本文证明了若非常数亚纯函数
梁娥
云南师范大学数学学院,云南 昆明
收稿日期:2017年12月20日;录用日期:2018年1月2日;发布日期:2018年1月12日
本文证明了若非常数亚纯函数 f ( z ) , g ( z ) , h ( z ) , w ( z ) 的极点中至多只有一个是公共单级极点,且 m i n { ρ f , ρ , g ρ h , ρ w } < 1 2 ,则一定不是Fermat型函数方程的解。
关键词 :Fermat型函数方程,亚纯函数,增长极
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本文使用Nevanlinna值分布理论的基本结果及其标准记号 [
f n + g n + h n + w n = 1 (1)
的非常数亚纯函数解,G.G.GUNDERSEN在文献 [
我们也知道,用Cartan定理易证 n ≥ 16 时,函数方程(1)不存在非常数亚纯函数解,那么就存在一个公开性的问题;当 9 ≤ n ≤ 15 时,函数方程(1)是否存在非常数亚纯函数解?
基于这个问题,本文我们将研究当 n = 15 时,函数方程(1)的亚纯函数解的状况。
之前苏敏、李玉华 [
加上直接研究费马型函数方程 f 15 ( z ) + g 15 ( z ) + h 15 ( z ) + w 15 ( z ) = 1 的非平凡亚纯解较难,从而在引入级小于1的条件的启发下,本文得到了以下结果:
定理1:若非常数亚纯函数 f ( z ) , g ( z ) , h ( z ) , w ( z ) 的极点中至多只有一个是公共单级极点,且 min { ρ f , ρ g , ρ h , ρ w } < 1 / 2 ,则 f ( z ) , g ( z ) , h ( z ) , w ( z ) 一定不是Fermat型函数方程 f 15 ( z ) + g 15 ( z ) + h 15 ( z ) + w 15 ( z ) = 1 的解。
引理1 [
引理2 [
特别的,若非常数亚纯函数 f ( z ) 的级 ρ f < 1 ,则有
引理3 [
W ( ψ 1 , ψ 2 , ⋯ , ψ k ) ≜ | ψ 1 ⋯ ψ k ψ ′ 1 ⋯ ψ ′ k ⋮ ⋱ ⋮ ψ 1 ( k − 1 ) ⋯ ψ k ( k − 1 ) | ≡ 0 .
引理4:若非常数亚纯函数
f 15 + g 15 + h 15 + w 15 = 1 , (2)
令
τ = | f 3 g 3 h 3 w 3 f 2 f ′ g 2 g ′ h 2 h ′ w 2 w ′ 14 f ( f ′ ) 2 + f 2 f ″ 14 g ( g ′ ) 2 + g 2 g ″ 14 h ( h ′ ) 2 + h 2 h ″ 14 w ( w ′ ) 2 + w 2 w ″ L 3 ( f ) L 3 ( g ) L 3 ( h ) L 3 ( w ) | ,
其中 L 3 ( μ ) = 182 ( μ ′ ) 3 + 42 μ μ ′ μ ″ + μ 2 μ ‴ ,( μ 为非常数亚纯函数)。
则 τ 是整函数。
引理4的证明:
因为非常数亚纯函数 f , g , h , w 满足函数方程(2),则 f 15 , g 15 , h 15 , w 15 线性无关。事实上,若 f 15 , g 15 , h 15 , w 15 线性相关,则 f , g , h , w 中至少有一个为常数函数,矛盾。结合引理3,则有:
W ( f 15 , g 15 , h 15 , w 15 ) = | f 15 g 15 h 15 w 15 15 f 14 f ′ 15 g 14 g ′ 15 h 14 h ′ 15 w 14 w ′ L 1 ( f ) L 1 ( g ) L 1 ( h ) L 1 ( w ) L 2 ( f ) L 2 ( g ) L 2 ( h ) L 2 ( w ) | = 3375 f 12 g 12 h 12 w 12 τ ≡ 0 (3)
其中 L 1 ( μ ) = 210 μ 13 ( μ ′ ) 2 + 15 μ 14 μ ″ ; L 2 ( μ ) = 2730 μ 12 ( μ ′ ) 3 + 630 μ 13 μ ′ μ ″ + 15 μ 14 μ ‴ ,(其中 μ 为非常数亚纯函数)。
故 τ ≡ 0 。此外,结合函数方程 f 15 + g 15 + h 15 + w 15 = 1 以及伏朗斯基行列式的特点可得到:
