一类费马型微分–差分方程解的问题

Solution on Differential-Difference Equation of Fermat-Type

摘要: 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。

Abstract: 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.

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])。

例如，表示函数 $f\left(z\right)$ 的增长级， $S\left(f\right)$ 表示所有 $f\left(z\right)$ 的小函数所构成的集合。

另外， $f\left(z+c\right)$ 表示函数 $f\left(z\right)$ 的平移， ${\Delta }_{c}f\left(z\right)=f\left(z+c\right)-f\left(z\right)$， ${\Delta }_c^{n}f\left(z\right)={\Delta }_c\left({\Delta }_c^{n-1}f\left(z\right)\right)$ 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 $f^n\left(z\right)+g^n\left(z\right)=1$ 解的讨论，已有许多经典结果 [4] [5] [6]。

在2004年，Yang and Li [6] 考虑了以下费马型微分方程解的情形，他们证明了

定理1. 设k是一个正整数， $b_0,b_1,\cdots ,b_{k-1},b_k\ne 0$ 是常数， $L\left(f\right)={\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{b}_j{f}^{\left(j\right)}}$。则费马型方程 ${\left[f\left(z\right)\right]}^2+{\left[L\left(f\right)\right]}^2=1$ 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

${\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{b}_j{a}^j}=\frac{1}{i}$, ${\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{b}_j{\left(-a\right)}^j}=-\frac{1}{i}$.

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 [1] [7] - [12]。

2012年，Liu等人 [11] 研究了以下费马型差分–微分方程，并获得了以下结论。

${\left[f^{\prime }\left(z\right)\right]}^2+{\left[f\left(z+c\right)-f\left(z\right)\right]}^2=1$. (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

$f\left(z\right)=\sin \left(2z+Bi\right)/2$,

其中， $c=\left(\pi +2n\pi \right)/2$，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 [13] [14] [15]。

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

${\left[f^{\prime }\left(z\right)\right]}^2+{\left[{\Delta }_c^{k}f\left(z\right)-f\left(z\right)\right]}^2=1$. (1.2)

本人主要证明了以下结论。

定理3. 设 $f\left(z\right)$ 是微分–差分方程(1.2)的有穷级整函数解，则 $f\left(z\right)$ 必定具有以下形式之一：

$f\left(z\right)\equiv \pm 1$，或者

，其中 $a,b,d$ 是常数，并且满足 ${\text{e}}^{kac}={\left(-1\right)}^k$，

${\left({\text{e}}^{ac}-1\right)}^k\ne 1$, $a=i{\left({\text{e}}^{ac}-1\right)}^k-i$.

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：

$f\left(z\right)\equiv \pm 1$，或者

$f\left(z\right)=\frac{1}{3}\sin \left(3z+bi\right)+d$，其中 $b,d$ 是常数， $c=\left(\pi +n\pi \right)/3$。

2. 一些引理

引理1 ( [3])设 是亚纯函数， $g_i\left(z\right)\left(1\le i\le n\right)\left(n\ge 2\right)$ 是整函数，并且满足：

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{f}_i\left(z\right){\text{e}}^{g_i\left(z\right)}}\equiv 0$ ;

对任意的 $1\le i\le n$， $1\le k<l\le n$ 时，均有

$T\left(r,f_j\right)=S\left(r,{\text{e}}^{g_h-g_l}\right)$, $r\to \infty$, $r\notin E$,

其中是对数测度有穷的集合。

则 $f_i\left(z\right)\equiv 0\left(1\le i\le n\right)$。

引理2 ( [3]) (Hadamard 分解定理)设 $f\left(z\right)$ 是有穷级整函数， $\left\{z_1,z_2,\cdots \right\}\subset C\backslash \left\{0\right\}$ 是其零点，并且0是其k重零点，则

$f\left(z\right)=z^{k}P\left(z\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}$,

其中 $P\left(z\right)$ 是由 $f\left(z\right)$ 除零之外的所有零点构成的典型乘积， $Q\left(z\right)$ 是一个满足 $\mathrm{deg}Q\le \rho \left(f\right)$ 的多项式。

3. 定理3的证明

设 $f\left(z\right)$ 是方程(1.2)的有穷级整函数解，将(1.3)改写成下式

。 (3.1)

从(3.1)式可知， $f^{\prime }\left(z\right)+i\left({\Delta }_c^{k}f\left(z\right)-f\left(z\right)\right)$ 与 $f^{\prime }\left(z\right)-i\left({\Delta }_c^{k}f\left(z\right)-f\left(z\right)\right)$ 均没有零点，由引理3，Hadamard分解定理可得：

(3.2)

其中 $p\left(z\right)$ 是一个多项式。

解(3.2)式，可得

$f^{\prime }\left(z\right)=\frac{{\text{e}}^{p\left(z\right)}+{\text{e}}^{-p\left(z\right)}}{2}$, (3.3)

${\Delta }_c^{k}f\left(z\right)-f\left(z\right)=\frac{{\text{e}}^{p\left(z\right)}-{\text{e}}^{-p\left(z\right)}}{2i}$. (3.4)

以下分两种情形讨论。

情形1. $f\left(z\right)$ 是超越整函数。则由(3.3)式知， $p\left(z\right)$ 是非常数多项式。令 $\mathrm{deg}p=m$，则 $m\ge 1$。

