本文主要研究了Yang C C近期提出的一个问题.

猜想1.1^[9]  如果 $f$ 是超越整函数, 且满足对某个正整数 $k$ 使得 $ff^{(k)}$ 是周期函数, 那么 $f$ 也是周期函数.

这类问题可以追溯到上世纪60年代, Rényi和Rényi^[6], Baker^[1], 其中Baker证明了如果 $f$ 是任意一个非常值整函数, $p$ 是次数大于 $3$ 的任意多项式, 则 $f(p)$ 不是周期函数.随后, Baker和Gross^[2]进一步证明了如果 $f$ 是超越的, 那么 $f(p)$ 模任意多项式后不是周期函数.三年后, Haláse^[5]论证了当级小于 $1$ 的任意超越整函数替代 $p$ 时, Rényi-Rényi^[6]和Baker^[1]的结果仍是成立的.另外, 在一类增长性条件下, Gross和Yang^[4]把Rényi-Rényi^[6]和Baker^[1]的结果推广到形式为 $\mu_1f(p)+\mu_2$ 的整函数上.

这里当 $k=1$ 时, 我们证实了猜想1.1.事实上, 本文得到了如下更一般性的结果.

定理1.1 如果 $f$ 是超越整函数, 且满足对某个正整数 $k$ 使得 $(f^2)^{(k)}$ 是周期函数, 那么 $f$ 也是周期函数.

在文献[7]中, 作者定义了复数序列 $S=\{s_n\}$ 是周期为 $\tau\ (\not=0)$ 的周期点集当且仅当序列 $S=\{s_n+\tau\}$ 重新排列后与 $S$ 一致, 并且证明了如果 $f$ 是整函数, 且满足

$ \limsup\limits_{r\rightarrow \infty} \frac{\log\log\log M(r, f)}{\log r}<1, $

这里 $ M(r, f)=\max\limits_{|z|=r}|f(z)|$ , 那么存在一个常数 $c$ 和一个周期为 $\tau$ 的周期整函数 $g$ 使得 $f$ 具有以下形式

$ f(z)={\rm e}^{cz}g(z) $

当且仅当 $f$ , $f'$ 的零点集合 $Z_{f}$ , $Z_{f'}$ 是周期同为 $\tau$ 的周期点集.同时可参见文献[8], 其中作者得到了由 $f^{(k)}$ 代替 $f'$ 的更一般的结果.

本文, 我们参照文献[7]和[8]中的方法, 得到了有限级整函数与零点相关的周期性结论.

定理1.2 令 $n, m, k, p, q$ 为正整数, 设 $f$ 为有限级超越整函数, 且满足 $f^{n}(f^{(k)})^{m}$ 是周期为 $\tau \ (\not=0)$ 的周期函数.如果 $f$ 和 $f^{(k)}$ 都存在零点, 且所有零点重级分别为 $p$ 和 $q$ , 并且使得 $f^{n}(f^{(k)})^{m}$ 的零点重级大于 $np$ , 则存在一个常数 $\omega$ 满足 $\omega^{m+n}=1$ , 使得对任意复数 $z$ 都有 $f(z+\tau)=\omega f(z)$ , 且 $f$ 是周期为 $(m+n)\tau$ 的周期函数.

为了证明本文的结果, 我们需要下面两个引理.

引理2.1^{[10, p92]} 令整数 $n\geq 3$ , 假设除 $f_n$ 之外, $f_{1}, f_{2}, \cdots, f_{n-1}$ 都是非常值的亚纯函数, 且满足

$ \sum \limits_{j=1}^{n} f_{j}=1, $

这里 $f_n\not=0$ .如果存在一个常数 $\lambda<1$ 和一个正实数子集 $I$ 满足 ${\rm mes} I=\infty$ , 使得对任意的 $r\in I$ 和 $k\in\{1, 2, \cdots, n-1\}$ 有

$ \sum \limits_{j=1}^{n}N\left(r, \frac{1}{f_{j}}\right)+(n-1)\sum \limits_{j=1}^{n}\overline{N}(r, f_{j})<(\lambda+o(1))T(r, f_{k}) $

成立, 那么 $f_{n}\equiv 1$ .

这里我们使用Nevanlinna理论中的标准记号.更多细节, 请参考文献[3]或[10].

