与差分方程相关的唯一性问题
Uniqueness Problem of Merpmorphic Function Concerning Difference Equation

作者: 邓炳茂 :广东金融学院金融数学与统计学院,广东 广州;

关键词: 亚纯函数分担值差分方程Meromorphic Function Share Values Difference Equation

摘要:

本文主要研究了差分方程f (z+c)-f(z)=R(z)的一个有穷级亚纯函数解f(z)与g(z) CM分担0,1,∞的唯一性问题,补充并推广了崔宁,陈宗煊等人2017年的结论。

Abstract: This paper studied the uniqueness of a finite order meromorphic solution f(z) of the difference equation f(z+c)-f(z)=R(z) sharing 0, 1, ∞ CM with meromorphic g(z). Our results sup-plemented and improved the result due to Cui and Chen in 2017.

1. 引言及主要结果

假设读者熟悉亚纯函数Nevanlinna值分布理论的基本内容及相关标准符号(见参考文献 [1] [2] [3] )。

f ( z ) g ( z ) 是定义在整个复平面上的亚纯函数,a是一个有穷复数。如果 f ( z ) a g ( z ) a 有相同的零点(计重数),则称 f ( z ) g ( z ) CM分担a。如果 f ( z ) g ( z ) 有相同的极点(计重数),则称 f ( z ) g ( z ) CM分担 。(本中的亚纯函数均指定义在整个复平面上的亚纯函数)。

1929年,Nevanlinna [4] 证明了著名的五值唯一性定理。

定理1. 设 f ( z ) g ( z ) 是两个非常数亚纯函数, a i ( i = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 ) 是五个相互判别的复数。若 f ( z ) g ( z ) CM分担 a i ( i = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 ) ,则 f ( z ) g ( z )

亚纯函数的唯一性理论是复分析的一个重要研究部分,随着这一理论的发展,亚纯函数唯一性理论现在也日趋完善,并获得许多有趣的研究成果(见参考文献 [5] [6] )。近年来,随着差分形式对数导数引理的成功建立,涉及差分与差分方程的唯一性问题成为热点研究课题 [7] [8]。

2017年,崔宁、陈宗煊 [9] 研究了一类差分方程解f与一个亚纯函数g CM分担三个值的唯一性问题,他们证明了如下定理。

定理2. 设 a 1 ( z ) , a 0 ( z ) , F ( z ) 是非零多项式,并且满足 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0 。设 f ( z ) 差分方程

a 1 ( z ) f ( z + 1 ) + a 0 ( z ) f ( z ) = F ( z ) (1.1)

的有穷级超越亚纯解。如果亚纯函数 g ( z ) f ( z ) CM分担0,1, ,那么下列情形之一必发生:

(I) f ( z ) g ( z )

(II) f ( z ) + g ( z ) f ( z ) g ( z )

(III) 存在一个多项式 β ( z ) = a z + b 0 和一个常数 a 0 满足 e a 0 e b 0 ,使得 f ( z ) = 1 e β ( z ) e β ( z ) ( e a 0 b 0 1 ) f ( z ) = 1 e β ( z ) 1 e b 0 a 0 ,其中 a 0 b 0 为常数。

注意到定理2中的条件 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0 ,自然会问:(1) 当 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0 时,是否仍有相关结论?(2) 结论(II)中 f ( z ) + g ( z ) f ( z ) g ( z ) ,是否能确定出 f ( z ) g ( z ) 的具体形式?

对于问题(1),当 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0 ,(1.1)式可改写成

f ( z + c ) f ( z ) = R ( z ) (1.2)

其中 R ( z ) = F ( z ) / a 1 ( z ) 是一个非零有理函数。

本文研究了以上问题,并获得了以下结论。

定理3. 设 R ( z ) 是非零有理函数。设 f ( z ) 差分方程(1.2)的有穷级超越亚纯解。如果亚纯函数 g ( z ) f ( z ) CM分担0,1, ,则有 f ( z ) g ( z )

另外,针对问题(2),结合定理3,本文考虑了定理2去掉 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0 这一条件的情形。

