一类高阶差分方程亚纯解的性质

彭长文, 陈宗煊

(1.贵州师范学院数学与计算机科学学院,贵阳550018;2.华南师范大学数学科学学院,广州 510631)

1 引言与结果

本文使用值分布理论的标准记号[1]，用σ(f)表示复平面上的亚纯函数f的级，m(r,f)表示均值函数，N(r,f)表示积分计数函数，T(r,f)表示f的特征函数.亚纯函数g是函数f的小函数是指：g满足T(r,g)=S(r,f)=o(T(r,f))，至多除去一个对数测度为有限的集合.

近十年来，亚纯函数的Nevanlinna值分布理论的差分模拟的研究工作取得了重大突破，复域差分及差分方程的研究因而焕发新的活力，成为一个热门的新课题.许多数学工作者对复域差分及差分方程进行了大量的研究，取得了许多有意义的结果[2-10].

2008年, Chiang和Feng[10]研究了一类线性差分方程亚纯解的增长级问题, 证明了以下结论.

定理1[10]设P0(z),…,Pn(z)是多项式，且存在整数l(0≤l≤n),满足

假设f(z)是方程

Pn(z)y(z+n)+…+P1(z)y(z+1)+P0(z)y(z)=0

的一个亚纯解,则σ(f)≥1.

定理2[10]设A0(z),…,An(z)是整函数，且存在整数l(0≤l≤n), 满足

假设f(z)是方程

An(z)y(z+n)+…+A1(z)y(z+1)+A0(z)y(z)=0

的一个亚纯解,则σ(f)≥σ(Al)+1.

2012年, 彭长文和陈宗煊[7]研究了一类非线性高阶差分方程超越整函数解的存在性问题, 证明了下面的结论.

定理3[7]假设m,n(m≠n)是正整数,q(z),p(z)是多项式且q(z)不恒为零,则非线性差分方程

fn(z)+q(z)f(z+c1)…f(z+cm)=p(z)

(1)

没有有限级的超越整函数解.

由定理3可知:若m≠n,则差分方程(1)没有有限级超越整函数解.但是当m=n时，差分方程(1)可能存在有限级超越整函数解.

例1 方程

f2(z)-f(z+1)f(z-1)=sin21

有解f(z)=sinz，ρ(f)=1.

接下来将考虑差分方程(1)在m=n时的特殊形式.结合定理1,得到了下面的定理4.

定理4 设ci(i=1,…,n)是非零复常数,P1(z)和P2(z)是非零多项式且满足deg(P1)≠deg(P2). 假设f(z)是方程

(2)

的亚纯函数解.则

(i)σ(f)≥1;

(ii)如果p(z)是一个非零多项式,且σ(f)<∞,则f(z)-p(z)有无穷多个零点,且(f-p)=σ(f).

同样考虑差分方程(1)在m=n时的特殊形式,结合定理2,可以得到下面的结论.

定理5 设ci(i=1,…,n)是非零复常数,A1(z)和A2(z)是非零整函数且满足σ(A1)≠σ(A2). 假设f(z)是方程

(3)

的亚纯函数解,则

(i)σ(f)≥max{σ(A1),σ(A2)}+1;

(ii)如果p(z)是一个非零多项式,且σ(f)<∞,则f(z)-p(z)有无穷多个零点,且(f-p)=σ(f).

定理6 假设ci(i=1,…,n),P1(z)和P2(z)满足定理4中的条件,且c1+…+cn≠0.如果f(z)是方程(2)的有限级亚纯解,则max{(f),(1/f)}=σ(f)≥1.

定理7 假设ci(i=1,…,n)是非零复常数,A1(z)和A2(z)是非零整函数,且c1+…+cn≠0. 如果f(z)是方程(3)的有限级超越亚纯解,且f(z)满足σ(f)>max{σ(A1),σ(A2)}+1,则 max{(f),(1/f)}=σ(f).

例2 整函数f(z)=ez2满足差分方程

f(z+1)f(z+2)=exp{6z+5}f(z)2.

注1 例2表明定理7的条件σ(f)>max{σ(A1),σ(A2)}+1不能被减弱,同时也说明定理5(i)中的估计是精确的.

2 引理

为了证明定理，需要下面的引理.

|w(z)|≤exp{rβ+ε}.

引理3[2-3]设w(z)为方程P(z,w)=0的非常数有限级亚纯解,其中P(z,w)为w(z)的差分多项式.如果对亚纯函数a(z)满足T(r,a)=S(r,w),有P(z,a)≢0, 那么

其中关于S(r,w)的例外集至多具有有限对数测度.

引理4[10]若f是非常数的级为σ<+∞的亚纯函数，则对于任意给定的复数c1、c2和任意的ε>0，有

成立.

引理5[12]假设g:(0,+∞)→，h:(0,+∞)→是单调增函数，且在一个对数测度为有限的集合E外满足g(r)≤h(r)，则对任意的α>1，存在r0>0，使得对所有r>r0，有g(r)≤h(αr)成立.

