本文主要研究了以下费马型微分–差分方程的有穷级整函数解的情形,[f′(z)] 2+[ Δ c kf(z)-f(z)] 2=1并获得了一些有趣的结论。 In this paper, we mainly discussed entire solutions with finite order of the following Fermat type differential-difference equation [f′(z)] 2+[ Δ c kf(z)-f(z)] 2=1 and obtained some interesting results.
邓炳茂
广东金融学院金融数学与统计学院,广东 广州
收稿日期:2020年2月17日;录用日期:2020年3月4日;发布日期:2020年3月13日
本文主要研究了以下费马型微分–差分方程的有穷级整函数解的情形, [ f ′ ( z ) ] 2 + [ Δ c k f ( z ) − f ( z ) ] 2 = 1 并获得了一些有趣的结论。
关键词 :费马型方程,整函数,微分–差分方程
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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 [
例如,
另外, f ( z + c ) 表示函数 f ( z ) 的平移, Δ c f ( z ) = f ( z + c ) − f ( z ) , Δ c n f ( z ) = Δ c ( Δ c n − 1 f ( z ) ) 分别表示其一阶差分及n阶差分。
在早期,对于费马型函数方程 f n ( z ) + g n ( z ) = 1 解的讨论,已有许多经典结果 [
在2004年,Yang and Li [
定理1. 设k是一个正整数, b 0 , b 1 , ⋯ , b k − 1 , b k ≠ 0 是常数, L ( f ) = ∑ j = 0 k b j f ( j ) 。则费马型方程 [ f ( z ) ] 2 + [ L ( f ) ] 2 = 1 的超越亚纯解必具有以下的形式,
其中 P , a 是非零常数,并且满足
∑ j = 0 k b j a j = 1 i , ∑ j = 0 k b j ( − a ) j = − 1 i .
近年来,许多学者研究了差分方程、微分–差分方程解的存在性及增长性问题 [
2012年,Liu等人 [
[ f ′ ( z ) ] 2 + [ f ( z + c ) − f ( z ) ] 2 = 1 . (1.1)
定理2. 方程(1.1)式的超越有穷级整函数解必定具有以下形式
f ( z ) = sin ( 2 z + B i ) / 2 ,
其中, c = ( π + 2 n π ) / 2 ,n是一个正整数,B是一个常数。
还有许多相关的结果,请参见文献 [
本文的主要目的是研究方程(1.1)中的平移为高阶差分的解的形式问题,即研究
[ f ′ ( z ) ] 2 + [ Δ c k f ( z ) − f ( z ) ] 2 = 1 . (1.2)
本人主要证明了以下结论。
定理3. 设 f ( z ) 是微分–差分方程(1.2)的有穷级整函数解,则 f ( z ) 必定具有以下形式之一:
f ( z ) ≡ ± 1 ,或者
( e a c − 1 ) k ≠ 1 , a = i ( e a c − 1 ) k − i .
由定理3,可得以下推论。
推论1. 当(1.2)式中的 k = 1 时,(1.2)式的解必具有以下形式:
f ( z ) ≡ ± 1 ,或者
f ( z ) = 1 3 sin ( 3 z + b i ) + d ,其中 b , d 是常数, c = ( π + n π ) / 3 。
引理1 ( [
∑ i = 1 n f i ( z ) e g i ( z ) ≡ 0 ;
对任意的 1 ≤ i ≤ n , 1 ≤ k < l ≤ n 时,均有
T ( r , f j ) = S ( r , e g h − g l ) , r → ∞ , r ∉ E ,
其中
则 f i ( z ) ≡ 0 ( 1 ≤ i ≤ n ) 。
引理2 ( [
f ( z ) = z k P ( z ) e Q ( z ) ,
其中 P ( z ) 是由 f ( z ) 除零之外的所有零点构成的典型乘积, Q ( z ) 是一个满足 deg Q ≤ ρ ( f ) 的多项式。
设 f ( z ) 是方程(1.2)的有穷级整函数解,将(1.3)改写成下式
从(3.1)式可知, f ′ ( z ) + i ( Δ c k f ( z ) − f ( z ) ) 与 f ′ ( z ) − i ( Δ c k f ( z ) − f ( z ) ) 均没有零点,由引理3,Hadamard分解定理可得:
其中 p ( z ) 是一个多项式。
解(3.2)式,可得
f ′ ( z ) = e p ( z ) + e − p ( z ) 2 , (3.3)
Δ c k f ( z ) − f ( z ) = e p ( z ) − e − p ( z ) 2 i . (3.4)
以下分两种情形讨论。
情形1. f ( z ) 是超越整函数。则由(3.3)式知, p ( z ) 是非常数多项式。令 deg p = m ,则 m ≥ 1 。
对(3.4)式两边同时求一阶导,可得