定理4. 设 a 1 ( z ) , a 0 ( z ) , F ( z ) 是非零多项式。设 f ( z ) 差分方程(1.1)的有穷级超越亚纯解。如果亚纯函数 g ( z ) f ( z ) CM分担0,1, ,那么下列情形之一必发生:

(1) f ( z ) g ( z )

(2) f ( z ) = e b z + b 0 + 1 g ( z ) = e b z b 0 + 1 。其中 e b 1 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0

(3) 存在一个多项式 β ( z ) = a z + b 0 和一个常数 a 0 满足 e a 0 e b 0 ,使得 f ( z ) = 1 e β ( z ) e β ( z ) ( e a 0 b 0 1 ) g ( z ) = 1 e β ( z ) 1 e b 0 a 0 ,其中 a 0 b 0 为常数。

例1. 设 f ( z ) = e 2 z + 1 g ( z ) = e 2 z + 1 。则 f ( z ) z f ( z + 1 ) e 2 z f ( z ) = ( 1 e 2 ) z 的一个有穷级整函数解。显然 g ( z ) f ( z ) CM分担0,1, 。这表明定理情形二是存在的。

注:定理4证明了定理2中的条件 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0 是可去掉的,并进一步讨论了定理2中情形2具体解的形式。

2. 一些引理

引理2.1 ( [10] )设 f ( z ) 是一个有穷级亚纯函数,c是非零常数,则有

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

引理2.2 ( [2] ) 设 f i ( z ) ( 1 i n ) ( n 2 ) 是亚纯函数, g i ( z ) ( 1 i n ) ( n 2 ) 是整函数,并且满足:

(1) i = 1 n f i ( z ) e g i ( z ) 0

(2) 对任意的 1 k < l n 时,均有

T ( r , f j ) = S ( r , e g h g l ) r r E

其中 E ( 1 , ) 是对数测度有穷的集合.

f i ( z ) 0 ( 1 i n )

引理2.3 ( [9] )设是有穷级亚纯函数, g ( z ) 是亚纯函数。如果 g ( z ) f ( z ) CM分担0,1, ,则 g ( z ) 也是有穷级亚纯函数,并且 T ( r , g ) = O ( T ( r , f ) ) + S ( r , f )

3. 定理3的证明

f ( z ) CM分担0,1, ,结合引理2.3可得,存在多项式 α ( z ) β ( z ) ,使得下式成立:

g ( z ) f ( z ) = e α ( z ) g ( z ) 1 f ( z ) 1 = e β ( z ) (3.1)

,从(3.1)式,易得 f ( z ) g ( z ) 。以下讨论 e α ( z ) e β ( z ) 的情形。

由(3.1)式,以及 e α ( z ) e β ( z ) ,可解得

f ( z ) = 1 e β ( z ) e α ( z ) e β ( z ) (3.2)

将(3.2)式代入(1.2)式,可得

A 1 e α + β + A 2 e 2 β + A 3 e 2 α + A 4 e α + A 5 e β 0 (3.3)

其中 A 1 = ( R 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α A 2 = R e Δ c β A 3 = R e Δ c α A 4 = 1 e Δ c α A 5 = e Δ c β 1

以下分四种情形讨论。

情形1. deg α > deg β 。则(3.3)式可改写成

B 2 e 2 α + B 1 e α + B 0 0 (3.4)

其中

{ B 2 = R e Δ c α ; B 1 = [ ( R 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ] e β + ( 1 e Δ c α ) ; B 0 = ( e Δ c β 1 ) e β R e Δ c β e 2 β .

对任意的 0 i 2 ,显然有 T ( r , B i ) = S ( r , e α ) 。因此,由(3.4)式及引理2.2可得 B 2 = R e Δ c α 0 ,从而有 R 0 ,这与R是非零有理函数相矛盾。

情形2. deg α < deg β 。则(3.3)式可改写成

C 2 e 2 β + C 1 e β + C 0 0 (3.5)

其中

{ C 2 = R e Δ c β ; C 1 = [ ( R 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ] e α + ( e Δ c β 1 ) ; C 0 = ( 1 e Δ c α ) e α R e Δ c α e 2 α .