3 定理的证明

定理4的证明(i)采用反证法.假设f(z)是方程(2)的亚纯解且级σ(f)<1.不妨设deg(P1)>deg(P2).由条件可知方程(2)没有有理函数解.由方程(2)有

(4)

因为σ(f)<1,可以选取ε>0使得ε<1-σ(f).由引理1有

(5)

成立,除去一个关于r的有限对数测度集.当|z|→∞时,由式(4)和式(5)有

O(1)|P2(z)|

(6)

成立,除去一个关于r的有限对数测度集.式(6)与假设deg(P1)>deg(P2)矛盾,所以σ(f)≥1.

(ii)假设f(z)是方程(2)的级为σ(f)<∞的超越亚纯解.设p(z)是一个非零多项式.令g(z)=f(z)-p(z).将f(z)=g(z)+p(z)代入方程(2),得到

P2(z)(g(z)+p(z))n=0.

(7)

由式(7)得到

P(z,0)=dn(P1(z)-P2(z))≢0.

(8)

如果p(z)是非常数多项式,令p(z)=dkzk+…+d0,其中dk,…,d0是常数,dk≠0且k≥1.因为deg(P1)≠deg(P2)，有degP(z,0)=nk+max{deg(P1),deg(P2)}≠0. 所以

(9)

由式(8)、(9)和引理3,有

对所有的r成立,至多除去一个具有有限对数测度的例外集.从而得到

(10)

对所有的r成立,至多除去一个具有有限对数测度的例外集.因此,由式(10)和引理5得到(f-p)=σ(f).

定理4证毕.

定理5的证明(i)不失一般性,假设σ(A1)>σ(A2). 选取σ使得

σ(A2)<σ<σ(A1)

(11)

成立. 假设f(z)是方程(3)的亚纯解且级σ(f)满足

σ(f)<σ(A1)+1.

(12)

由方程(3)有

(13)

因为式(11)和式(12)成立,所以可以选取ε>0使得σ(f)+2ε<σ(A1)+1和σ+2ε<σ(A1)同时成立.由式(13)和引理4,有

O(rσ(f)-1+ε)+O(rσ+ε)≤o(rσ(A1)-ε).

矛盾.

(ii)运用和定理4(ii)中相同的证明方法,可以得到所要的结论.

定理5 证毕.

定理6的证明假设f(z)是方程(2)的有限级亚纯解.由定理4知σ(f)≥1.接下来证明max{(f),(1/f)}=σ(f).分为下面2种情形来证明.

情形1：假设σ(f)=1. 反设max{(f),(1/f)}=α<σ(f)=1. 则f(z)可被表示为

f(z)=h(z)eaz,

(14)

其中a(≠0)是一个常数,h(z)是一个亚纯函数使得σ(h)=α<1.

将式(14)代入方程(2)得到

(15)

不失一般性，假设deg(P1)>deg(P2).由式(15)得到

(16)

因为σ(h)=α<1, 可以选取ε>0使得α-1+ε<0. 由引理1,有

(17)

成立,除去一个关于r的有限对数测度集.由式(16)和式(17),当|z|→∞时,有

|P1(z)|≤M|P2(z)|

成立,除去一个关于r的有限对数测度集.从而与deg(P1)>deg(P2)矛盾.所以max{(f),(1/f)}=σ(f).

情形2:假设σ(f)>1. 若max{(f),(1/f)}=α<σ(f). 则f(z)可被表示为

f(z)=H(z)eg(z),

(18)

其中g(z)是一个次数为k=deg(g(z))>1的多项式,H(z)是一个满足σ(H)=α<σ(f)=k的亚纯函数.

将式(18)代入方程(2),得到

P2(z)H(z)nexp{ng(z)}.

(19)

令

g(z)=akzk+ak-1zk-1+Q1(z),

(20)

其中ak≠0,k≥2,Q1(z)是次数deg(Q1)≤k-2的多项式.由式(20)得到

(21)

|exp{kak(c1+…+cn)zk-1+Q2(z)}|=

(22)

(23)

|exp{kak(c1+…+cn)zk-1+Q2(z)}|≤

MrNexp(nrα-1+ε),

(24)

其中M(>0)是一个常数,N是一个正整数.

(25)

其中K(>0)是一个常数. 由式(24)、(25),得到

这与α-1+ε

定理6证毕.

定理7的证明假设f(z)是方程(3)的有限级超越亚纯解.令ρ=max{σ(A1),σ(A2)}.若max{(f),(1/f)}=α<σ(f). 则f(z)可表示为

f(z)=H(z)eg(z),

(26)

其中g(z)是一个次数为k=deg(g(z))>1的多项式,H(z)是满足σ(H)=α<σ(f)=k的亚纯函数.

令g(z)=akzk+ak-1zk-1+Q1(z),其中ak≠0,k≥2,Q1(z)是次数deg(Q1)≤k-2的多项式.将式(26)代入方程(3), 运用类似定理6的推理过程,得到

|exp{kak(c1+…+cn)zk-1+Q2(z)}|=

(27)

(28)

由k=σ(f)>ρ+1知,存在一个实数σ使得k-1>σ>ρ.选取ε>0使得k-1-ε>σ+ε>ρ+ε和k-1-ε>α-1+ε.由式(23)、(27)和式(28),得到

|exp{kak(c1+…+cn)zk-1+Q2(z)}|≤

exp(2rρ+ε)exp(nrα-1+ε)≤

exp(rσ+ε)exp(nrα-1+ε)

(29)

令δ=max{α-1,σ},得到δ+ε

这与δ+ε

定理7证毕.

参考文献：

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