引理2.2 如果 $f$ 是周期为 $\tau\ (\not=0)$ 的非常数整函数, 那么 $f$ 的零点集合是周期为 $\tau$ 的周期点集.同时 $f$ 的每个零点重级相同.

证  如果 $f$ 的零点集合 $Z_{f}=\emptyset$ , 结论显然成立.下面我们假设 $Z_{f}\not=\emptyset$ , 由于 $f$ 是周期为 $\tau$ 的非常数整函数, 很容易得到 $Z_{f}$ 是周期为 $\tau$ 的周期点集.

取 $z_0\in Z_f$ , 记其重级为 $\mu_f(z_0)$ , 则我们可以记

$ \begin{eqnarray*} f(z)=(z-z_{0})^{\mu_f(z_0)}\varphi(z), \end{eqnarray*} $

其中 $\varphi(z)$ 是满足 $\varphi(z_0)\neq0$ 的整函数.因此有

$ \begin{eqnarray*} f(z)=f(z-\tau)=\{z-(z_{0}+\tau)\}^{\mu_f(z_0)}\varphi(z-\tau), \end{eqnarray*} $

这意味着 $f$ 的零点 $z_0+\tau$ 的重级 $\mu_f(z_0+\tau)$ 满足

$ \begin{equation}\label{4.1} \mu_f(z_0)\leq \mu_f(z_0+\tau). \end{equation} $

(2.1)

另一方面, 我们也可以记

$ \begin{equation}\label{4.2} f(z)=\{z-(z_{0}+\tau)\}^{\mu_f(z_0+\tau)}\psi(z), \end{equation} $

(2.2)

其中 $\psi(z)$ 是满足 $\psi(z_{0}+\tau)\neq0$ 的整函数.因此有

$ f(z)=f(z+\tau)=(z-z_{0})^{\mu_f(z_0+\tau)}\psi(z+\tau), $

这立刻推导出

$ \begin{equation}\label{4.3} \mu_f(z_0+\tau)\leq \mu_f(z_0). \end{equation} $

(2.3)

由(2.1)和(2.3)式可得到

$ \mu_{f}(z_{0})=\mu_{f}(z_{0}+\tau). $

类似地, 我们有

$ \mu_{f}(z_{0})=\mu_{f}(z_{0}-\tau), $

再由 $Z_{f}$ 是周期为 $\tau$ 的周期点集, 所以 $f$ 的每个零点重级都相同.引理2.2证毕.

由于 $(f^2)^{(k)}$ 是周期函数, 不妨假设其周期为 $\tau (\neq 0)$ .则对复平面中的任意 $z\in \mathbb{C}$ , 我们有

$ \begin{equation}\label{2.1} (f^2)^{(k)}(z+\tau)=(f^2)^{(k)}(z). \end{equation} $

(3.1)

对(3.1)式积分后得

$ \begin{equation}\label{2.2} f^{2}(z+\tau)= f^{2}(z)+c(z), \end{equation} $

(3.2)

其中 $c(z)$ 是次数小于 $k-1$ 的多项式.则有

$ \begin{equation}\label{2.3} \left\{f(z+\tau)- f(z)\right\}\left\{f(z+\tau)+f(z)\right\}=c(z). \end{equation} $

(3.3)

下面根据 $c$ 是否恒为零, 我们分成两种情况来证明.

情形1   $c\equiv0$ .

我们有

$ f(z+\tau)=f(z) $

或

$ f(z+\tau)=-f(z). $

前者意味着 $f$ 的周期为 $\tau$ , 后者意味着 $f$ 的周期为 $2\tau$ .这就完成了此情形下定理1.1的证明.

情形2  $c\not\equiv0$ .