对任意的 0 i 2 ,显然有 T ( r , C i ) = S ( r , e β ) 。因此,由(3.5)式及引理2.2可得 C 2 = R e Δ c β 0 ,从而有 R 0 ,这与R是非零有理函数相矛盾。

情形3. deg α = deg β 1 。分四种子情形讨论。

情形3.1. deg ( α β ) = deg ( 2 α β ) = deg ( 2 β α ) = deg α 。则(3.3)式可改写为

A 1 e F 1 + A 2 e F 2 + A 3 e F 3 + A 4 e F 4 + A 5 e F 5 0 (3.6)

其中 A 1 = ( R 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α A 2 = R e Δ c β A 3 = R e Δ c α A 4 = 1 e Δ c α A 5 = e Δ c β 1 F 1 = α + β F 2 = 2 β F 3 = 2 α F 4 = α F 5 = β 。显然,对任意的 1 i 5 1 h < l 5 ,均有 T ( r , A i ) = S ( r , e F h F l ) = S ( r , e α ) 。因此,由引理2.2可得, A 2 = R e Δ c β 0 ,从而有 R 0 ,这与R是非零有理函数相矛盾。

情形3.2. deg ( α β ) < deg α 。令 α β = p 1 ,则 α = β + p 1 ,因此(3.3)式可改写成

D 2 e 2 β + D 1 e β 0 (3.7)

其中 D 2 = ( ( R 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ) e p 1 R e Δ c β R e Δ c α e 2 p 1 D 1 = ( 1 e Δ c α ) e p 1 + e Δ c β 1 。显然,对任意的 1 i 2 ,均有 。由引理2.2可得, D 2 D 1 0

deg α = deg β 1 ,显然 deg Δ c α = deg Δ c β = deg α 1 ,可得 deg p 1 deg Δ c α = deg Δ c β

情形3.2.1. deg ( Δ c α + p 1 ) < deg p 1 。则显然 deg p 1 = deg Δ c α 1 ,由 D 1 0 结合引理2.2,易得 e Δ c α + p 1 + 1 0 ,且 e p 1 + e Δ c β 0 ,即得 e p 1 = e Δ c α = e Δ c β 。将此式代入 D 2 0 ,可得

D 2 = ( R 1 ) e 2 Δ c β ( R + 1 ) 2 R e Δ c β 0 (3.8)

deg Δ c β = deg Δ c α 1 ,R是有理函数,以及引理2.2,可得 R 0 ,这与R是非零有理函数相矛盾。

情形3.2.2. deg ( Δ c α + p 1 ) > deg p 1 。则显然有 deg Δ c α = deg Δ c β > deg p 1 0 ,则由 D 1 0 结合引理2.2,易得 e p 1 1 ,即 e p 1 = e α β = 1 ,从而有 e α e β ,这与假设 ,矛盾。

情形3.2.3. deg ( Δ c α + p 1 ) = deg p 1 1 。则显然 deg p 1 = deg Δ c α 1 ,以及 deg ( Δ c α Δ c β ) = deg Δ c p 1 。当 deg ( p 1 Δ c β ) = deg p 1 时,由 D 1 0 结合引理2.2,可得 1 = 0 ,矛盾。因此 deg ( p 1 Δ c β ) < deg p 1 。令 p 1 Δ c β = p 11 ,则 D 1 = ( 1 e p 11 ) e p 1 e Δ c α + p 1 1 0 。由引理2.2,可得 1 = 0 ,矛盾。

情形3.2.4. deg ( Δ c α + p 1 ) = deg p 1 = 0 。则显 deg Δ c α = deg Δ c β = 0 。即 α β 是一次多项式,结合 deg ( α β ) < deg α ,不妨设 β ( z ) = a 1 z + b 0 ,其中 a 1 0 e a 0 e b 0 是常数。此式代入(3.2)式,可得

f ( z ) = 1 e a 1 z + b 0 e a 1 z + a 0 e a 1 z + b 0 = 1 e β ( z ) e β ( z ) ( e a 0 b 0 1 )

