费马型微分-差分方程解的性质

陈寒霜,龙见仁,王 玲

(贵州师范大学数学科学学院,贵州 贵安新区 550025)

1 引言和主要结果

设C为复平面,f为C上的亚纯函数,本文假定读者熟悉Nevanlinna值分布理论的标准记号和基本结论,具体可参考文献[1-2].例如,m(r,f),N(r,f),T(r,f)分别表示f的均值函数、计数函数以及特征函数.假设a(z)和f(z)为亚纯函数,若满足

T(r,a)=o(T(r,f)),r→∞,

那么称a(z)为f(z)的一个小函数.亚纯函数f(z)的增长级用ρ(f)来表示,定义如下:

1637年,法国数学家费马提出了著名的“费马大定理”,他断言当正整数n>2时,关于x,y,z的方程xn+yn=zn没有非平凡正整数解.历经三百多年,最终被英国数学家Wiles[3]论证了该结论的正确性.而方程

f(z)n+g(z)n=1

(1)

则被视为费马方程的函数形式,其中n是一个正整数.Gross[4]证明了n≥4时,方程(1)没有超越亚纯函数解.Montel[5]证明了n≥3时方程不存在超越整函数解.当n=2时,Gross[6]在1966年得到方程的整函数解的形式必为f(z)=sin(h(z))和g(z)=cos(h(z)),其中h(z)是一个整函数.

1970年Yang[7]考虑了一般化的费马型函数方程

f(z)n+g(z)m=1,

(2)

f′(z)n+f(z+c)m=1,

(3)

f′(z)n+(Δcf(z))m=1,

(4)

其中m和n为正整数,并证明了以下的结论.

定理1[8]如果m≠n,则方程(3)没有有穷级超越整函数解.

定理2[8]如果m≠n,且m>1,n>1,则方程(4)没有有穷级超越整函数解.

于是,结合Yang[7]的结论一个自然的问题是考虑在m=n=2情况下,方程(3)对应的微分-差分方程解的精确形式.2012年Liu等[8]继续考虑了这个问题,并得到下面的结论.

定理3[8]方程

f′(z)2+f(z+c)2=1

(5)

的有穷超越整函数解的形式一定满足f(z)=sin(z±Bi),其中B是常数,c=2kπ或c=2kπ+π(k∈Z).

定理3表明当m=n=2时,方程(5)存在超越整函数解,且解的增长级为1.因此,学者们进一步考虑微分-差分方程整函数解的性质.2013年Liu等[9]证明了方程(6)和(7)的超越整函数解的级至少为1,

f(z)2+f′(z)f(z+c)=1,

(6)

f′(z)2+f(z)f(z+c)=1.

(7)

应用类似的证明方法,秦大专[10]证明方程(8)和(9)的超越整函数解的级至少为1,

f(z)2+f(k)(z)f(z+c)=1,

(8)

(f(k)(z))2+f(z)f(z+c)=1.

(9)

秦大专[10]同时还考虑了下面3个方程整函数解的增长性.

f(z)2+f(z)Δcf(z)=1,

(10)

f(z+c)2+f(z)Δcf(z)=1,

(11)

f′(z)2+f(z)Δcf(z)=1.

(12)

定理4[10]方程(10)～(12)的超越整函数解的级至少是1.

受文献[9-10]的启发,考虑了下列方程超越整函数解的增长性,并得到下面的定理.

f(z+c)2+f(k)(z)f(z)=1,

(13)

f(k)(z)2+f(z)Δcf(z)=1,

(14)

f(z)2+f(k)(z)Δcf(z)=1.

(15)

定理5方程(13)～(15)的超越整函数解的级至少是1.

在上述结论的基础上,本文接着讨论方程(13)的一般化情行,即

f(z+c)n+f(k)(z)f(z)=1.

(16)

定理6当n=1或n≥3时,方程(16)没有有穷级超越整函数解.

对于一些费马型微分-差分方程,已经得到了诸多结果,具体可看参考文献[8-9,11-12],本文在文献[13]的研究基础上,考虑复微分-差分方程解的存在性.

2021年Chen等[14]则考虑了两类较为复杂的费马型微分-差分方程(17)和(18),得到了相应的结果.

(f(z)f′(z))n+P(z)2f(z+η)m=Q(z),

(17)

(f(z)f′(z))n+P(z)(Δηf(z))m=Q(z).

(18)

定理7[14]如果m=n,则方程(17)没有有穷级超越整函数解,其中P(z)和Q(z)为非零多项式,m和n为正整数,且η∈C{0}.

