关于q差分多项式的零点及唯一性的几个结果

徐俊峰，罗立宝

（五邑大学 数学与计算科学学院，广东 江门 529020）

1 引言及主要结果

本文假设读者熟悉亚纯函数 Nevanlinna值分布理论的基本结果和标准符号的表示法[1-3].近年来，包含q差分的Nevanlinna理论被发展成为研究q差分方程和q差分多项式的理论.在亚纯函数的值分布理论中，许多文献都关注复域差分，给出了许多不同的亚纯函数的值分布理论模拟[4-10].

Hayman提出了以下著名的猜想.

定理A[11]40如果f(z)是一个超越亚纯函数，n≥1，则n ff'取每个有限的非零值b∈C无穷多次.

Hayman[1]，Mues[12]，Bergweiler[13]等人分别在n≥3，n=2，n=1条件下证明了此猜想.

定理B[11]34如果f(z)是一个超越亚纯函数，n≥5是一个整数，a(≠0)是一个常数，那么f'(z)-afn(z)可取所有有限值b无穷多次.

定理C[6]219设f(z)是零级超越亚纯函数，q是非零复常数.则对于n≥6，fn(z)f(qz+c)取每一个有限的非零值b∈C无穷多次.

定理D[6]219设f(z)是零级超越亚纯函数，a，q是非零复常数.则当n≥8，fn(z)+a[f(qz+c)-f(z)]取每一个有限的非零值b∈C无穷多次.

定理E[8]设f(z)是零级超越亚纯函数，a(z)(≡/0,∞)，b(z)(≡/∞)为f(z)的小函数.那么fn(z)+a(z)f(qz)-b(z)对n≥6有无穷多个零点.如果f(z)是超越整数，对于n≥2成立.

定理1设f(z)是零级超越亚纯函数，a(z)(≡/0,∞)，b(z)(≡/∞)为f(z)的小函数，m是一个正整数.则对于有无穷多个零点.如果f(z)是超越整函数，对于成立的.

注记1当k=1时，定理E是定理1的特殊形式.

定理F[9]设f(z)是一个零级超越亚纯函数，设n,k为正整数.如果n≥k+6，则(f(z)nf(qz+c))(k)-1有无穷多个零点.

定理G[10]设f(z)是一个零级超越亚纯函数，α(z)是关于f(z)的非零小函数.如果n≥k+6，则[fn(z)f(qz+c)](k)-α(z)有无穷多个零点.

根据上述定理，我们证明了以下结果

定理2设f(z)是一个零级超越亚纯函数，设qj∈C {0}，j=1,2,…,l，aj∈C为非零常数，k∈N，P2(f)=a1f(q1z+c)+a2f(q2z+c)+···+alf(qlz+c)，α(z)是f(z)的一个小函数.设F2(z)=fnP2(f)，n≥l+k+5 为整数，则差分多项式(z)-α(z)有无穷多个零点.

注记2当l=1时，定理G是定理2的特殊形式.

定理3设f(z)是一个零级超越亚纯函数，n,m是正整数，k∈N.如果n≥k+6，则(f(z)nfm(qz+c))(k)-α(z)有无穷多个零点.

注记3当m=1时，定理G是定理3的特殊形式.

定理4设f(z)是一个零级超越整函数，qj(j=1,2,…,s)为有限复常数，n,m,s,k,μj(j=1,···,s)∈N+，σ=μ1+μ2+···+μs和α(z)是f(z)的一个小函数.设P(ω)=amωm+am-1ωm-1+···+a1ω+a0是一个非零多项式.如果n≥ 2m+3σ+k+3，则有无穷多个零点.

注记4当m=0，σ=1时，定理G是定理4的特殊形式.定理3和4的证明类似定理2，本文省略.

最后，我们给出定理1和定理3相关的唯一性定理.

定理5设f(z)和g(z)是两个零级的超越整函数，为整数，q为非零常数，以及a(z)(≡/0,∞)，b(z)(≡/0,∞)是 关 于f(z)和g(z)的两个小函数.如果分担b(z)CM，则fn(z)≡cgn(z).

定理 6设f(z)和g(z)是两个零级的超越整函数，设n,k为正整数.如果n＞2k+m+4，(f(z)n(fm(qz+c)))(k)和(g(z)n(gm(qz+c)))(k)分担1CM，则f=tg，这里tn+1=tm=1.

