廣義Fermat型微分與微差分方程整函數(shù)解的存在性與形式

徐洪焱，汪 楠，劉 林

(1.上饒師范學院數(shù)學與計算機科學學院；2.江西醫(yī)學高等專科學校醫(yī)學影像系,江西 上饒 334001)

1 引言及主要結果

1966年,Gross[1]討論了Fermat型函數(shù)方程f(z)2+g(z)2=1,得到了其整函數(shù)解具有形式f(z)=cosa(z),g(z)=sina(z),其中a(z)為整函數(shù)。隨著Nevanl-inna理論的不斷發(fā)展與深入,借助于Nevanlinna理論與Nevanlinna理論的差分模擬結果[2-4],國內(nèi)外復分析學者對復域Fermat型差分方程、微差分方程等投入了大量的關注,并取得了許多有意義且重要的結果[5-9]。

2009至2013年,劉愷,楊連中,曹廷彬,曹紅哲等[6-8]討論了差分方程f(z+c)2+f(z)2=1與f(z+c)2+f′(z)2=1,指出:后者具有形如f(z)=sin(z±Bi)的有限級超越整函數(shù)解,其中B為常數(shù),c=2kπ或c=(2k+1)π,k為整數(shù)。2016年,劉愷與楊連中在文[9]中進一步討論了方程

f(z)2+2αf(z)f′(z)+f′(z)2=1

(1.1)

f(z)2+2αf(z)f(z+c)+f(z+c)2=1

(1.2)

得到

定理A[9]若α2≠0，1,則方程(1.1)不存在超越亞純解。

定理B[9]若α2≠0，1,則方程(1.2)的有限級超越整函數(shù)解的增長級必為1。

2019年,Han-Lv在文[5]中討論了廣義Fermat型微分方程

f(z)2+f′(z)2=eαz+β

(1.3)

得到

定理C[5]方程(1.3)的亞純解必為整函數(shù)解,且要么α=0,要么方程(1.3)具有形如f(z)=eβ/2sin(z+b)或者f(z)=de(αz+β)/2。

受定理A-C的啟發(fā),有問題：若方程(1.1)中一階導數(shù)換為二階導數(shù),以及右邊的常數(shù)1換成更一般的函數(shù)eg(z),方程解的情形如何呢？本文將針對此問題,進一步討論Fermat型微分、微差分方程解的存在與形式。文章將采用Nevanlinna理論的基本符號[10-13],除此之外,為方便敘述，此處及以下,若α∈,令

本文的結果如下:

定理1.1若α2≠0，1為復常數(shù),g(z)是關于z的多項式。若方程

f(z)2+2αf(z)f″(z)+f″(z)2=eg(z)

(1.4)

存在有限級超越整函數(shù)解,則g(z)須滿足g(z)=az+b,這里a,b為常數(shù)。

下例說明當g(z)=az+b時,方程(1.1)解的存在性。

定理1.2若α2≠0，1,c為復常數(shù),g(z)是關于z的多項式。若方程

f(z+c)2+2αf(z+c)f″(z)+f″(z)2=eg(z)

(15)

存在有限級超越整函數(shù)解f(z),則g(z)須為形如g(z)=az+b的多項式,這里a,b為常數(shù)。進一步，f(z)具有以下情形之一：

其中a(≠0),b,ξ為常數(shù)且滿足

其中a1,a2,b1,b2為常數(shù),且滿足a1≠a2,以及

兩個例子說明定理1.2中解的形式是精確的。

例1.2取α=3,ξ=1,以及

于是,函數(shù)f(z)滿足方程(15)在c=πi以及g(z)=(a1+a2)z+b1+b2時。

2 引理

為證明定理1.1與定理1.2，需下列引理。

引理2.1[13]若g,h為整函數(shù),g(h)為有限級整函數(shù),則

(ⅰ)h為多項式,g為有限級整函數(shù)；

(ⅱ)h為非多項式的有限級整函數(shù),g為零級超越整函數(shù)。

引理2.2[14]設fj(≠0),j=1,2,3是上的亞純函數(shù),f1非常數(shù)。若f1+f2+f3=1以及

(λ+o(1))T(r)

3 定理1.1的證明

假設f(z)為方程(1.4)的有限級超越整函數(shù)解。置

(3.1)

這里u,v為有限級整函數(shù)。于是,方程(1.4)可寫為

(1+α)u2+(1-α)v2=eg

由上式得

因式分解后

由f(z)為有限級超越整函數(shù)以及g(z)為多項式,由引理2.1知,存在多項式p(z)使得

令

(3.2)

于是

結合(3.1)式得到

(3.3)

(3.4)

這里A1,A2如第1部分所述。由(3.3)與(3.4)式知

即

(3.5)

若p為非常數(shù),由(3.5)式知

(3.6)

否則,結合γ1,γ2為多項式,通過比較下式

兩邊,左邊為超越,右邊為有理函數(shù),這是不可能的。

(3.6)第一式可化為

(3.7)

(3.8)

g(z)=γ1(z)+γ2(z)=(β1+β2)z+b1+b2=az+b

(3.9)

這里a=β1+β2,b=b1+b2。

(3.10)

g(z)=γ1(z)+γ2(z)=(ζ1+ζ2)z+d1+d2=az+b

綜上,定理1.1得證。

4 定理1.2的證明

假設f(z)為方程(1.5)的有限級超越整函數(shù)解。類似于定理1.1的討論可得(3.4)式與

(4.1)

由(3.4),(4.1)得

(4.2)

下面分兩種情形討論。

情形1若γ1(z+c)-γ2(z+c)為常數(shù),結合(3.2),即2p(z+c)為常數(shù),也就是p(z)為常數(shù)。令ξ=ep。根據(jù)(3.4),(4.1)得

(4.3)

由上兩式可得

A2ξ-1)[2g″+(g′)2]

(4.4)

e[g(z+c)-g(z)]/2=

上式左邊為超越,右邊是有理函數(shù),這是不可能的。故g(z+c)-g(z)為常數(shù),結合g(z)是多項式得g(z)=az+b,這里a(≠0),b為常數(shù),滿足

(4.5)

由(4.3)第一式得

(4.6)

根據(jù)(4.5)(4.6),定理1.2(ⅰ)得證。

γ1(z)-γ2(z)+γ1(z+c)-γ2(z+c)=2(p(z)+p(z+c))=ε1-ε2

這意味著p(z)為常數(shù),與情形2假設矛盾。

γ1(z)=a1z+b1,γ2(z)=a2z+b2,a1≠a2

且

再結合(4.1)得

這樣,根據(jù)情形1與情形2,定理1.2得證。