线性测度的$ r $值集合.

假设$ f $和$ g $是$ \mathbb{C} $上的非常数亚纯函数, $ a $是一个复数. 若$ f-a $与$ g-a $有相同的零点, 且重数也相同(不计重数), 则称$ f $与$ g $ CM(IM)分担$ a $. 如果$ f=a $时有$ g=a $, 就记为$ f=a\Rightarrow g=a $.

整函数与其导数分担至少两个值的唯一性问题, 已经得到了许多结果. 1986年, Jank G等人在文献^[3]中考虑了整函数$ f $、$ f' $和$ f'' $分担一个有限值的情况, 得到了如下结果.

定理A   设$ f $为非常数整函数, $ a $是一个非零有穷复数, 若$ f $与$ f' $ IM分担$ a $, $ f=a\Rightarrow f''=a $, 则$ f=f' $.

能否用$ f $的高阶导数代替二阶导数, 钟华梁^[4]通过一个反例回答了这个问题.

例   设$ k\geq3 $是整数, $ w(\neq1) $是代数方程$ w^{k-1}=1 $的根. 令$ f=e^{wz}+w-1 $, 则$ f $、$ f' $和$ f^{(k)} $ CM分担$ w $但是$ f\neq f' $.

在加强条件后, 他将定理A推广到高阶导数, 证明了:

定理B   设$ f $为非常数整函数, $ a $是非零有穷复数且$ n\geq1 $是整数. 若$ f $与$ f' $ CM分担$ a $, $ f=a\Rightarrow f^{(n)}=f^{(n+1)}=a $, 则$ f=f^{(n)} $.

线性微分多项式是导数的自然推广, 本文中用$ L $表示关于$ f $的常系数线性微分多项式,

$ \begin{equation} L=L(f)=a_{1}f'+a_{2}f''+\cdots+a_{n}f^{(n)}, \end{equation} $

(1.1)

其中$ a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} $是复数且$ a_{n}\neq0 $.

1999年, 李平在文献[5]中将定理B推广到非常数线性微分多项式, 得到了如下定理.

定理C   设$ f $为非常数整函数, $ a $是非零有穷复数. 若$ f $与$ f' $ IM分担$ a $, $ f=a\Rightarrow L=L'=a $, 则$ f\equiv f'\equiv L $.

2021年, Goutam Kumar Ghosh^[6]研究了$ f $、$ f' $、$ L^{(m)} $与$ L^{(m+1)} $分担一个非零有穷复数的情形, 这里$ m\geq0 $是整数, 推广了定理C, 证明了下述定理.

定理D   设$ f $为非常数整函数, $ a $是非零有穷复数. 若$ f $与$ f' $ IM分担$ a $, $ f=a\Rightarrow L^{(m)}=L^{(m+1)}=a $, 则$ f\equiv f'\equiv L $.

本文将定理D中的$ f $与$ f' $ IM分担$ a $减弱为单向分担, 改进了定理D, 主要结果如下:

定理1   设$ f $为非常数整函数, $ a $是非零有穷复数, $ m\geq0 $是整数. 若$ f=a\Rightarrow f'=a $, $ f'=a\Rightarrow L^{(m)}=L^{(m+1)}=a $, 则$ f\equiv L=\beta e^{z} $或$ f=a+\beta e^{z} $, 其中$ \beta(\neq 0) $是常数.

在定理1中令$ m=0 $, 可得下面的推论.

推论1   设$ f $为非常数整函数, $ a $是非零有穷复数. 若$ f=a\Rightarrow f'=a $, $ f'=a\Rightarrow L=L'=a $, 则$ f\equiv L=\beta e^{z} $或$ f=a+\beta e^{z} $, 其中$ \beta(\neq 0) $是常数.

为了方便, 记$ \Delta_{\delta}(z_{0})=\{z:|z-z_{0}|<\delta\} $. 用$ \rho(f) $表示亚纯函数$ f $的级. $ f_{n}(z)\overset{\chi}{\rightrightarrows}f(z) $表示函数序列$ \{f_{n}\} $在$ D\subset\mathbb{C} $上按球距内闭一致收敛于$ f $, 而$ f_{n}(z)\rightrightarrows f(z) $表示函数序列$ \{f_{n}\} $按欧氏距离内闭一致收敛于$ f $. 此外, 亚纯函数$ f $在点$ z $处的球面导数记为

