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        廣義Fermat型微分與微差分方程整函數(shù)解的存在性與形式

        2021-06-02 10:04:56徐洪焱

        徐洪焱,汪 楠,劉 林

        (1.上饒師范學(xué)院數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院;2.江西醫(yī)學(xué)高等??茖W(xué)校醫(yī)學(xué)影像系,江西 上饒 334001)

        1 引言及主要結(jié)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(jié)果[2-4],國(guó)內(nèi)外復(fù)分析學(xué)者對(duì)復(fù)域Fermat型差分方程、微差分方程等投入了大量的關(guān)注,并取得了許多有意義且重要的結(jié)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(jí)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(jìn)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(jí)超越整函數(shù)解的增長(zhǎng)級(jí)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(wèn)題:若方程(1.1)中一階導(dǎo)數(shù)換為二階導(dǎo)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(duì)此問(wèn)題,進(jìn)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(hào)[10-13],除此之外,為方便敘述,此處及以下,若α∈,令

        本文的結(jié)果如下:

        定理1.1若α2≠0,1為復(fù)常數(shù),g(z)是關(guān)于z的多項(xiàng)式。若方程

        f(z)2+2αf(z)f″(z)+f″(z)2=eg(z)

        (1.4)

        存在有限級(jí)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(shuō)明當(dāng)g(z)=az+b時(shí),方程(1.1)解的存在性。

        定理1.2若α2≠0,1,c為復(fù)常數(shù),g(z)是關(guān)于z的多項(xiàng)式。若方程

        f(z+c)2+2αf(z+c)f″(z)+f″(z)2=eg(z)

        (15)

        存在有限級(jí)超越整函數(shù)解f(z),則g(z)須為形如g(z)=az+b的多項(xiàng)式,這里a,b為常數(shù)。進(jìn)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(gè)例子說(shuō)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(shí)。

        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(jí)整函數(shù),則

        (ⅰ)h為多項(xiàng)式,g為有限級(jí)整函數(shù);

        (ⅱ)h為非多項(xiàng)式的有限級(jí)整函數(shù),g為零級(jí)超越整函數(shù)。

        引理2.2[14]設(shè)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(shè)f(z)為方程(1.4)的有限級(jí)超越整函數(shù)解。置

        (3.1)

        這里u,v為有限級(jí)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(jí)超越整函數(shù)以及g(z)為多項(xiàng)式,由引理2.1知,存在多項(xiàng)式p(z)使得

        (3.2)

        于是

        結(jié)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

        (3.5)

        若p為非常數(shù),由(3.5)式知

        (3.6)

        否則,結(jié)合γ1,γ2為多項(xiàng)式,通過(guò)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(shè)f(z)為方程(1.5)的有限級(jí)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(jié)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(jié)合g(z)是多項(xiàng)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(shè)矛盾。

        γ1(z)=a1z+b1,γ2(z)=a2z+b2,a1≠a2

        再結(jié)合(4.1)得

        這樣,根據(jù)情形1與情形2,定理1.2得證。

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