再将上式代入(1.2)式并化简,可得

R ( z ) ( e a 0 b 0 1 ) + ( e a 1 c 1 ) e β ( z ) 0

结合引理2.2,可得 R ( z ) ( e a 0 b 0 1 ) 0 ,从而 R ( z ) 0 ,或者 e a 0 b 0 1 ,矛盾。

情形3.3. deg ( 2 α β ) < deg α 。则令 2 α β = p 2 ,从而(3.3)式可改写成

G 4 e 4 α + G 3 e 3 α + G 2 e 2 α + G 1 e α 0 (3.9)

其中 G 4 = R e Δ c β e 2 p 2 G 3 = ( ( R 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ) e p 2 G 2 = R e Δ c α + ( e Δ c β 1 ) e p 2 G 1 = 1 e Δ c α 。显然,对任意的 1 i 4 T ( r , G i ) = S ( r , e α ) ,由引理2.2可得 G 4 = R e Δ c β e 2 p 2 0 ,这与R是非零有理函数相矛盾.

情形3.4. deg ( 2 β α ) < deg α 。则令 2 β α = p 3 ,从而(3.3)式可改写成

H 4 e 4 β + H 3 e 3 β + H 2 e 2 β + H 1 e β 0 (3.10)

其中 H 4 = R e Δ c α e 2 p 3 H 3 = ( ( R 1 ) e Δ c β + ( R + 1 ) e Δ c α ) e p 3 H 2 = R e Δ c β + ( 1 e Δ c α ) e p 3 H 1 = e Δ c β 1 。显然,对任意的 1 i 4 T ( r , H i ) = S ( r , e β ) ,由引理2.2可得 H 4 = R e Δ c β e 2 p 3 0 ,这与R是非零有理函数相矛盾。

情形4. deg α = deg β = 0 。则由(3.2)式知, f ( z ) 为常数,这与 f ( z ) 是超越亚纯函数相矛盾。

综上所述,定理3得证。

4. 定理4的证明

定理3说明定理2对于条件“ a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0 , ( a i 0 , i = 0 , 1 ) ”,必有 f ( z ) g ( z ) ,即且当“”时,定理2中的第二、三种情形不会出现。而当“ a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0 ”时,定理2中的第二种情形是在“ β = 2 α deg α 1 ”这一条件下获得的(见 [9] 第19页)。而当 β = 2 α ,代入(3.2)式可得

f ( z ) = 1 e 2 α ( z ) e α ( z ) e 2 α ( z ) = e α ( z ) + 1 (4.1)

将(4.1)式代入(1.1)式,可得

( a 1 ( z ) e Δ 1 α ( z ) + a 0 ( z ) ) e α ( z ) + a 1 ( z ) + a 0 ( z ) F ( z ) = 0 (4.2)

由(4.2)式,结合引理2.2,可得 a 1 ( z ) e Δ c α ( z ) + a 0 ( z ) 0 ,且 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) F ( z ) 0 。由于 a 1 ( z ) a 0 ( z ) F ( z ) 是非零多项式,可得 e Δ 1 α ( z ) 是常数,即得 α ( z ) = a z + a 0 ,由 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) 0 ,可得, e a 1 。因此,定理2中的第二种情形,可进一步确定为:存在 α ( z ) = a z + a 0 ,其中 e a 1 ,使得 f ( z ) = e α ( z ) + 1 g ( z ) = e α ( z ) + 1 。并且方程(1.1)的系数满足 a 1 ( z ) e a + a 0 ( z ) 0 ,且有 a 1 ( z ) + a 0 ( z ) F ( z ) 0

综合以上讨论,结合定理2,定理3,可得定理4。

基金项目

国家自然科学基金青年资助项目(11901119,11701188);广东教育厅科研项目(2017KTECX130)。

文章引用: 邓炳茂 (2019) 与差分方程相关的唯一性问题。 理论数学, 9, 916-921. doi: 10.12677/PM.2019.98118

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