亞純函數IM分擔一個有限值的唯一性亞純函數IM分擔一個有限值的唯一性

沈壽華

(龍巖學院 福建龍巖 364000)

1 引言及主要結論

1977年，RUBEL和YANG[3]證明了如下結論。

定理1 設f為非常數的整函數，a和b為兩個判別的有窮復數，如果a，b為f與f′的CM公共值，則f≡f′。

1979年，MUES和STEINMETZ[4]證明了如下結論。

定理2 設f為非常數的整函數，a和b為兩個判別的有窮復數，如果a，b為f與f′的IM公共值，則f≡f′。

1996年，德國數學家BRUCK[5]證明了如下結論，并提出一個著名猜想。

定理3 設f為非常數的整函數，若超級ρ1(f)<+∞且ρ1(f)?N，且f和f′分擔0CM，則f≡cf′，其中c是非零的常數。

定理5 設f為非常數的整函數，若非常數的整函數f與f′分擔一個非零的有限值aIM，且當f(z)=a時，有f″(z)=a，則f≡f′。

2004年，林偉川和黃斌[7]證明了如下結論。

隨后，關于這個問題從分擔值的角度考慮得到很多漂亮的結果，特別是亞純函數f和導函數f(k)分擔問題是一個熱門問題，ZHANG和YANG[8]，LI S和GAO Z[9]等對此問題均有研究，得到相關結論。

本文利用Mues和Steinmetz的思想方法研究Bruck猜想，得到如下結論。

注：當f是整函數時，定理7推廣了定理6。

2 主要引理

為了證明定理7，需要用到下述引理。

證明：設z0是g(z)-1的零點，設g(z)=(z-z0)pu1(z)+1，u1(z0)≠0,∞，則

設u1(z)=(z-z0)nu2(z)+1，其中n是正整數，u2(z0)≠0,∞。代入g(z)=(z-z0)u1(z)+1，得到

g(z)=(z-z0)[(z-z0)nu2(z)+1]+1=(z-z0)1+nu2(z)+(z-z0)+1，

由已知N(r,g)=S(r,g)，得

3 定理7的證明

2g′g″-(g′)2-gg″=H′(g2-g)+H(2gg′-g′)，

再對上式兩邊同時求導，得到

2(g″)2+2g′g?-3g′g″-gg?=H″(g2-g)+2H′(2gg′-g′)+H(2(g′)2+2gg″-g″)。

設z0是g(z)-1的零點，由已知條件得g′(z0)=1，代入上面兩式，有

g″(z0)=1+H(z0)，g?(z0)=2H′(z0)-H2(z0)+2H(z0)+1。

同理有T(r,φ)≤S(r,g)。

由φ與φ化簡得，g′(2H2-H′+φ)=(g-1)(φ-φ′-(1+H)φ)。

當2H2-H′+φ?0時，得到2H2-H′+φ為整函數，所以

利用引理1，有

矛盾，所以2H2-H′+φ≡0。

設z1是g的零點，代入

2(g″)2+2g′g?-3g′g″-gg?=H″(g2-g)+2H′(2gg′-g′)+H(2(g′)2+2gg″-g″)，

利用引理1，可得

故有g≡g′，即f≡f′，所以f(z)=bez，其中b是非零的常數。

定理7得證。