定理8[14]如果m≠n,n>2,则方程(18)没有有穷级超越整函数解,其中P(z)和Q(z)为非零多项式,m和n为正整数,且η∈C{0}.

受定理7和定理8的启发,本文进一步考虑它们的高阶导数形式,即

(f(z)f(k)(z))n+P(z)2f(z+η)m=Q(z),

(19)

(f(z)f(k)(z))n+P(z)(Δηf(z))m=Q(z),

(20)

并得到下面的结论.

定理9如果m=n,则方程(19)没有有穷级超越整函数解,其中P(z)和Q(z)为非零多项式,m和n为正整数,且η∈C0}.

定理10如果m≠n,n>2,则方程(20)没有有穷级超越整函数解,其中P(z)和Q(z)为非零多项式,m和n为正整数,且η∈C0}.

2 引 理

为证明所给出的定理,下面介绍几个辅助结果.首先介绍差分版本的Clunie引理.

引理1[15]设f(z)是方程

fn(z)P(z,f)=Q(z,f)

的超越亚纯函数解,其中P(z,f)和Q(z,f)是关于f的差分多项式,令δ<1,ε> 0,若degQ(z,f)≤n,对所有|z|=r∉E,有

o(T(r,f))

其中E是对数测度有穷的集合.

为了处理方程中Δcf(z)这一项,需要用到文献[16]中的引理3.5,使得f(z)和平移差分f(z+c)与f′(z)之间产生联系.

引理2[16]设f是级为p(f)(<1)的超越亚纯函数,令h>0,则存在一个ε-集E,使得当z→∞(z∈CE),|c|≤h时,

f(z+c)-f(z)=cf′(z)(1+o(1))

是一致的.

下面介绍有穷级亚纯函数f(z)和f(z+c)特征函数的关系.

引理3[17]设f是一个级为p(f)(<∞)的超越亚纯函数,则对于任意给定的ε>0,

T(r,f(z+c))=T(r,f)+O(rp(f )-1+ε)+O(logr).

进一步地,若ρ(f)<1,则

T(r,f(z+c))=T(r,f)+S(r,f).

下面给出整函数的哈达玛分解定理.

引理4[18]设f是一个级ρ(f)(<∞)的整函数,z=0为其k重零点,z1,z2,…为f的非零零点,则

f(z)=zkP(z)eQ(z),

其中P(z)为f的非零零点的典型乘积,Q(z)为次数不高于ρ(f)的多项式.

Wiman-Valiron定理常常被应用于研究微分方程解的性质,下面介绍Wiman-Valiron定理.

其中v(r)是f的中心指标,m≥0且r∉F.

下面的引理将用于证明方程(21)没有超越整函数解.

引理6[18]设fj(z)为亚纯函数,gj(z)为整函数,满足下列条件:

(ii) 当1≤j

(iii) 当1≤j≤n,1≤h

T(r,fj)=o(T(r,egh-gk))(r→∞,r∉E),

E为一个线性测度有穷的集合.则

fj≡0.

Halburd等[19]和Chiang等[17]分别独立地给出了差分版本的对数导数引理.下面仅介绍本文证明所需形式.

引理7[17]设f是一个级为ρ(f)(<∞)的超越亚纯函数,则对于任意给定的ε>0,有

3 定理5和定理6的证明

定理5的证明先证明方程(13)的超越整函数解的级至少是1.假设结论不成立,即方程(13)存在一个级ρ(f)<1的超越整函数解f,下面将导出矛盾.事实上,可由引理2知,存在一个ε-集E1,使得当z∉E1,且z→∞时,有

所以有

(21)

再由引理5知,存在一个对数测度有穷的集合E2⊂(1,∞)使得对所有的|z|=r∉E2和|f(z)|=M(r,f)的z有

(22)

设E3={|z|:z∈E1},则E3的对数测度有穷.由方程(21)和(22)可知,对所有满足|z|∉[0,1]∪E2∪E3和|f(z)|=M(r,f)的z有

(23)

由于f是超越整函数,并且

所以当z→∞时,

(24)

由式(23),(24)导出式(23)左边趋于0,显然这是矛盾的,因此方程(13)超越整函数解的级至少是1.使用类似前面的证明方法可证方程(14)和(15)超越整函数解的级至少为1,定理5证毕.

定理6的证明假设f是方程(16)的一个有穷级超越整函数解.下面导出矛盾.当n=1时,由方程(18)有

f(z)f(k)(z)=1-f(z+c).