W ( f 15 , g 15 , h 15 , w 15 ) = | 15 g 14 g ′ 15 h 14 h ′ 15 w 14 w ′ L 1 ( g ) L 1 ( h ) L 1 ( w ) L 2 ( g ) L 2 ( h ) L 2 ( w ) | = 3375 g 12 h 12 w 12 | g 2 g ′ h 2 h ′ w 2 w ′ 14 g ( g ′ ) 2 + g 2 g ″ 14 h ( h ′ ) 2 + h 2 h ″ 14 w ( w ′ ) 2 + w 2 w ″ L 3 ( g ) L 3 ( h ) L 3 ( w ) | (4)
其中 L 3 ( μ ) = 182 ( μ ′ ) 3 + 42 μ μ ′ μ ″ + μ 2 μ ‴ ,(其中 μ 为非常数亚纯函数)。
由(3)、(4)可得
τ = 1 f 12 | g 2 g ′ h 2 h ′ w 2 w ′ 14 g ( g ′ ) 2 + g 2 g ″ 14 h ( h ′ ) 2 + h 2 h ″ 14 w ( w ′ ) 2 + w 2 w ″ L 3 ( g ) L 3 ( h ) L 3 ( w ) | (5)
同理,可得:
τ = 1 w 12 | f 2 f ′ g 2 g ′ h 2 h ′ 14 f ( f ′ ) 2 + f 2 f ″ 14 g ( g ′ ) 2 + g 2 g ″ 14 h ( h ′ ) 2 + h 2 h ″ L 3 ( f ) L 3 ( g ) L 3 ( h ) | (8)
实际上,因为定义的 τ ( z ) 为涉及 f , g , h , w 的行列式,则若
f ( z ) = A ( z − z ∞ ) m ( 1 + o ( 1 ) ) ,
由(2)式成立可知,若继设 max { m , n , p , q } = m ,根据等式两边对称性,则
τ = g 2 g ′ h 2 h ′ w 2 w ′ f 12 | 1 1 1 14 g ′ g + g ″ g ′ 14 h ′ h + h ″ h ′ 14 w ′ w + w ″ w ′ L 4 ( g ) L 4 ( h ) L 4 ( w ) | , (9)
其中
而行列式
| 1 1 1 14 g ′ g + g ″ g ′ 14 h ′ h + h ″ h ′ 14 w ′ w + w ″ w ′ L 4 ( g ) L 4 ( h ) L 4 ( w ) | = { [ ( 14 h ′ h + h ″ h ′ ) − ( 14 g ′ g + g ″ g ′ ) ] [ ( 182 ( w ′ w ) 2 + 42 w ″ w + w ‴ w ′ ) − ( 182 ( g ′ g ) 2 + 42 g ″ g + g ‴ g ′ ) ] − [ ( 14 w ′ w + w ″ w ′ ) − ( 14 g ′ g + g ″ g ′ ) ] [ ( 182 ( h ′ h ) 2 + 42 h ″ h + h ‴ h ′ ) − ( 182 ( g ′ g ) 2 + 42 g ″ g + g ‴ g ′ ) ] } (10)
通过代换 f , g , h , w 的洛朗展开式进行运算可得,上面的行列式实际可以表示为
12 m − 3 ( n + p + q + 1 ) ≥ 3 (*)
时, z ∞ 不是 τ 的极点。下面我们将分类讨论如下:
I) 若 m = n = p = q ≥ 2 ,
易见此情况下满足(*)式,故此时 z ∞ 不是 τ 的极点。
II) 若
此情况下 q ≥ 2 , m ≥ 3 ,也是符合(*)式,故此时 z ∞ 不是 τ 的极点。
III) 若 m = n > p ≥ q ≥ 1 ,
此情况下 q ≥ 1 , p ≥ 1 , m ≥ 2 ,也是符合(*)式,故此时 z ∞ 不是 τ 的极点。
IV) m = n ≥ p > q ≥ 1 ,
此情况下 q ≥ 1 , p ≥ 2 , m ≥ 2 ,符合(*)式,故此时 z ∞ 不是 τ 的极点。
V) m = n ≥ p > q = 0 ,
即在 z ∞ 处函数
VI) m = n = p = q = 1 ,
不妨设 z ∞ = 0 为
h ( z ) = C z + C 0 + C 1 z + C 2 z 2 + C 3 z 3 + O ( z 4 ) , w ( z ) = D z + D 0 + D 1 z + D 2 z 2 + D 3 z 3 + O ( z 4 ) 。