对(3.4)式两边同时求一阶导，可得

${\left[{\Delta }_c^{k}f\left(z\right)-f\left(z\right)\right]}^{\prime }={\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j{f}^{\prime }\left(z+jc\right)}-f^{\prime }\left(z\right)=\frac{p^{\prime }\left(z\right)}{2i}\left[{\text{e}}^{p\left(z\right)}+{\text{e}}^{-p\left(z\right)}\right]$. (3.5)

另一方面，由(3.3)式，可得

$f^{\prime }\left(z+jc\right)=\frac{1}{2}\left[{\text{e}}^{p\left(z+jc\right)}+{\text{e}}^{-p\left(z+jc\right)}\right]$. (3.6)

结合(3.5)与(3.6)式，经简单计算可得

${\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j\left[{\text{e}}^{p\left(z+jc\right)}+{\text{e}}^{-p\left(z+jc\right)}\right]-}\left[{\text{e}}^{p\left(z\right)}+{\text{e}}^{-p\left(z\right)}\right]=-i{p}^{\prime }\left(z\right)\left[{\text{e}}^{p\left(z\right)}+{\text{e}}^{-p\left(z\right)}\right]$. (3.7)

合并同类项，即得

$\left[i{p}^{\prime }\left(z\right)-1+{\left(-1\right)}^k\right]\left[{\text{e}}^{p\left(z\right)}+{\text{e}}^{-p\left(z\right)}\right]+{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j\left[{\text{e}}^{p\left(z+jc\right)}+{\text{e}}^{-p\left(z+jc\right)}\right]=0}$. (3.8)

若，则对任意的 $0\le j<l\le k$，均有

$\rho \left({\text{e}}^{p\left(z+jc\right)-p\left(z+lc\right)}\right)=m-1\ge 1$, 且 $\rho \left({\text{e}}^{p\left(z+jc\right)+p\left(z+lc\right)}\right)=m\ge 2$.

由(3.8)式，结合引理2，可得 ${\left(-1\right)}^{k-k}{C}_k^k=0$，矛盾。

因此， $m=1$。因此，可设 $p\left(z\right)=az+b$，其中 $a\ne 0$。则 ， $p\left(z\right)-p\left(z+jc\right)=-ajc$，与 $p\left(z\right)+p\left(z+jc\right)=2p\left(z\right)+ajc$。

(3.8)式两边同时乘以 ${\text{e}}^{p\left(z\right)}$，并化简，可得

$\left[ia-1+{\left(-1\right)}^k\right]\left[{\text{e}}^{2p\left(z\right)}+1\right]+{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j\left[{\text{e}}^{p\left(z\right)+p\left(z+jc\right)}+{\text{e}}^{p\left(z\right)-p\left(z+jc\right)}\right]=0}$.

即

$\left[ia-1+{\left(-1\right)}^k\right]\left[{\text{e}}^{2p\left(z\right)}+1\right]+{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j\left[{\text{e}}^{2p\left(z\right)+ajc}+{\text{e}}^{-ajc}\right]=0}$. (3.9)

由(3.9)式可得

${\text{e}}^{2p\left(z\right)}\left[{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j{\text{e}}^{ajc}+ia-1}\right]+\left[{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j{\text{e}}^{-ajc}+ia-1}\right]=0$. (3.10)

注意到 ${\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j{\text{e}}^{ajc}}={\left({\text{e}}^{ac}-1\right)}^k$， ${\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j{\text{e}}^{-ajc}}={\left({\text{e}}^{-ac}-1\right)}^k$。由(3.10)，可得

$\{\begin{array}{l}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j{\text{e}}^{ajc}+ia-1}=0;\\ {\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j{\text{e}}^{-ajc}+ia-1}=0.\end{array}$

否则，由(3.10)式，有

${\text{e}}^{2p\left(z\right)}=-\frac{{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j{\text{e}}^{-ajc}+ia-1}}{{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{\left(-1\right)}^{k-j}{C}_k^j{\text{e}}^{ajc}+ia-1}}$,

即得 ${\text{e}}^{2p\left(z\right)}$ 是一个常数，这与 $\mathrm{deg}p=m=1$ 矛盾。

从而

$\{\begin{array}{l}{\left({\text{e}}^{ac}-1\right)}^k+ia-1=0;\\ {\left({\text{e}}^{-ac}-1\right)}^k+ia-1=0.\end{array}$ (3.11)

解(3.11)式，易得 ，且 ${\left({\text{e}}^{ac}-1\right)}^k\ne 1$， $a=i{\left({\text{e}}^{ac}-1\right)}^k-i$。因此， $f\left(z\right)$ 具有以下形式

$f\left(z\right)=\frac{{\text{e}}^{az+b}-{\text{e}}^{-az-b}}{2a}+d=\frac{1}{ai}\sin \left[aiz+bi\right]+d$.

情形2. $f\left(z\right)$ 是多项式。则由(3.3)式可得 $p\left(z\right)$ 是一个常数，因此， $f^{\prime }\left(z\right)$ 恒为常函数，从而 $f\left(z\right)=az+b$。如果 k ≥2，则显然 ${\Delta }_c^{k}f\left(z\right)\equiv 0$，代入(1.2)式，可得 $a^2+{\left(az+b\right)}^2=1$，解得， $b=\pm 1$。如果 $k=1$，则 ${\Delta }_c^{k}f\left(z\right)\equiv ac$，代入(1.2)式，可得 ，同样解得， $b=\pm 1$。因此， $f\left(z\right)\equiv \pm 1$。

定理3证明完毕。

基金项目

国家自然科学基金青年资助项目(11901119)。