$ f^{\#}(z)=\frac{|f'(z)|}{1+|f(z)|^{2}}. $

引理2.1^[7]  设$ \mathcal{F} $为区域$ D $内的一族亚纯函数, $ k $是正整数, $ \mathcal{F} $中每个函数的零点的重级至少是$ k $, 且存在$ A\geq1 $, 使得对任意$ f\in\mathcal{F} $, 当$ f(z)=0 $时, 必有$ |f^{(k)}(z)|\leq A $. 若$ \mathcal{F} $在$ z_{0}\in D $处不正规, 则对任意$ 0\leq\alpha\leq k $, 必存在

(i) 点列$ z_{n}\in D $, $ z_{n}\rightarrow z_{0} $;

(ii) 正数列$ \rho_{n}\rightarrow0^{+} $;

(iii) 函数列$ f_{n}\in\mathcal{F} $,

以上条件使得

$ g_{n}(\zeta)=\frac{f_{n}(z_{n}+\rho_{n}\zeta)}{\rho_{n}^{\alpha}}\overset{\chi}{\rightrightarrows}g(\zeta) $

在$ \mathbb{C} $上成立, 其中$ g $为$ \mathbb{C} $上的非常数亚纯函数, 且对任意$ \zeta\in\mathbb{C} $满足$ g^{\#}(\zeta)\leq g^{\#}(0)=kA+1 $.

引理2.2^[8]  设$ f $为非常数亚纯函数, 满足$ N(r, f)=O(\log r) $. 若$ f^{\#}(z) $在$ \mathbb{C} $内有界, 则$ \rho(f)\leq1 $.

引理2.3^[9]  设$ f $为满足$ \rho(f)\leq1 $的非常数整函数, $ a $是非零有穷复数且$ k\geq2 $是整数. 若$ f=0\Rightarrow f'=a $, $ f'=a\Rightarrow f^{(k)}=0 $, 则有$ f(z)=a(z-z_{0}) $, 其中$ z_{0} $是常数.

引理2.4^[10]  区域$ D $上的亚纯函数族$ \mathcal{F} $是正规的当且仅当对任一有界闭域$ K\subset D $, 存在$ M\in\mathbb{R}^{+} $, 使得对每个$ f\in\mathcal{F} $和$ z\in K $有$ f^{\#}(z)\leq M $.

引理2.5^[11]  设$ f $为满足$ \rho(f)\leq1 $的非常数整函数, $ k\in\mathbb{N} $, 则

$ m\left(r, \frac{f^{(k)}}{f}\right)=o(\log r)(r\rightarrow \infty). $

引理2.6   设$ \mathcal{F} $为区域$ D $内的全纯函数族, $ m $是正整数, $ a $是非零有穷复数, $ L $如(1.1)中定义. 若对任意$ f\in\mathcal{F} $, $ f=a\Rightarrow f'=a $, $ f'=a\Rightarrow L^{(m)}=a $, 则$ \mathcal{F} $在$ D $内正规.

证   假设$ \mathcal{F} $在点$ z_{0}\in D $不正规. 由于$ D $是开的, 从而存在一个邻域$ \Delta_{\delta}(z_{0}) $, 使得$ \Delta_{\delta}(z_{0})\subset D $. 于是由引理2.1 $ (\alpha=1) $知, 存在$ f_{p}\in\mathcal{F} $, $ z_{p}\rightarrow z_{0} $和$ \rho_{p}\rightarrow0^{+} $, 使得

$ \begin{equation} g_{p}(\zeta)=\frac{f_{p}(z_{p}+\rho_{p}\zeta)-a} {\rho_{p}}\overset{\chi}{\rightrightarrows}g(\zeta) \end{equation} $

(2.1)

在$ \mathbb{C} $上成立, 其中$ g $为$ \mathbb{C} $上的非常数整函数, 且

$ \begin{equation} g^{\#}(\zeta)\leq g^{\#}(0)=|a|+2(\zeta\in\mathbb{C}). \end{equation} $

(2.2)

而由引理2.2可知$ \rho(g)\leq1 $.

断言:

(i) $ g(\zeta)=0\Rightarrow g'(\zeta)=a $,

(ii) 在$ \mathbb{C} $上, $ g'(\zeta)=a\Rightarrow g^{(m+n)}(\zeta)=0 $.

显然$ g(\zeta)\not\equiv0 $. 若存在$ \zeta_{0}\in\mathbb{C} $, 使得$ g(\zeta_{0})=0 $, 则由Hurwitz定理可知, 存在$ \zeta_{p} $, $ \zeta_{p}\rightarrow \zeta_{0} $, 使得对充分大的$ p $有

$ 0=g_{p}(\zeta_{p})=\frac{f_{p}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p})-a}{\rho_{p}}, $

从而$ f_{p}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p})=a $. 由假设条件可得$ f'_{p}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p})=a $, 所以$ g'_{p}(\zeta_{p})=f'_{p}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p})=a $. 于是

$ g'(\zeta_{0})=\lim\limits_{p\rightarrow \infty}g'_{p}(\zeta_{p})=a. $

这就证明了(i).

