ABSTRACT

This paper studied the periodicity of entire functions with its difference, and proved: Let $f\left(z\right)$ be a transcendental entire function of finite order, and d be a Picard exceptional value of $f\left(z\right)$. If $f\left(z\right){\Delta }_{c}f\left(z\right)$ is a periodic function, then $f\left(z\right)$ is also a periodic function.

Keywords:Entire Function, Picard Exceptional Value, Periodic Function

与差分相关的整函数周期性问题

邓炳茂¹，杨世伟²

¹广东金融学院，金融数学与统计学院，广东 广州

²华南农业大学，应用数学研究所，广东 广州

收稿日期：2020年1月24日；录用日期：2020年2月12日；发布日期：2020年2月19日

摘 要

本文主要研究了有穷级整函数与差分相关的周期性问题，主要证明了：如果是有穷级超越整函数，d是 $f\left(z\right)$ 的一个Picard例外值，如果 是周期函数，则 $f\left(z\right)$ 也是周期函数。

关键词 :整函数，Picard例外值，周期函数

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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])。特别的， $\rho \left(f\right)$ 表示整函数f的级，当 $\rho \left(f\right)<\infty$ 时，称f为有穷级整函数。

设是复平面上的整函数，定义其差分算子为

${\Delta }_{c}f\left(z\right)=f\left(z+c\right)-f\left(z\right)$,${\Delta }_c^{n}f\left(z\right)={\Delta }_c\left({\Delta }_c^{n-1}f\left(z\right)\right)$.

2018年，王琼、扈培础 [4] 研究了杨重俊提出的如下猜想：

猜想1：如果 $f\left(z\right)$ 是超越整函数，对某个正整数k，如果是周期函数，则 $f\left(z\right)$ 也是周期函数。

王琼、扈培础 [4] 证明了以下特殊情形，猜想1是正确的，他们证明了：

定理1：如果是超越整函数，对某个正整数k，如果 ${\left(f^2\left(z\right)\right)}^{\left(k\right)}$ 是周期函数，则也是周期

函数。

注1：显然 ${\left(f^2\left(z\right)\right)}^{\prime }=2f\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)$，即定理1说明猜想1当 $k=1$ 时是正确的。

2019年，刘凯等人 [5] 研究了在有非零Picard例外值的情形，猜想1是正确的。

定理2：如果 $f\left(z\right)$ 是超越整函数， $d\ne 0$ 是 $f\left(z\right)$ 的一个Picard例外值，对某个正整数k，如果 $f\left(z\right)f^{\left(k\right)}\left(z\right)$ 是周期函数，则 $f\left(z\right)$ 也是周期函数。

对于定理2，要求 $d\ne 0$，自然会问，当 $d=0$ 时，定理2结论是否成立？本文研究了该问题，证明了以下结论。

定理3：如果 $f\left(z\right)$ 是有穷级超越整函数，0是 $f\left(z\right)$ 的一个Picard例外值，对某个正整数k，如果是以c为周期的函数，则，其中 $a\ne 0,b$ 是两个常数，并且 ${\text{e}}^{2ac}=1$，即 $f\left(z\right)$ 是以

2c周期的周期函数。

另外，我们将定理2中的导数替换成差分，证明了如下结论。

定理4：如果是有穷级超越整函数，d是的一个Picard例外值，如果 $f\left(z\right){\Delta }_{c}f\left(z\right)$ 是周期函数，则 $f\left(z\right)$ 也是周期函数。

2. 一些引理

引理2.1 ( [6])设是一个有穷级亚纯函数，c是非零常数，则有

.