注记5当m=1时，文献[9]的定理1.3是定理6的特殊形式.

2 引理

引理1[9]假设f(z)是一个非常数的零级亚纯函数，{0}q∈C，则

引理2[3]假设f(z)是一个非常数的亚纯函数，n是一个正整数.P(f)=anfn+an-1fn-1+···+a1f，其中ai是一个满足T(r,ai)=S(r,f)(i=1,2,…,n)的亚纯函数，则

引理3[7]假设f(z)是一个非常数的零级亚纯函数，q∈C{0}，则

引理4[6]假设f(z)是一个非常数的零级亚纯函数，设q，{0}c∈C，则

引理5[15]假设fj(j=1,2,3)为亚纯函数并满足假设f1不是一个常数，以及

其中T(r)=max{T(r,fj),j=1,2,3}，I是r∈(0,∞)用无限线性度量的一个集合.则f2=1或f3=1.

引理6[14]假设f(z)和g(z)是两个非常数亚纯函数，n,k是两个正整数，a是一个有限非零常数.如果f(z)和g(z)分担aCM，则下面其中一个成立：

i）T(r,f)≤N2(r,1/f)+N2(r,1/g)+N2(r,f)+N2(r,g)+S(r,f)+S(r,g)同样 的不 等式也 适用 于T(r,g)；ii）fg≡a2；iii）f≡g.

引理7[16]假设f(z)是非常数亚纯函数，s,m是整数，则

引理8[17]186假设f(z)非常数零级亚纯函数，q∈C {0,1}，以及P(f)=amfm+am-1fm-1+···+a1f，则由引理2可得：

如果f(z)是一个非常数的零级整函数，则有

引理9[17]186假设f(z)是一个零级的超越整函数，q,c是复的非零常数，n,m是整数，F=fn(z)fm(qz+c)，则T(r,F)=(n+m)T(r,f)+S(r,f).如果f(z)是一个零级的超越亚纯函数，则(n+m-1)T(r,f)+S(r,f)≤T(r,F)≤(n+m+1)T(r,f)+S(r,f).

3 定理1的证明

情形1当f(z)为亚纯函数时.设

只需要证明φ-1有无穷多个零点.由引理1可以得到

也就是

由第二基本定理可以推导

情形2当f(z)为整函数时.假设，有且仅有有限个零点，则

其中p(z)是一个多项式以及K(z)是一个整函数，使得K(z)和p(z)无公共因子以及T(r,(K(z)))≤T(r,a(z))+T(r,b(z))=S(r,f).因此有

4 定理2的证明

假设F2(z)=fn(z)P2(f).由引理 8，得到T(r,F2(z))=O(T(r,f))，S(r,F2(z))=S(r,f).由第二基本定理推断出

由引理7，得到

由上面的不等式，可以得到

5 定理5的证明

根据假设，我们有

由于c(≡/0,∞)是零级的且无零点和极点，故c是常数.式（3）可改写为

如果c≡/1，有

明显f1(z)不是一个常数，否则得到fn(z)=d(1-c)b(z)，其中d是一个常数.因此nT(r,f(z))=T(r,fn(z))≤T(r,c)+T(r,b(z))+O(1)=S(r,f(z)),矛盾.

不失一般性，假设T(r,f(z))≤T(r,g(z))，r∈I，由于n≥7，由引理1得

其中T(r)和I为引理5所定义.那么我们可推导

由引理 5得到f2≡1或者f3≡1.如果f2≡1，矛盾.如果f3≡1，即

将式（5）代入式（4），推导出fn(z)≡cgn(z).定理5证毕.

6 定理6的证明

假设F3(z)=fn(z)fm(qz+c)，G3(z)=gn(z)gm(qz+c)，由于f(z)是零级的超越整函数.则

类似地，

另外，由引理7，有：

合并式（7）和（8），由引理7、式（9）和（10），我们有

这与n＞ 2k+m+4 矛盾，所以

情形1，也就是

由n＞ 2k+m+4，式（11）和f(z)，g(z)是超越的整函数，有f(z)=es(z)，g(z)=et(z)，其中s(z)和t(z)是非零多项式.因为f(z)和g(z)是零级的，得利s(z)和t(z)是常数的，这与f(z)和g(z)是超越整函数的事实相矛盾.

情形2由引理6，得到f=tg，其中tn+1=tm=1.证明完毕.