进一步地, $ g'(\zeta)\not\equiv a $. 若不然, $ g'(\zeta)\equiv a $. 结合(2.2)可得$ |a|+2=g^{\#}(0)=\frac{|g'(0)|}{1+|g(0)|^{2}}\leq|g'(0)|=|a| $, 产生矛盾. 若存在$ \zeta_{0}\in\mathbb{C} $, 使得$ g'(\zeta_{0})=a $, 则由Hurwitz定理可知, 存在$ \zeta_{p} $, $ \zeta_{p}\rightarrow \zeta_{0} $, 使得对充分大的$ p $有

$ a=g'_{p}(\zeta_{p})=f'_{p}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p}). $

由定理假设可得

$ \begin{align*} a&=L^{(m)}(f_{p}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p}))\\ &=a_{1}f_{p}^{(m+1)}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p}) +a_{2}f_{p}^{(m+2)}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p}) +\cdots+a_{n}f_{p}^{(m+n)}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p}). \end{align*} $

于是有

$ a_{n}f^{(m+n)}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p})=a-\left(a_{1}f^{(m+1)}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p}) +\cdots+a_{n-1}f^{(m+n-1)}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p})\right). $

又因为

$ \begin{equation} \begin{aligned} g_{p}^{(m+n)}(\zeta_{p})&=\rho_{p}^{m+n-1}f_{p}^{(m+n)}\\ &=\rho_{p}^{m+n-1}\frac{a-(a_{1}f^{(m+1)}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p}) +\cdots+a_{n-1}f^{(m+n-1)}(z_{p}+\rho_{p}\zeta_{p}))}{a_{n}}\\ &=\frac{1}{a_{n}}\left(a\rho_{p}^{m+n-1}-\left(a_{n-1}\rho_{p}g_{p}^{(m+n-1)}(\zeta_{p}) +\cdots+a_{1}\rho_{p}^{n-1}g_{p}^{(m+1)}(\zeta_{p})\right)\right), \end{aligned} \end{equation} $

(2.3)

而由(2.1)可知对于充分大的$ p $, $ g_{p}^{(l)}=\rho_{p}^{l-1}f_{p}^{(l)}\rightrightarrows g^{(l)}(\; l=1, 2, \cdots) $在$ \Delta_{\delta}(\zeta_{0}) $上成立. 因此结合(2.3)可得

$ g^{(m+n)}(\zeta_{0})=\lim\limits_{p\rightarrow \infty}g^{(m+n)}_{p}(\zeta_{p})=0. $

也就证明了(ii).

现在我们用(i)和(ii)来导出一个矛盾. 由引理2.3可得$ g(\zeta)=a(\zeta-c_{0}) $, 其中$ c_{0} $是一个常数. 结合(2.2)可得$ |a|+2 =g^{\#}(0)\leq|a| $, 产生矛盾. 因此$ \mathcal{F} $在$ D $内正规.

证   设$ \mathcal{F}=\{f(\omega+z):\omega\in\mathbb{C}\} $, 则$ \mathcal{F} $为单位圆盘$ \triangle $内的一族全纯函数. 由假设可知, 对任意$ g(z)=f(\omega+z) $和$ z\in\triangle $, 有$ g=a\Rightarrow g'=a $, $ g'=a\Rightarrow L^{(m)}(g)=a $. 因此由引理2.6得, $ \mathcal{F} $在$ \triangle $内正规. 再由引理2.4, 存在正数$ M $使得对任意$ z\in\mathbb{C} $有$ f^{\#}(z)\leq M $, 故由引理2.2得$ \rho(f)\leq1 $. 又因为$ f=a\Rightarrow f'=a $, 所以$ f-a $只有简单零点.

断言: $ f $是一个超越整函数.

若不然, $ f $是一个多项式. 设$ f(z)=\sum\limits^{k}_{i=0}b_{i}z^{i} $, 其中$ b_{i}\in\mathbb{C} $, $ b_{k}\neq0 $且$ k\geq2 $. 因为$ f-a $只有简单零点, 所以$ f-a $有$ k $个不同的根, 则$ f'-a $至多有$ k-1 $个根. 而$ f=a\Rightarrow f'=a $, 产生矛盾. 因此$ \mathrm{deg}(f)\leq1 $.

