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        Fermat型偏微差分方程解的存在性及形式

        2021-12-16 11:50:06徐洪焱
        南昌大學學報(理科版) 2021年5期
        關鍵詞:劉凱方程解上饒

        汪 楠,徐洪焱,劉 林

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

        1 引言及主要結(jié)果

        文章假定讀者熟悉Nevanlinna值分布理論,我們將采用Nevanlinna理論的基本符號[1-3]。隨著Nevanlinna理論在差分領域的快速發(fā)展,許多學者在差分方程等方面獲得了一系列重要且有趣的結(jié)果(見文獻[4-9])。2012年間,劉凱,楊連中等[7-9]討論了幾類Fermat型復域微分、差分方程

        f′(z)2+f(z+c)2=1

        (1.1)

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

        (1.2)

        f(z)2+f′(z)2=1

        (1.3)

        其中c∈為非零常數(shù),他們得到:方程(1.1)的有限級超越整函數(shù)解必為f(z)=sin(z±Bi),其中c=2kπ或c=(2k+1)π,B∈,k∈N;方程(1.2)的有限級超越整函數(shù)解必為f(z)=sin(Az+B),其中,k∈N;方程(1.3)的有限級超越整函數(shù)解為f(z)=sin(z+c),c∈。

        2018年,Xu-Cao[10-11]利用多復變Nevanlinna值分布理論以及差分模擬結(jié)果,討論了多變量Fermat型偏微-差分方程解的性質(zhì),將劉凱等人的結(jié)果推廣到多變量情形。

        定理A[10-11]設c=(c1,c2)∈2,則偏微差分方程

        的任意有限級超越整函數(shù)解具有形式f(z1,z2)=sin(A1z1+A2z2+B),其中A1,A2,B為常數(shù),滿足A1eiA1c1=1,特別地,若c1=0,則f(z1,z2)=sin(z1+A2z2+B)。

        定理B[10]設c∈n{0}。那么Fermat型偏微差分方程

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

        (1.4)

        的解具有

        由于涉及多變量差分Nevanlinna理論[12-13]起步較晚,有關復域偏微分與差分方程的文獻并不多,關于Fermat型偏微差分方程的還有許多問題有待研究。本文將針對此問題,進一步討論Fermat型偏微差分方程解的存在性條件及其形式,獲得結(jié)果如下:

        定理1.1設c=(c1,c2)∈2-{(0,0)},若f(z1,z2)為方程

        (1.5)

        的有限級超越整函數(shù)解,則f(z1,z2)具有形如

        這里L(z)=μ1z1+μ2z2;a1,a2≠0且L(c)=μ1c1+μ2c2,μ1,μ2,b∈滿足以下情況之一:

        以下例子顯示方程(1.5)解的存在性。

        例1.1若

        則f(z1,z2)為方程(1.5)的有限級超越整函數(shù)解,其中μ1=0,μ2=2,b∈,。

        例1.2若

        則易知f(z1,z2)為方程(1.5)的有限級超越整函數(shù)解。

        若方程(1.5)同時包含兩類偏微分以及差分,那么

        定理1.2設c=(c1,c2)∈2{(0,0)},s=c2z1-c1z2。若f(z1,z2)為方程

        (1.6)

        的有限級超越整函數(shù)解,則f(z1,z2)具有

        這里a1≠0,a2,a3不同時為零,L(z)=μ1z1+μ2z2,H(s)是關于s的多項式且L(c)=μ1c1+μ2c2,μ1,μ2,b∈滿足以下情況之一:

        (ⅱ) 若a2c2≠a3c1,則H(s)≡0且

        下列例子說明方程(1.6)解的存在性與形式的準確性。

        例1.7令L(z)=iz1-iz2,H(s)≡0,b=0,則

        例1.8令L(z)=-iz1-iz2,H(s)≡0,b=0,a1=1,a2=a3=1,則

        2 引理

        文章須用到以下引理。

        引理2.1[14-15]若F為n上的整函數(shù),F(xiàn)(0)≠0,ρ(nF)=ρ<∞,則存在函數(shù)fF與gF∈n,滿足F(z)=fF(z)egF(z),特別地,當n=1時,fF是魏爾斯特拉斯函數(shù)。

        注2.1這里ρ(nF)是零點計數(shù)F的階數(shù)。

        引理2.2[3]若g與h是復平面的整函數(shù),且g(h)是有限級整函數(shù),則存在以下兩種情況:

        (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2.3[16]設fj(≠0),j=1,2,3是m上的亞純函數(shù),f1非常數(shù)。如果f1+f2+f3=1以及

        3 定理1.1的證明

        設f(z)為方程(1.5)的有限級超越整函數(shù)解,重寫方程(1.5)為

        (3.1)

        于是

        (3.2)

        (3.3)

        將(3.2)代入(3.3),得

        (3.4)

        (3.5)

        由(3.4),(3.5),得

        (3.6)

        根據(jù)(3.5),(3.6),可知e2[p(z+c)-p(z)]=-1,可得

        p(z)=L(z)+H(s)+b,e2L(c)=-1

        這里L是一個線性函數(shù),形如L(z)=μ1z1+μ2z2,H(s)是關于s的多項式,其中s=c2z1-c1z2,μ1,μ2,b∈。

        另一方面,由(3.5),(3.6)知

        由(3.5)或(3.6),知

        那么

        如果c2=0,即H(s)=H(-c1z2),又因為e2[p(z+c)-p(z)]=-1,則degsH≤1。

        如果c2≠0,易知H(s)是關于s的多項式且degsH≤1。因此,L(z)+H(s)+b是關于z1,z2的線性,不妨設μ1z1+μ2z2+b,μ1,μ2,b∈。結(jié)合(3.5)與(3.6),則

        這里L(z)=μ1z1+μ2z2,且L(c),μ1,μ2,b∈滿足

        于是,定理1.1得證。

        4 定理1.2的證明

        假設f(z)是方程(1.6)的解,類似上述證明,存在非常數(shù)多項式p(z),使得

        (4.1)

        (4.2)

        由(4.1)與(4.2)得

        e2[p(z+c)-p(z)]=-1

        于是p(z)=L(z)+H(s)+b,這里L是線性函數(shù),形如L(z)=μ1z1+μ2z2,H(s)是關于s的多項式,其中s=c2z1-c1z2,μ1,μ2,b∈,且e2L(c)=-1。

        另一方面,由(4.1),(4.2)得

        再根據(jù)上述所知p(z)=L(z)+H(s)+b,有

        (4.3)

        若a1=1,a2μ1+a3μ2=0,則L(c)=0,eL(c)=1,這與上述e2L(c)=-1矛盾。

        這里k∈Z。

        若a1=-1,a2μ1+a3μ2=0,則L(c)=0,eL(c)=1,這與上述e2L(c)=-1矛盾。

        綜上,定理1.2證畢。

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