通过计算可知(10)式在公共单级极点处可能产生一阶极点,从而 在公共单级极点
综上所述,若非常数亚纯函数 f ( z ) , g ( z ) , h ( z ) , w ( z ) 无公共单级极点,则 τ 为整函数,引理4得证。
记
τ 4 = 1 ( f g h w ) 3 | g ′ g h ′ h w ′ w L 5 ( g ) L 5 ( h ) L 5 ( w ) L 6 ( g ) L 6 ( h ) L 6 ( w ) | ⋅ | f ′ f h ′ h w ′ w L 5 ( f ) L 5 ( h ) L 5 ( w ) L 6 ( f ) L 6 ( h ) L 6 ( g ) | ⋅ | f ′ f g ′ g w ′ w L 5 ( f ) L 5 ( g ) L 5 ( w ) L 6 ( f ) L 6 ( g ) L 6 ( w ) | ⋅ | f ′ f g ′ g h ′ h L 5 ( f ) L 5 ( g ) L 5 ( h ) L 6 ( f ) L 6 ( g ) L 6 ( h ) |
其中 L 5 ( μ ) = 14 ( μ ′ μ ) 2 + μ ″ μ ; L 6 ( μ ) = 182 ( μ ′ μ ) 3 + 42 μ ′ μ ⋅ μ ″ μ + μ ‴ μ ( μ 为非常数亚纯函数)。
从而有
τ 15 = τ 3 ( f g h w ) 9 | g ′ g h ′ h w ′ w L 5 ( g ) L 5 ( h ) L 5 ( w ) L 6 ( g ) L 6 ( h ) L 6 ( w ) | 3 ⋅ | f ′ f h ′ h w ′ w L 5 ( f ) L 5 ( h ) L 5 ( w ) L 6 ( f ) L 6 ( h ) L 6 ( g ) | 3 ⋅ | f ′ f g ′ g w ′ w L 5 ( f ) L 5 ( g ) L 5 ( w ) L 6 ( f ) L 6 ( g ) L 6 ( w ) | 3 ⋅ | f ′ f g ′ g h ′ h L 5 ( f ) L 5 ( g ) L 5 ( h ) L 6 ( f ) L 6 ( g ) L 6 ( h ) | 3 (**)
因为非常数亚纯函数
情况一:若非常数亚纯函数 f ( z ) , g ( z ) , h ( z ) , w ( z ) 无公共单级极点,则采用反证法,假设函数方程(2)存在级小于 1 2 的非常数亚纯函数解,根据引理1知
ρ f = ρ f ′ = ρ f ″ = ρ f ‴ , ρ g = ρ g ′ = ρ g ″ = ρ g ‴ ,
ρ h = ρ h ′ = ρ h ″ = ρ h ‴ ,
于是 max { ρ f , ⋯ , ρ f ‴ , ρ g , ⋯ , ρ g ‴ , ρ h , ⋯ , ρ h ‴ , ρ w , ⋯ , ρ w ‴ } < 1 2 ,又根据引理2和(**)式有
再结合引理4的结论知 τ 为整函数,则 τ ( z ) = 0 ,这与 τ ( z ) ≡ 0 矛盾。
情况二:若非常数亚纯函数 f ( z ) , g ( z ) , h ( z ) , w ( z ) 仅有一个公共单级极点 z 0 ,不妨设 z 0 = 0 ,由函数方程(2)有 f 15 ( z 2 ) + g 15 ( z 2 ) + h 15 ( z 2 ) + w 15 ( z 2 ) = 1 成立,兹令
F ( z ) = f ( z 2 ) , G ( z ) = g ( z 2 ) , H ( z ) = h ( z 2 ) , W ( z ) = w (z2)
则有 F 15 ( z ) + G 15 ( z ) + H 15 ( z ) + W 15 ( z ) = 1 ,且 ρ F = ρ G = ρ H = ρ W = 2 ρ f < 2 × 1 2 = 1 ,而非常数亚纯函数 f ( z ) , g ( z ) , h ( z ) , w ( z ) 仅有一个公共单重极点0,则 F ( z ) , G ( z ) , H ( z ) , W ( z ) 无公共单级极点,此时可转化为同情况一一样的讨论亦得出矛盾。
综上,定理1得证。
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