假设$ f(z)=d_{1}z+d_{2} $, 其中$ d_{1}(\neq0) $和$ d_{2} $是常数, 则$ f'(z)=d_{1} $. 由$ f=a\Rightarrow f'=a $可得$ d_{1}=a $. 因此

$ f(z)=az+d_{2}, \; L^{(m)}=\left\{ \begin{aligned} aa_{1}, \; m=0\\ 0, \; m>0 \end{aligned} \right.\; , \; L^{(m+1)}=0. $

显然$ L^{(m+1)}-a=-a\neq0 $, 所以$ L^{(m+1)}-a $没有零点, 与定理假设矛盾. 故$ f $是超越整函数, 断言成立.

设

$ \begin{equation} \phi=\frac{L^{(m)}-f'}{f-a}, \end{equation} $

(3.1)

由定理条件可得$ f=a\Rightarrow L^{(m)}-f'=0 $, 结合$ f-a $只有单零点可知, $ \phi $是整函数. 以下分为两种情况讨论.

情形1   设$ \phi\not\equiv0 $. 因为$ \rho(f)\leq1 $, 由(3.1)可得$ \rho(\phi)\leq1 $. 结合(3.1)还可得

$ \begin{equation} m(r, \phi)\leq m\left(r, \sum\limits^{n}_{j=1}a_{j}\frac{f^{(m+j)}}{f-a}\right) +m\left(r, \frac{f'}{f-a}\right). \end{equation} $

(3.2)

将引理2.5应用到(3.2)可得$ m(r, \phi)=o(\log r)(r\rightarrow \infty) $. 而$ \phi $是整函数, 于是有$ T(r, \phi)=o(\log r) $. 因此$ \phi $是非零常数, 记为$ c_{1} $. 由(3.1)得

$ \begin{equation} L^{(m)}-f'=c_{1}(f-a). \end{equation} $

(3.3)

用$ \overline{N}(r, a;f'|f\neq a) $表示是$ f'-a $的零点但不是$ f-a $的零点的精简计数函数. 设$ z_{1} $是$ f'-a $的零点, 使得$ f(z_{1})\neq a $. 由假设可得$ z_{1} $也是$ L^{(m)}(f)-f' $的零点, 由(3.3)得到矛盾. 因此有$ \overline{N}(r, a;f'|f\neq a)=0 $. 而$ f=a\Rightarrow f'=a $, 故$ f $与$ f' $ IM分担$ a $. 由定理D得证.

情形2   设$ \phi\equiv0 $, 则由(3.1)得$ L^{(m)}=f' $, $ L^{(m+1)}=f'' $. 结合$ f'=a\Rightarrow L^{(m+1)}=a $, 可得$ f'=a\Rightarrow f''=a $.

情形2.1   设$ f''\equiv f' $. 积分可得

$ \begin{equation} f'=\beta e^{z}, f=d_{0}+\beta e^{z}, \end{equation} $

(3.4)

其中$ \beta(\neq 0) $和$ d_{0} $都是常数.

(i) 假设$ a $不是$ f $的Picard例外值. 结合(3.4)可知$ f-a=\beta e^{z}-(a-d_{0}) $, $ f'-a=\beta e^{z}-a $. 显然$ d_{0}\neq a $. 由$ f=a\Rightarrow f'=a $可推得$ d_{0}=0 $, 于是有$ f=\beta e^{z} $. 又因为

$ L^{(m)}=\beta e^{z}=\sum\limits^{n}_{j=1}a_{j}f^{(m+j)}=(\sum\limits^{n}_{j=1}a_{j})\beta e^{z}, $

所以$ \sum\limits^{n}_{j=1}a_{j}=1 $. 因此有$ f\equiv L=\beta e^{z} $.

(ii) 假设$ a $是$ f $的Picard例外值. 由(3.4)可知$ d_{0}=a $, 因此$ f=a+\beta e^{z} $.

情形2.2   设$ f''\not\equiv f' $. 因为$ f=a\Rightarrow f'=a $, $ f'=a\Rightarrow f''=a $, 且$ f-a $只有简单零点, 类似情形1的证明可得$ \frac{f''-f'}{f-a}=c_{2} $, $ c_{2} $是非零常数. 于是有

$ \begin{equation} f''-f'=c_{2}(f-a). \end{equation} $

(3.5)

而由式(3.5)可以推出$ \overline{N}(r, a;f'|f\neq a)=0 $, 从而得$ f $与$ f' $ IM分担$ a $. 又$ f=a\Rightarrow f''=a $, 由定理A可得$ f\equiv f' $, 进而有$ f''\equiv f' $, 与假设矛盾.

证毕.