存在一个整函数 $P$ 和两个非零多项式 $c_1$ 和 $c_2$ 满足 $c_1c_2=c$ , 使得

$ \begin{equation}\label{2.4} f(z+\tau)-f(z)=c_{1}(z){\rm e}^{P(z)} \end{equation} $

(3.4)

和

$ \begin{equation}\label{2.5} f(z+\tau)+f(z)=c_2(z){\rm e}^{-P(z)}. \end{equation} $

(3.5)

由(3.4)和(3.5)式, 我们容易得到

$ \begin{equation}\label{2.8} f(z+\tau)=\frac{1}{2}\left\{c_1(z){\rm e}^{P(z)}+c_2(z){\rm e}^{-P(z)}\right\}, \end{equation} $

(3.6)

$ \begin{equation}\label{2.9} f(z)=\frac{1}{2}\left\{c_2(z){\rm e}^{-P(z)}-c_1(z){\rm e}^{P(z)}\right\}. \end{equation} $

(3.7)

因为 $f$ 是超越的, 所以整函数 $P$ 显然不是常数.

用 $z+\tau$ 替代(3.7)式中的 $z$ , 那么结合(3.6)式可得

$ \begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\left\{c_1(z){\rm e}^{P(z)}+c_2(z){\rm e}^{-P(z)}\right\}=\frac{1}{2}\left\{c_2(z+\tau){\rm e}^{-P(z+\tau)}-c_1(z+\tau){\rm e}^{P(z+\tau)}\right\}, \end{eqnarray*} $

整理上式得

$ \begin{equation}\label{2.10} f_1+f_2+f_3=1, \end{equation} $

(3.8)

其中

$ \begin{eqnarray*} f_1(z)=-\frac{c_2(z)}{c_1(z)}{\rm e}^{-2P(z)}, \ f_2(z)=\frac{c_2(z+\tau)}{c_1(z)}{\rm e}^{-P(z+\tau)-P(z)}, \end{eqnarray*} $

及

$ \begin{eqnarray*} f_3(z)=-\frac{c_1(z+\tau)}{c_1(z)}{\rm e}^{P(z+\tau)-P(z)}. \end{eqnarray*} $

我们可知 $f_1$ 是超越的, 且 $f_2$ 和 $f_3$ 至少有一个是超越的.如果 $f_2$ 是超越的, 注意当 $r\to\infty$ , $k=1, 2$ 时, 我们有

$ \sum \limits_{j=1}^{3}N\left(r, \frac{1}{f_{j}}\right)+2\sum \limits_{j=1}^{3}\overline{N}(r, f_{j})=O(\log r)=o(1)T(r, f_{k}). $

利用引理2.1, 即得

$ \begin{equation}\label{2.11} f_3(z)=-\frac{c_1(z+\tau)}{c_1(z)}{\rm e}^{P(z+\tau)-P(z)}\equiv 1. \end{equation} $

(3.9)

因此(3.8)式就变成

$ \begin{eqnarray*} -\frac{c_2(z)}{c_1(z)}{\rm e}^{-2P(z)}+\frac{c_2(z+\tau)}{c_1(z)}{\rm e}^{-P(z+\tau)-P(z)}=0, \end{eqnarray*} $

即

$ \begin{equation}\label{2.13} {\rm e}^{P(z+\tau)-P(z)}=\frac{c_2(z+\tau)}{c_2(z)}. \end{equation} $

(3.10)

利用(3.9)和(3.10)式, 我们有

$ \begin{eqnarray*} \frac{c_2(z+\tau)}{c_2(z)}=- \frac{c_1(z)}{c_1(z+\tau)}, \end{eqnarray*} $

也就是

$ \begin{eqnarray*} c(z+\tau)=-c(z). \end{eqnarray*} $

因此得到一个矛盾.

如果 $f_3$ 是超越的, 相似的方法可得到 $f_2=1$ , 因此有

$ \begin{eqnarray*} c(z+\tau)=-c(z). \end{eqnarray*} $

这又出现矛盾.定理1.1证毕.

假设 $f^{n}(f^{(k)})^{m}$ 的周期为 $\tau (\neq0)$ .首先, 我们来论证 $Z_{f}$ , $Z_{f^{(k)}}$ 是周期同为 $\tau$ 的周期点集.为此, 我们分如下两种情形.

情形1  $Z_{f}=\emptyset$ .

进一步, 如果 $Z_{f^{(k)}}=\emptyset$ , 结论是显然成立的.如果 $Z_{f^{(k)}}\not=\emptyset$ , 注意到

$ f^{n}(z)(f^{(k)})^{m}(z)=f^{n}(z\pm\tau)(f^{(k)})^{m}(z\pm\tau), $

那么 $z_0\in Z_{f^{(k)}}$ 当且仅当 $z_0\pm\tau \in Z_{f^{(k)}}$ , 也就是说, $Z_{f^{(k)}}$ 是周期为 $\tau$ 的周期点集, 因此这种情形下结论也是成立的.