根据引理2得

m(r,f(k)(z))=S(r,f).

显然这是不可能的.而当n≥3的情况则由Yang在文献[7]中的结论就能说明此时方程(16)不存在超越整函数解,故定理6得证.

4 定理9和定理10的证明

定理9的证明假设f是方程(19)的一个有穷级超越整函数解,下面分3种情况讨论:

情形1:m=n=1,那么方程(19)可改写成

f(z)f(k)(z)+P(z)2f(z+η)=Q(z),

即

f(z)f(k)(z)=Q(z)-P(z)2f(z+η).

由Clunie引理有

m(r,f(k))=S(r,f).

因此

T(r,f(k))=m(r,f(k))=S(r,f).

显然这是不可能的,即此定理结论成立.

情形2:m=n=2,那么方程(19)可写成下面的形式

(f(z)f(k)(z))2+P(z)2f(z+η)2=Q(z).

(25)

因此,方程(25)改写成

(26)

由方程(26)知f(z)f(k)(z)+iP(z)f(z+η)和f(z)f(k)(z)-iP(z)f(z+η)有有穷个多个零点,结合方程(25)和哈达玛分解定理有

f(z)f(k)(z)+iP(z)f(z+η)=Q1eh(z)

和

f(z)f(k)(z)-iP(z)f(z+η)=Q2e-h(z),

其中h(z)为非常数多项式,Q1,Q2是非零多项式,且Q1Q2=Q(z),因此,

(27)

(28)

对方程(28)求k阶导,有

其中

Mt(h(t),h(t-1),…,h′)]P(h)Pk-1-

Mt(h(t),h(t-1),…,h′)]P(k-h)Pk-1+o(h1(z)),

Nt(h(t),h(t-1),…,h′)]P(h)Pk-1-

Nt(h(t),h(t-1),…,h′)]P(k-h)Pk-1+o(h2(z)).

Mt和Nt是关于(h(t),h(t-1),…,h′,h)的微分多项式.再结合f(z)f(k)(z)和f(z+η)f(k)(z+η)的表达式,有

f(z+η)f(k)(z+η)=

(29)

其中r1,r2,r3分别记成以下的形式:

r1(z)=h1(z)Q1(z),

r2(z)=h1(z)Q2(z)+h2(z)Q1(z),

r3(z)=h2(z)Q2(z).

因此由方程(29)有

r1(z)e2h(z)+h(z+η)-r2(z)eh(z+η)+r3eh(z+η)-2h(z)+

2Pk+2(z)Q1(z+η)e2h(z+η)+

2Pk+2(z)Q2(z+η)≡0.

记

deg(2h(z))=deg(±h(z+η))=

deg(2h(z+η))≥1,

deg(2h(z)-h(z+η))≥1,

deg(2h(z)+h(z+η))≥1,

deg(-2h(z)-h(z+η))≥1.

由引理6有

2Pk+2(z)Q1(z+η)=2Pk+2(z)Q2(z+η).

此与假设P(z),Q1(z),Q2(z)为非零多项式矛盾,因此定理结论成立.

情形3:m=n>2,此时可将方程(19)改写成

由Yang[7]的结论知上述方程不存在超越整函数解,定理证毕.

定理10的证明要证明方程(20)在m≠n且n>2时没有有穷级超越整函数解,只需要证明下面这个微分-差分方程不存在有穷级超越整函数解,

[f(z)f(k)(z)]n+P(z)[Δηf(z)]=Q(z).

(30)

现在假设方程(30)有一个超越整函数解f(z).对方程(30)微分,有

nf(k)(z)n-1[f(z)n-1f′(z)f(k)(z)+

f(z)nf(k+1)(z)]=Q′(z)-P′(z)(Δηf(z))-

P(z)(Δηf′(z)).

(31)

从式(30)中将Δηf(z)表示出,并代入到方程(31)中得到

(32)

P(z)(Δηf′(z)).

注意到n-1≥2,由引理1就有

m(r,φ(z))=S(r,f),m(r,g(z)φ(z))=S(r,f).

此时φ(z)≠0,否则,当φ(z)=0时,f(z)f(k)(z)=C1P(z),C1为非零常数,这显然与假设是矛盾的.由f是超越整函数解,有N(r,φ(z))=S(r,f),因此

T(r,g(z))=m(r,g(z))≤m(r,g(z)φ(z))+

S(r,g(z))=S(r,g(z)).

即

T(r,f(k))=T(r,g(z))≤S(r,g(z))=

S(r,f(k)).

这是不可能的,定理10证毕.