引理2.2 ( [2])设 $f_i\left(z\right)\left(1\le i\le n\right)\left(n\ge 3\right)$ 除 $f_n$ 之外是非常值亚纯函数，并且满足，和存在一个常数 $\lambda <1$，对任意的， $1\le k\le n$ 时，均有

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}N\left(r,\frac{1}{f_j}\right)}+\left(n-1\right){\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\bar{N}\left(r,f_j\right)}<\left(\lambda +o\left(1\right)\right)T\left(r,f_k\right)$, , $r\notin E$,

其中 $E\subset \left(1,\infty \right)$ 是测度有穷的集合。

则 $f_n\left(z\right)\equiv 1$。

3. 定理3的证明

由0是 $f\left(z\right)$ 的Picard例外值，且 $f\left(z\right)$ 是有穷级超越整函数，因此存在非常数多项式 $p\left(z\right)$，使得 $f\left(z\right)={\text{e}}^{p\left(z\right)}$，显然 $T\left(r,p\right)=S\left(r,f\right)$。经简单计算，可得，其中是关于的微分多项式。显然 $H\left(p\left(z\right)\right)\cancel{\equiv }0$，否则 $f^{\left(k\right)}\left(z\right)\equiv 0$，得 $f\left(z\right)$ 是一个次数不超过 $k-1$ 的多项式，这与 $f\left(z\right)$ 是超越整函数矛盾。引理2.1可得 $T\left(r,H\left(p\left(z\right)\right)\right)=S\left(r,f\right)$，。

另外，因为 $f{f}^{\left(k\right)}$ 是周期函数，不妨设其周期为c，则有

.(1)

将，代入(1)式，可得

$H\left(p\left(z\right)\right){\text{e}}^{2p\left(z\right)}=H\left(p\left(z+c\right)\right){\text{e}}^{2p\left(z+c\right)}$.

从而有

${\text{e}}^{2{\Delta }_{c}p\left(z\right)}=\frac{H\left(p\left(z\right)\right)}{H\left(p\left(z+c\right)\right)}$.

当时， $\mathrm{deg}{\Delta }_{c}p\left(z\right)=\mathrm{deg}p\left(z\right)-1\ge 1$.

$T\left(r,{\text{e}}^{{\Delta }_{c}p\left(z\right)}\right)=T\left(r,\frac{H\left(p\left(z\right)\right)}{H\left(p\left(z+c\right)\right)}\right)=S\left(r,{\text{e}}^{{\Delta }_{c}p\left(z\right)}\right)$,

矛盾。

所以 $\mathrm{deg}p\left(z\right)=1$，令 $p\left(z\right)=az+b$，其中 $a\ne 0$. 则 $f\left(z\right)={\text{e}}^{az+b}$，$f^{\left(k\right)}\left(z\right)=a^k{\text{e}}^{az+b}$，代入(1)式，可得，所以 ${\text{e}}^{2ac}=1$，即得。

定理3证明完毕。

4. 定理4的证明

由d是 的Picard例外值，且是有穷级超越整函数，因此存在非常数多项式 $p\left(z\right)$，使得 $f\left(z\right)=d+{\text{e}}^{p\left(z\right)}$，显然 $T\left(r,p\right)=S\left(r,f\right)$。经简单计算，可得 ${\Delta }_{c}f\left(z\right)={\text{e}}^{p\left(z+c\right)}-{\text{e}}^{p\left(z\right)}$，若 ${\Delta }_{c}f\left(z\right)\equiv 0$，则显然 $f\left(z\right)$ 是以c为周期的周期函数，以下考虑 ${\Delta }_{c}f\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 的情形。

另一方面，因为 $f\left(z\right){\Delta }_{c}f\left(z\right)$ 是周期函数，不访设其周期为 $\eta$，则有

$f\left(z\right){\Delta }_{c}f\left(z\right)=f\left(z+\eta \right){\Delta }_{c}f\left(z+\eta \right)$.(2)

将 $f\left(z\right)=d+{\text{e}}^{p\left(z\right)}$，${\Delta }_{c}f\left(z\right)={\text{e}}^{p\left(z+c\right)}-{\text{e}}^{p\left(z\right)}$ 代入(2)式，

