呂鳳姣， 劉芝秀

(1.黃河科技學(xué)院 信息工程學(xué)院，河南 鄭州 450063;2.南昌工程學(xué)院 理學(xué)院，江西 南昌 330099)

1 引言及主要結(jié)果

設(shè)f(z)為開平面上非常數(shù)的亞純函數(shù),主要采用值分布論中的相關(guān)記號[1][2]。

設(shè)f(z),g(z)為區(qū)域D上的兩個亞純函數(shù),對復(fù)數(shù)a∈C,若f(z)-a的零點(diǎn)為zn(n=1,2,3,…),如果zn(n=1,2,3,…)也是g(z)-a的零點(diǎn)(不計(jì)重?cái)?shù)),則稱單向分擔(dān)a,記為f(z)=a?g(z)=a。

亞純函數(shù)族F稱為區(qū)域D上的正規(guī)族是指對F中的任意函數(shù)列{fn(z)}都存在子列{fnk(z)}在區(qū)域D上按球面距離內(nèi)閉一致收斂。

亞純函數(shù)族F在點(diǎn)z0正規(guī),是指在存在點(diǎn)z0的鄰域U(z0)使得F在U(z0)上正規(guī)。

F在區(qū)域D上正規(guī)等價于F在區(qū)域D上每一點(diǎn)都正規(guī)。

Montel首先將正規(guī)族與函數(shù)的取值聯(lián)系起來，建立了著名的Montel正規(guī)定則。

定理A[3]設(shè)F={f(z)}是區(qū)域D內(nèi)的一族亞純函數(shù),a1,a2,a3是擴(kuò)充復(fù)平面￡上三個互異的復(fù)數(shù),如果對任意的f∈F,f(z)≠a1,a2,a3,則F在D內(nèi)正規(guī)。

顧永興在文[4]中進(jìn)一步將正規(guī)族和函數(shù)導(dǎo)數(shù)的取值聯(lián)系起來,建立了著名的Gu正規(guī)定則。

定理B[4]設(shè)F={f(z)}是區(qū)域D內(nèi)的一族亞純函數(shù),k是正整數(shù),a是非零有窮復(fù)數(shù),如果對任意的f∈F,f(z)≠0,f(k)(z)≠a,則F在D內(nèi)正規(guī)。

Schwick于1992年在文[5]中將函數(shù)與其導(dǎo)數(shù)唯一性條件即分擔(dān)條件引入了正規(guī)族，建立了下面的定理C。

定理C[5]設(shè)F={f(z)}是區(qū)域D內(nèi)的一族亞純函數(shù),a1,a2,a3是三個互異的有限復(fù)數(shù),如果對任意的f∈F,f與f′同時分擔(dān)值a1,a2,a3,則F在D內(nèi)正規(guī)。

方明亮推廣了Schwick的結(jié)果,證明了分擔(dān)集合的情況。

定理D[6]設(shè)F={f(z)}是區(qū)域D內(nèi)的一族全純函數(shù),S={a1,a2,a3},其中a1,a2,a3是三個互異的有限復(fù)數(shù),如果對任意的f∈F,有f和f′分擔(dān)集合S={a1,a2,a3},那么F在D內(nèi)正規(guī)。

2007年,劉曉俊和龐學(xué)誠在文[7]中進(jìn)一步將全純函數(shù)族推廣到了亞純函數(shù)族。

定理E[7]設(shè)F={f(z)}是區(qū)域D內(nèi)的一族亞純函數(shù),S={a1,a2,a3},其中a1,a2,a3是三個互異的有限復(fù)數(shù),如果對任意的f∈F,有f和f′分擔(dān)集合S={a1,a2,a3},那么F在D內(nèi)正規(guī)。

自然地,我們要問定理E中的集合S中的元素個數(shù)是否可以減少,答案是否定的,有反例說明。

例設(shè)S={1,-1}和F={fn(z):n=2,3,4,…},其中

但是F在D內(nèi)不正規(guī)。

如果從另外一種角度繼續(xù)考慮分擔(dān)集合的正規(guī)族問題,這里的f和f′分擔(dān)集合S可否進(jìn)一步減弱為單向分擔(dān)呢?事實(shí)上,本文證明了下面的結(jié)果。

定理1設(shè)F={f(z)}是區(qū)域D內(nèi)的一亞純函數(shù)族,a,b,c是三個相互判別的有窮復(fù)數(shù),S={a,b},A為有窮正數(shù),如果對于任意的f(z)∈F,有f(z)-c的零點(diǎn)重級至少為1,且滿足兩個條件:

