代数体函数及其线性微分多项式的唯一性

黄 尧，刘晓俊

（上海理工大学 理学院，上海 200093）

1 问题的提出

代数体函数是由不可约方程

确定的v值解析函数，其中，Aj(z)(j=0,1,···,v)是关于z的全纯函数，并且没有公共零点。特别地，如果Aj(z)(j=0,1,···,v) 都是多项式时，则W(z)是v值代数函数。本文假设Aj(z)(j=0,1,···,v)中至少有一个是超越整函数。当v=1时，W(z)为亚纯函数；当v≥2 时，W(z)为多值函数。显然，v值代数体函数是亚纯函数的延伸。

本文中代数体函数W(z)的一阶导函数记为W′(z) ，k 阶导函数记为W(k)(z)及其线性微分多项式函数记为L(W) ，L(W)=ckW(k)+ck-1W(k-1)+···+c0W，

其中，c0,c1,···,ck为不全为零的有穷复数，且ck≠0。它们都是 v值代数体函数，具体证明参见文献[1]。在本文中若不加其他说明，W(z)是指在整个复平面 C上由不可约方程（1）所确定的 v值代数体函数。本文所使用的记号和相关结论参见文献[2-5]。

定义1[6]设W(z)为v值代数体函数，z0∈C。定义：

其中

则W-1(a)被称为W(z)的 a值点，W-1(∞)被称为W(z)的极点。

定义2[6]设W(z)为v值代数体函数，z0∈C 。如果， 且对于每一，有成立，其中，表示在z=z0时wλj(z)-a 的零点重级，则称W(z)与L(W)CM分担a。

关于亚纯函数及其线性微分多项式的唯一性问题，文献[7]证明了定理1。

定理1 设 f为非常数亚纯函数， k 为一正整数，L(f)为关于f的线性微分多项式，，其中，c0,c1,···,ck为f的不恒为∞的小函数，且 ck≢0，再设a1,a2,a3为f的不恒为∞的小函数，如果f与L(f)几乎CM分担a1,a2，几乎IM分担a3，则f ≡L(f)。

关于代数体函数的唯一性问题，文献[8-9]分别得到了定理2 和定理3。

定理2 设W(z)为v值代数体函数，设a1,a2,···,a2v是2v个判别的有穷复数，如果W(z)与分担且 IM分担 ∞，则W(z)≡。

定理3 设W(z)为 v(v≥2)值代数体函数，设a1,a2,···,a2v-1是2v-1个判别的有穷非零复数，如果W(z) 与W′(z)CM 分 担0,a1,a2,···,a2v-1，如果存在有穷实数c,R ＞0，当|z|=r ＞R 时，有及，则。

现结合定理2 和定理3，将定理1 推广到代数体函数，得到定理4。

定理4 设W(z)为v值代数体函数，k为一正整数，L(W)为W的线性微分多项式，，其中，为不全为零的有穷复数，且，再设是2v+1个互相判别的有穷复数，如果W(z)与L(W)CM分担，则有：

a. 当 v≥3 时，且a1,a2,···,a2v+1是有穷非零复数，则W (z)≡L(W)；

b. 当 v≥4 时，且a1,a2,···,a2v+1是包括0 的有穷复数，则W(z)≡L(W)。

2 引 理

引理1 设W(z)为 v值代数体函数， 设a1,a2,···,a2v+1是(2v+1)个判别的有穷非零复数，如果 W (z) 与L(W) C M 分 担 a1,a2,···,a2v+1，则

证明 对任意ai(i=1,2,···,2v+1)，如果，则有

其中， bp(p=u,u+1,u+2,···)是有穷复数，求 k 阶导可得

由W (z) 与L(W) C M 分 担 ai可 得

其中， dp(p=u,u+1,u+2,···)是有穷复数。

由以上分析可得

则

所以，

1.以我国驻外大使馆牵头，组织和保持与东道国政治高官、著名人才的经常性联络，邀请其参加各类国企活动，尽可能通过他们的口和笔，以当地人易于理解的语言，诠释传播我们的文化，在潜移默化中培育有利于国企的话语市场。

证毕。

引理2[10]设W(z)为v值代数体函数，设a1,a2,···,aq是q个判别的有穷复数，则

引理3[10]设W (z)为v 值代数体函数，则

引理4[11-12]设W(z)为v 值 代数体函数， k为一正整数，L(W) 为W的线性微分多项式，L(W)=ckW(k)+ck-1W(k-1)+···+c0W，其中，c0,c1,···,ck为不全为零的有穷复数，且 ck≠0，再设 a1,a2,···,aq是qq（≥3）个互相判别的复数，则有

其中，r →∞ 且r∉E ，这里E 是一个线性测度为有穷的集合。

3 定理4 的证明

现证明定理4。

证明 假设 W (z)≢L(W)，令 q =2v+1。

由引理2 可得

结合式（2）和式（3），可得

整理上式，可得

由引理3，引理4 和式（2）可得

整理上式，可得

由式（5）可得，S(r,L)=S(r,W)。因此，式（5）可变为

再结合式（4）和式（6），可得

从而有

矛盾。

b. 设a1,a2,···,a2v+1中有一个为 0，设a2v+1=0。由引理1 可得

结合式（3）和式（7），可得

整理上式，可得

另一方面，类似于式（5）的证明，有

整理上式，可得

由式（9）可得，S(r,L)=S(r,W)。因此，式（9）可变为

再结合式（8）和式（10），可得

从而有

矛盾，定理4 得证。