[ Δ c k f ( z ) − f ( z ) ] ′ = ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j f ′ ( z + j c ) − f ′ ( z ) = p ′ ( z ) 2 i [ e p ( z ) + e − p ( z ) ] . (3.5)
另一方面,由(3.3)式,可得
f ′ ( z + j c ) = 1 2 [ e p ( z + j c ) + e − p ( z + j c ) ] . (3.6)
结合(3.5)与(3.6)式,经简单计算可得
∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j [ e p ( z + j c ) + e − p ( z + j c ) ] − [ e p ( z ) + e − p ( z ) ] = − i p ′ ( z ) [ e p ( z ) + e − p ( z ) ] . (3.7)
合并同类项,即得
[ i p ′ ( z ) − 1 + ( − 1 ) k ] [ e p ( z ) + e − p ( z ) ] + ∑ j = 1 k ( − 1 ) k − j C k j [ e p ( z + j c ) + e − p ( z + j c ) ] = 0 . (3.8)
若
ρ ( e p ( z + j c ) − p ( z + l c ) ) = m − 1 ≥ 1 , 且 ρ ( e p ( z + j c ) + p ( z + l c ) ) = m ≥ 2 .
由(3.8)式,结合引理2,可得 ( − 1 ) k − k C k k = 0 ,矛盾。
因此, m = 1 。因此,可设 p ( z ) = a z + b ,其中 a ≠ 0 。则
(3.8)式两边同时乘以 e p ( z ) ,并化简,可得
[ i a − 1 + ( − 1 ) k ] [ e 2 p ( z ) + 1 ] + ∑ j = 1 k ( − 1 ) k − j C k j [ e p ( z ) + p ( z + j c ) + e p ( z ) − p ( z + j c ) ] = 0 .
即
[ i a − 1 + ( − 1 ) k ] [ e 2 p ( z ) + 1 ] + ∑ j = 1 k ( − 1 ) k − j C k j [ e 2 p ( z ) + a j c + e − a j c ] = 0 . (3.9)
由(3.9)式可得
e 2 p ( z ) [ ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j e a j c + i a − 1 ] + [ ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j e − a j c + i a − 1 ] = 0 . (3.10)
注意到 ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j e a j c = ( e a c − 1 ) k , ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j e − a j c = ( e − a c − 1 ) k 。由(3.10),可得
{ ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j e a j c + i a − 1 = 0 ; ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j e − a j c + i a − 1 = 0.
否则,由(3.10)式,有
e 2 p ( z ) = − ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j e − a j c + i a − 1 ∑ j = 0 k ( − 1 ) k − j C k j e a j c + i a − 1 ,
即得 e 2 p ( z ) 是一个常数,这与 deg p = m = 1 矛盾。
从而
{ ( e a c − 1 ) k + i a − 1 = 0 ; ( e − a c − 1 ) k + i a − 1 = 0. (3.11)
解(3.11)式,易得
f ( z ) = e a z + b − e − a z − b 2 a + d = 1 a i sin [ a i z + b i ] + d .
情形2. f ( z ) 是多项式。则由(3.3)式可得 p ( z ) 是一个常数,因此, f ′ ( z ) 恒为常函数,从而 f ( z ) = a z + b 。如果 k ≥2,则显然 Δ c k f ( z ) ≡ 0 ,代入(1.2)式,可得 a 2 + ( a z + b ) 2 = 1 ,解得
定理3证明完毕。
国家自然科学基金青年资助项目(11901119)。
邓炳茂. 一类费马型微分–差分方程解的问题Solution on Differential-Difference Equation of Fermat-Type[J]. 理论数学, 2020, 10(03): 162-166. https://doi.org/10.12677/PM.2020.103023