分担有理函数的亚纯函数

研究亚纯函数的惟一性,证明如下结果:设p(z)和q(z)分别为n1和n2次多项式且互素, f(z)和g(z)是两个超越亚纯函数,n≥max{11,2n1 4n2 3}是一个正整数,如果f n(z)f'(z),gn(z)g'(z)分担有理函数p(z)/q(z)CM,则f(z)=c1Q(z)eα(z),g(z)=c2Q-1(z)e-α(z),这里c1,c2是两个常数,Q(z)是一个有理函数,α(z)是一个非常数多项式,满足(c1c2)n 1(Q'(z)/(Q(z) α'(z))2≡-(p(z)/q(z))2;或者f(z)≡tg(z),其中t是满足tn 1=1的常数.     

关于有理函数f（k）（z）-c的零点

设f(z)为有理函数,c为任意非零常数.该文讨论了f(z)在什么条件下,f(k)(z)-c必存在零点.     

关于亚纯函数的唯一性

研究亚纯函数的唯一性，证明了如下定理：设ｎ是一个正整数（ｎ〉２），δ＝｛ｚ：ｚ＾ｎ－１－１＝０｝，ｆ（ｚ）和ｇ（ｚ）是两个非常数的亚纯函数满足（∞，ｆ）〉ｍａｘ     

分担多项式的整函数

本文研究了整函数的唯一性,证明了如下结果:设p(z)为n1多项式,f(z)和g(z)是两个超越亚纯函数,n≥max{6,n1}是一个正整数,如果fn(z)f'(z),gn(z)g'(z)分担多项式p(z)CM,则f(z)=ciecfp(z)dz,g(z)=c2e-cfp(z)dz,这里c1,c2和c是三个常数且满足(c1c2)n 1c2=-1;或者f(z)≡tg(z),其中t是一个常数且满足tn 1=1.     

关于Gross问题的一个结果

研究了亚纯函数的惟一性 ,得到了如下结果 :设S1 =0 ,n -1n ,S2 ={z:zn-zn- 1 -1=0 },n为正整数 ,且n≥ 3 ,f(z) ,g(z)是任意两个非常数亚纯函数 .如果E(Si,f) =E(Si,g) ,(i=1,2 ) ,E1 (∞ ,f) =E1 (∞ ,g) ,且δ(∞ ,f) >12 ,δ(∞ ,g) >12 ,则f(z)≡g(z) .这个结果解决了Gross问题的一个结论     

亚纯函数及其导数分担两个有限集

1977年，Gross提出了一个问题^[4]：能否找到两个有限集S1，S2，使得对任何满足E（Sj,f)=E(Sj,g)(j=1,2)的两个非常数整函数f(z),g(z)都有f(z)≡g(z)?其中E（S，f)=∪α∈s{E：f(z)-α=0}。对于这个问题，仪洪勋在1994给出了肯定的答案^[5]。至于整函数f(z)及导数f^(k)(z)分担两个有限集的问题，最近方明亮给出了如下结论^[1]。     

分担多项式的亚纯函数(英文)

在本文中,亚纯函数是指在整个复平面上的亚纯函数.本文是利用复分析的值分布理论来研究亚纯函数的唯一性.设f(z)和g(z)是两个亚纯函数,当fn(z)f′(z),gn(z)g′(z)分担1或者z CM时,前人给出了下面的定理:定理A设f(z)和g(z)是两个非常数亚纯函数,n≥11是一个正整数,如果fn(z)f′(z),gn(z)g′(z)分担1CM,则f(z)=c1ecz,g(z)=c2e-cz,这里c1,c2和c是3个常数且满足(c1c2)n+1c2≡-1;或者f(z)≡tan(z)其中t是一个常数满足tn+1=1.定理B设f(z)和g(z)是两个非常数亚纯函数(整函数),n≥11(n≥6)是一个正整数,如果fn(z)f′(z),gn(z)g′(z)分担z CM,则f(z)=c1ecz2,g(z)=c2e-cz2,这里c1,c2和c是3个常数且满足4(c1c2)n+1c2≡-1;或者f(z)≡tan(z)其中t是一个常数满足tn+1=1.在本文中,我们推广了上述定理,证明了下面的结论:设p(z)为n1次多项式,f(z)和g(z)是两个超越亚纯函数,n≥max{11,2n1+2}是一个正整数,如果fn(z)f...     

函数方程f（Z^2）=q（f（Z））的亚纯解

对函数方程ｆ（Ｚ２）＝ｑ（ｆ（Ｚ））的亚纯解进行了讨论，其中ｑ（ｚ）为给定的有理函数，特别对ｑ（ｚ）为２次有理函数情形，我们给出了有例外值亚纯解的充要条件以及解的一般形式．