(ⅱ)當(dāng)f(z)=c時,有|f′(z)|A且0<|f″(z)|A,

則F在區(qū)域D內(nèi)正規(guī)。

下面舉例說明定理1中的條件(ⅱ)是不能省略的。

例設(shè)D={z:|z|<1},S={a,b},c=0,其中|a|+|b|<1。

假設(shè)F={fn(z):n=1,2,3,4,…},且fn(z)=nz,D={z:|z|<1},

2 基本公式和引理

引理1[8-10](Zalcman-Pang引理)設(shè)F是單位圓盤Δ上的亞純函數(shù)族,如果對?f∈F和f(z)=0,存在一個正數(shù)A,使得|f′(z)|A。那么,如果F不正規(guī),則對任意的0α1,存在

(ⅰ)實(shí)數(shù)0

(ⅱ)復(fù)數(shù)列zn,|zn|

(ⅲ)函數(shù)列fn∈F;

(ⅳ)正數(shù)列ρn→0+;

引理2[11]設(shè)f(z)是復(fù)平面上的有限級亞純函數(shù),k為正整數(shù),f(z)的零點(diǎn)重級至少為k+2,f(k)(z)≠1,則f(z)為常數(shù)。

引理3[12][13]設(shè)f(z)是復(fù)平面上的有限級超越亞純函數(shù),k為正整數(shù),其零點(diǎn)重級至少為k,A為正實(shí)數(shù),若當(dāng)f(z)=0時,|f(k)(z)|A,則對于任意l,1lk,f(l)(z)取任意有窮非零值無窮多次。

3 定理證明

其中g(shù)(ζ)為復(fù)平面￡上的非常數(shù)亞純函數(shù),且g#(ζ)g#(0)=h+1,

g(ζ)的零點(diǎn)重級至少為1,g(ζ)的級至多為2。

可以斷言:

(ⅰ)g(ζ)=0?|g′(ζ)|h,

(ⅱ)g′(ζ)≠a,g′(ζ)≠b。

事實(shí)上,

(ⅰ)假設(shè)存在ζ0∈￡使得g(ζ0)=0,

由于g(ζ)不恒等于0,根據(jù)Hurwitz定理得，存在ζn,ζn→ζ0,使得

則

fn(zn+ρnζn)=c。

由已知條件可知,

于是可得:g(ζ)=0?|g′(ζ)|h故(ⅰ)得證。

下面再證(ⅱ)。假設(shè)存在ζ0∈C使得g′(ζ0)=a。

顯然g′(ζ)不恒等于a,

若g′(ζ)≡a=0,則g(ζ)為一常數(shù)函數(shù),這與g(ξ)的零點(diǎn)重級至少為1矛盾。

若g′(ζ)≡a≠0,則g(ζ)為一次多項(xiàng)式,

設(shè)ζ1為g(ζ)的唯一一個重級為1的零點(diǎn),故g(ζ)=a(ζ-ζ1)。

通過計(jì)算可得:

g#(0)

則g#(0)<(|a|+1)+1與g#(0)=h+1矛盾(當(dāng)h>max {|a|+|b|}+1時)。

于是可得g′(ζ)不恒等于a成立。

由于g′(ζ0)=a,但g′(ζ)不恒等于a，由Hurwitz定理可得:

存在gn(ζ)和點(diǎn)列ζn→ζ0,使得當(dāng)n充分大時,有

fn(zn+ρnζn)∈S。

則

fn(zn+ρnζn)=a或者fn(zn+ρnζn)=b。

從而

這與g′(ζ0)=a矛盾,因此g′(ζ)≠a成立。

同理可得,g′(ζ)≠b,于是(ⅱ)得證。

假設(shè)g為超越亞純函數(shù),因?yàn)閍,b是兩個相互判別的復(fù)數(shù),所以a,b中至少有一個不為零。不妨設(shè)a為非零常數(shù),由于g的級至多為2,且滿足(ⅰ)g(ζ)=0?|g′(ζ)|h,(ⅱ)g′(ζ)≠a,g′(ζ)≠b,

由引理3可得,g′(ζ)-a有無窮多個零點(diǎn),與g′(ζ)≠a矛盾,因此假設(shè)不成立。

所以g為有理函數(shù),因?yàn)橛欣砗瘮?shù)至多只有一個Picard例外值,這與g′(ζ)≠a,g′(ζ)≠b矛盾。

綜上所述定理得證。