情形2  $Z_{f}\neq\emptyset$ .

特别地, 如果 $Z_{f^{(k)}}=\emptyset$ , 根据情形1的证明方法可类似的得到 $Z_{f}$ 是周期为 $\tau$ 的周期点集, 所以在这种情况下, 定理成立.

下面假设 $Z_{f^{(k)}}\not=\emptyset$ .取 $z_0\in Z_f\cup Z_{f^{(k)}}$ , 记 $z_0\in Z_f$ 的重级为 $\mu_f(z_0)=p$ .注意

$ \begin{equation}\label{4.4} f^{n}(z_{0}+\tau)(f^{(k)})^{m}(z_{0}+\tau)=f^{n}(z_{0})(f^{(k)})^{m}(z_{0})=0. \end{equation} $

(4.1)

由假设可知

$ m\mu_{f^{(k)}}(z_0)=\mu_{f^{n}(f^{(k)})^{m}}(z_0)-n\mu_f(z_0)>0, $

即 $z_0\in Z_{f^{(k)}}$ .

设

$ l=\mu_{f^{n}(f^{(k)})^{m}}(z_0). $

从(4.1)式和引理2.2中发现

$ l=\mu_{f^{n}(f^{(k)})^{m}}(z_0+\tau). $

由于 $l=np+mq$ , 利用(4.1)式我们进一步得

$ \mu_f(z_0+\tau) >0, \ \ \mu_{f^{(k)}}(z_0+\tau)>0. $

也就是说, $z_{0}+\tau\in Z_{f}$ 和 $z_{0}+\tau\in Z_{f^{(k)}}$ .

类似地, 我们可以证明 $z_{0}-\tau\in Z_{f}$ 和 $z_{0}-\tau\in Z_{f^{(k)}}$ .因此, $Z_{f}$ 和 $Z_{f^{(k)}}$ 是周期同为 $\tau$ 的周期点集.

由文献[8, 定理3]中的一个结论可知, 存在常数 $c$ 和周期为 $\tau$ 的周期整函数 $g$ , 使得 $f$ 具有下面形式

$ f(z)={\rm e}^{cz}g(z), $

这可以进一步推出

$ \begin{equation}\label{con1} f(z+\tau)={\rm e}^{cz+c\tau}g(z+\tau)={\rm e}^{c\tau}{\rm e}^{cz}g(z)={\rm e}^{c\tau}f(z). \end{equation} $

(4.2)

另一方面, 由于 $f^n(f^{(k)})^m$ 是周期为 $\tau$ 的周期函数, 那么我们也有

$ \begin{equation}\label{con2} \frac{(f^{(k)})^{m}(z+\tau)}{(f^{(k)})^{m}(z)}=\frac{f^{n}(z)}{f^{n}(z+\tau)}={\rm e}^{-nc\tau}. \end{equation} $

(4.3)

然而, 从(4.2)式中可以看出

$ \begin{equation}\label{con3} \frac{(f^{(k)})^{m}(z+\tau)}{(f^{(k)})^{m}(z)}={\rm e}^{mc\tau}. \end{equation} $

(4.4)

综合(4.3)和(4.4)式可得

$ {\rm e}^{(m+n)c\tau}=1. $

从而

$ f(z+m\tau +n\tau)={\rm e}^{(m+n)c\tau}f(z)=f(z). $

定理1.2证明完毕.

注1  在定理1.1的证明中, 我们发现如果 $(f^2)^{(k)}$ 的周期为 $\tau$ , 那么 $f$ 的周期可能为 $2\tau$ .这种情形很容易发生.例如, $f(z)=\sin z$ 的周期为 $2\pi$ , 但是 $(f^2)'(z)=\sin 2z$ 的周期为 $\pi$ .

注2  形式 $(f^2)^{(k)}$ 中的指数 $2$ 不能去除.例如, $f(z)=\sin z +z$ 并不是周期函数, 而 $f'(z)=\cos z+1$ 却是周期函数.