关于f+a（L(f)）n的正规定则

冉 娜，杨 祺

(新疆师范大学 数学科学学院，新疆 乌鲁木齐 830017)

0 引言

D是复数域内的一邻域，F为区域D内的一亚纯函数族，{fn}为函数列，{fnv}为函数列{fn}的子序列，若∀{fn}⊂F，均∃{fnv}在区域D内按球距内闭一致收敛到一个亚纯函数或者∞，则称F在区域D内是正规的[1-3]。

用σ(x，y)表示x和y的球面距离[4]。2013年，雷春林等在文献[5]中证明了定理A。

定理A设F为区域D内的一亚纯函数族，a≠0，b为两个有穷复数，n≥2，k为两个正整数，若对于定义在D内的∀f∈F，f的零点重级至少是k+1，且满足

f+a(f(k))n≠b，

(1)

则F在区域D上正规。

2021年，曾翠萍等考虑到分担值的情形，将定理A进行了推广，在文献[6]中证明了定理B。

定理B设n≥2，k是两个正整数，a≠0，b为两个有穷复数，F为区域D上的亚纯函数族，且满足：

(1)对于∀f∈F，f的零点重级至少是k+1；

(2)对于∀f∈F，f(k)(z)的零值点不是f(z)的b值点；

(3)对于F内的任意两个函数f和g，f+a(f(k))n和g+a(g(k))n分担b，则F在区域D上正规。

基于以上的研究，文章将定理A和定理B中的f(k)换成关于f的微分多项式L(f)，这里L(f)=f(k)(z)+a1f(k-1)(z)+…+akf(z)，ai(z)，i=1，2，…，k，是区域D上的全纯函数，得到了两个新的有关微分多项式的正规定则。

1 一些引理

引理1[7]单位圆Δ内，设F是该区域内的一族亚纯函数，∀f∈F的零点重级均≥k。若F在Δ内不正规，则对0≤α≤k，存在

(1)一个数0

(2)一个点列：|zj|

(3)一个函数列fj∈F，

(4)一个正数列ρj→0+，

引理2[8]若全纯函数f的球面导数f#在上有界，则f的级至多为1。

引理3[9]若超越亚纯函数f≠0，且a(≠0)为有穷复数，n≥2为正整数，则f+a(f(k))n有无穷多个零点。

引理4[10]设有理函数f≠0，a(≠0)为有穷复数，k、n为两个正整数，满足n≥2，则f+a(f(k))n至少存在nk+1个零点。

(2)

其中c和d为两个不同的复常数。

2 主要结果及定理证明

定理1设F为区域D内的一亚纯函数族，a≠0，b为两个有穷复数，n、k为两个正整数，n≥2，若对于定义在D内任意f∈F，f的零点重级至少是k+1，且满足

(3)

则F在区域D上正规。

证明不失一般性，令D=Δ，设F为单位圆Δ内的一亚纯函数族，若F在Δ内不正规，则至少存在一点z0∈Δ，使得F在z0处不正规，接下来，将分两种情况讨论。

情形1b=0

根据引理1可知，∃fj∈F，zj→z0，ρj→0+使得

(4)

又根据式(4)知

(5)

故由Hurwitz定理知，g+a(g(k))n≡0，则g是一个整函数，根据引理2可知，g的级至多为1，又因为g≠0，故可令g=ecζ+d，c、d为两个复数，c≠0，因此

ecζ+d+a(ckecζ+d)n=ecζ+d{1+acnk(ecζ+d)n-1}≡0，

(6)

当n≥2时是不可能的，故而F在Δ内正规。

情形2b≠0时

根据引理1可知，∃fj∈F，zj→z0，ρj→0+使得

fj(zj+ρjζ)+a[L(fj(zj+ρjζ))]n-b→a(g(k))n-b。

(7)

若a(g(k))n≠b，根据Nevanlinna第二基本定理可知

(8)

又根据式(7)知

=fj(zj+ρjζ)+a[L(fj(zj+ρjζ))]n-b→a(g(k))n-b，

(9)

故g是一个k次多项式，又因为根据已知条件知g的零点重级至少k+1，故矛盾。证毕。

定理2设n、k是两个正整数，n≥2，a、b为两个有穷复数，a≠0，F为区域D上的亚纯函数族，且满足：

(1)对于∀f∈F，f的零点重级至少是k+1；

(2)对于∀f∈F，L(f)的零值点不是f(z)的b值点；

证明不失一般性，令D=Δ，设F为单位圆Δ内的一亚纯函数族，若F在Δ内不正规，则至少存在一点z0∈Δ，使得F在z0处不正规，接下来，将分两种情况讨论。

情形1b=0

由定理条件知，对于D内∀f∈F有f≠0，否则，假设f=0，f的零点重级至少是k+1，则f(i)=0，i=1，2，…，k即L(f)=0，这与条件(2)矛盾。

若想证F在区域D内正规，即证F在∀z0∈D处正规。

对于D内∀f∈F，则有f(z0)+a[L(f(z0))]n=0或者f(z0)+a[L(f(z0))]n≠0，故存在δ>0，使得在Dδ={ζ：|ζ-ζ0|<δ}内，f+a[L(f)]n至多有一个不同的零点，由条件(c)知，∀g∈F，g+a[L(g)]n至多有一个不同的零点。

假设F在z0处不正规，根据引理1可知，∃fj∈F，zj→z0，ρj→0+使得

(10)

gj(ζ)+[gj(k)(ζ)+ρja1(zj+ρjζ)gj(k-1)(ζ)+ …+

我们断言g+a(g(k))n至多有一个不同的零点。

D(ζ0，δ)={ζ：|ζ-ζ0|<δ}，

(11)

(12)

fj(zj+ρjζj)+a[L(fj(zj+ρjζj))]n=0，

(13)

(14)

又因为fj+a[L(fj)]n在Dδ={ζ：|ζ-ζ0|<δ}内至多有一个不同的零点，从而

(15)

情形2b≠0时

对于D内的∀f∈F，则有f(z0)+a[L(f(z0))]n=b或者f(z0)+a[L(f(z0))]n≠b，故存在δ>0，使得在Dδ={ζ：|ζ-ζ0|<δ}内，f+a[L(f)]n-b至多有一个不同的零点，由分担条件知，∀g∈F，g+a[L(g)]n-b至多有一个不同的零点。

假设F在z0处不正规，根据引理1可知，∃fj∈F，zj→z0，ρj→0+使得

fj(zj+ρjζ)+a[L(fj(zj+ρjζ))]n-b→a(g(k))n-b。

(16)

类似于情况1的讨论，a(g(k))n-b至多有一个不同的零点。

由于n≥2，故wn=b/a至少存在2个不同的根，不妨设g(k)≠b1，g(k)=b2至多只有一个不同的零点，若是g超越亚纯函数，利用Nevanlinna理论，可得

(17)

因此T(r，g(k))=O(logr)+S(r，g(k))，矛盾。因此g为有理函数，因为g(k)≠b1，g的零点重级至少k+1。根据引理5知

(18)

其中：c和d为两个不同的复常数且b1≠0。因此

(19)

其中：A≠0为复常数，从而g(k)(ζ)=b2存在至少k+1不同的零点，这与g(k)(ζ)=b2至多只有一个零点矛盾。

综上所述，F在区域D内正规。