当 $c+\eta \ne 0$ 时，有

$d\left({\text{e}}^{{\Delta }_{c}p}-1-{\text{e}}^{{\Delta }_{c+\eta }p}+{\text{e}}^{{\Delta }_{\eta }p}\right){\text{e}}^p+\left({\text{e}}^{{\Delta }_{c}p}-1-{\text{e}}^{{\Delta }_{\eta }p+{\Delta }_{c+\eta }p}+{\text{e}}^{2{\Delta }_{\eta }p}\right){\text{e}}^{2p}\equiv 0$. (3)

可断言：

$d\left({\text{e}}^{{\Delta }_{c}p}-1-{\text{e}}^{{\Delta }_{c+\eta }p}+{\text{e}}^{{\Delta }_{\eta }p}\right)\equiv 0$, (4)

. (5)

若不然，由(3)式及引理2.1，引理2.2，可得

$T\left(r,{\text{e}}^p\right)=T\left(r,\frac{d\left({\text{e}}^{{\Delta }_{c}p}-1-{\text{e}}^{{\Delta }_{c+\eta }p}+{\text{e}}^{{\Delta }_{\eta }p}\right)}{{\text{e}}^{{\Delta }_{c}p}-1-{\text{e}}^{{\Delta }_{\eta }p+{\Delta }_{c+\eta }p}+{\text{e}}^{2{\Delta }_{\eta }p}}\right)=S\left(r,{\text{e}}^p\right)$.

矛盾。

令 $p\left(z\right)=a_n{z}^n+a_{n-1}{z}^{n-1}+\cdots +a_{1}z+a_0$，$n\ge 1$，$a_n\ne 0$。

情形1。 $n\ge 2$。则 ${\Delta }_{c}p\left(z\right)=n{a}_{n}c{z}^{n-1}+P_1\left(z\right)$，。其中是次数不超过的多项式。可知 ${\Delta }_{c}p,{\Delta }_{\eta }p+{\Delta }_{c+\eta }p,{\Delta }_{\eta }p$ 均是次数为 $n-1$ 的多项式。由(5)式及引理2.2，可得 ${\text{e}}^{{\Delta }_{c}p}\equiv 1$，或者 ${\text{e}}^{{\Delta }_{\eta }p+{\Delta }_{c+\eta }p}\equiv 1$，或者 ${\text{e}}^{2{\Delta }_{\eta }p}\equiv 1$，矛盾。

情形2。 $n=1$。则 $p\left(z\right)=a_{1}z+a_0$，， ${\Delta }_{c+\eta }p\left(z\right)=a_1\left(c+\eta \right)$，代入(5)式，可得

，即 $\left({\text{e}}^{a_{1}c}-1\right)\left(1-{\text{e}}^{2a_1\eta }\right)\equiv 0$ 解方程，有 ${\text{e}}^{a_{1}c}=1$，或 ${\text{e}}^{2a_1\eta }=1$。即 $f\left(z\right)$ 是以c或 $2\eta$ 为周期的周期函数。进一步的，若 $d\ne 0$，结合(4)式，可得，或 ${\text{e}}^{a_1\eta }=1$，即 $f\left(z\right)$ 是以c或 $\eta$ 为周期的周期函数。

当 $c+\eta =0$ 时，有

$d\left({\text{e}}^{{\Delta }_{c}p}-2+{\text{e}}^{{\Delta }_{\eta }p}\right){\text{e}}^p+\left({\text{e}}^{{\Delta }_{c}p}-1-{\text{e}}^{{\Delta }_{\eta }p}+{\text{e}}^{2{\Delta }_{\eta }p}\right){\text{e}}^{2p}\equiv 0$. (6)

与上述讨论类似，可得 $f\left(z\right)$ 是以c或 $\eta$ 为周期的周期函数。

定理4证明完毕。

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,杨世伟. 与差分相关的整函数周期性问题
Periodicity of Entire Functions Concerning Difference[J]. 理论数学, 2020, 10(02): 96-99. https://doi.org/10.12677/PM.2020.102015

参考文献