与差分方程相关的唯一性问题

Uniqueness Problem of Merpmorphic Function Concerning Difference Equation

摘要: 本文主要研究了差分方程f (z+c)-f(z)=R(z)的一个有穷级亚纯函数解f(z)与g(z) CM分担0，1，∞的唯一性问题，补充并推广了崔宁，陈宗煊等人2017年的结论。

Abstract: This paper studied the uniqueness of a finite order meromorphic solution f(z) of the difference equation f(z+c)-f(z)=R(z) sharing 0, 1, ∞ CM with meromorphic g(z). Our results sup-plemented and improved the result due to Cui and Chen in 2017.

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] )。

设 $f\left(z\right)$ 和 $g\left(z\right)$ 是定义在整个复平面上的亚纯函数，a是一个有穷复数。如果 $f\left(z\right)-a$ 与 $g\left(z\right)-a$ 有相同的零点(计重数)，则称 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ CM分担a。如果 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 有相同的极点(计重数)，则称 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ CM分担 $\infty$。(本中的亚纯函数均指定义在整个复平面上的亚纯函数)。

1929年，Nevanlinna [4] 证明了著名的五值唯一性定理。

定理1. 设 $f\left(z\right)$ 和 $g\left(z\right)$ 是两个非常数亚纯函数， $a_i\left(i=1,2,3,4,5\right)$ 是五个相互判别的复数。若 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ CM分担 $a_i\left(i=1,2,3,4,5\right)$，则 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$。

亚纯函数的唯一性理论是复分析的一个重要研究部分，随着这一理论的发展，亚纯函数唯一性理论现在也日趋完善，并获得许多有趣的研究成果(见参考文献 [5] [6] )。近年来，随着差分形式对数导数引理的成功建立，涉及差分与差分方程的唯一性问题成为热点研究课题 [7] [8]。

2017年，崔宁、陈宗煊 [9] 研究了一类差分方程解f与一个亚纯函数g CM分担三个值的唯一性问题，他们证明了如下定理。

定理2. 设 $a_1\left(z\right),a_0\left(z\right),F\left(z\right)$ 是非零多项式，并且满足 $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\cancel{\equiv }0$。设 $f\left(z\right)$ 差分方程

$a_1\left(z\right)f\left(z+1\right)+a_0\left(z\right)f\left(z\right)=F\left(z\right)$ (1.1)

的有穷级超越亚纯解。如果亚纯函数 $g\left(z\right)$ 与 $f\left(z\right)$ CM分担0，1， $\infty$，那么下列情形之一必发生：

(I) $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ ；

(II) $f\left(z\right)+g\left(z\right)\equiv f\left(z\right)g\left(z\right)$ ；

(III) 存在一个多项式 $\beta \left(z\right)=az+b_0$ 和一个常数 $a_0$ 满足 ${\text{e}}^{a_0}\ne {\text{e}}^{b_0}$，使得 $f\left(z\right)=\frac{1-{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}}{{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}\left({\text{e}}^{a_0-b_0}-1\right)}$ 与 $f\left(z\right)=\frac{1-{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}}{1-{\text{e}}^{b_0-a_0}}$，其中 $a\ne 0$， $b_0$ 为常数。

注意到定理2中的条件 $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\cancel{\equiv }0$，自然会问：(1) 当 $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\equiv 0$ 时，是否仍有相关结论？(2) 结论(II)中 $f\left(z\right)+g\left(z\right)\equiv f\left(z\right)g\left(z\right)$，是否能确定出 $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 的具体形式？

对于问题(1)，当 $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\equiv 0$，(1.1)式可改写成

$f\left(z+c\right)-f\left(z\right)=R\left(z\right)$ (1.2)

其中 $R\left(z\right)=F\left(z\right)/a_1\left(z\right)$ 是一个非零有理函数。

本文研究了以上问题，并获得了以下结论。

定理3. 设 $R\left(z\right)$ 是非零有理函数。设 $f\left(z\right)$ 差分方程(1.2)的有穷级超越亚纯解。如果亚纯函数 $g\left(z\right)$ 与 $f\left(z\right)$ CM分担0，1， $\infty$，则有 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$。

另外，针对问题(2)，结合定理3，本文考虑了定理2去掉 $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 这一条件的情形。

定理4. 设 $a_1\left(z\right),a_0\left(z\right),F\left(z\right)$ 是非零多项式。设 $f\left(z\right)$ 差分方程(1.1)的有穷级超越亚纯解。如果亚纯函数 $g\left(z\right)$ 与 $f\left(z\right)$ CM分担0，1， $\infty$，那么下列情形之一必发生：

(1) $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$ ；

(2) $f\left(z\right)={\text{e}}^{bz+b_0}+1$， $g\left(z\right)={\text{e}}^{-bz-b_0}+1$。其中 ${\text{e}}^b\ne 1$， $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\cancel{\equiv }0$。

(3) 存在一个多项式 $\beta \left(z\right)=az+b_0$ 和一个常数 $a_0$ 满足 ${\text{e}}^{a_0}\ne {\text{e}}^{b_0}$，使得 $f\left(z\right)=\frac{1-{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}}{{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}\left({\text{e}}^{a_0-b_0}-1\right)}$ 与 $g\left(z\right)=\frac{1-{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}}{1-{\text{e}}^{b_0-a_0}}$，其中 $a\ne 0$， $b_0$ 为常数。

例1. 设 $f\left(z\right)={\text{e}}^{2z}+1$， $g\left(z\right)={\text{e}}^{-2z}+1$。则 $f\left(z\right)$ 是 $zf\left(z+1\right)-{\text{e}}^{2}zf\left(z\right)=\left(1-{\text{e}}^2\right)z$ 的一个有穷级整函数解。显然 $g\left(z\right)$ 与 $f\left(z\right)$ CM分担0，1， $\infty$。这表明定理情形二是存在的。

注：定理4证明了定理2中的条件 $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 是可去掉的，并进一步讨论了定理2中情形2具体解的形式。

2. 一些引理

引理2.1 ( [10] )设 $f\left(z\right)$ 是一个有穷级亚纯函数，c是非零常数，则有

$T\left(r,f\left(z+c\right)\right)=T\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)$。

引理2.2 ( [2] ) 设 $f_i\left(z\right)\left(1\le i\le n\right)\left(n\ge 2\right)$ 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：

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

(2) 对任意的， $1\le k<l\le n$ 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 $E\subset \left(1,\infty \right)$ 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 ( [9] )设是有穷级亚纯函数， $g\left(z\right)$ 是亚纯函数。如果 $g\left(z\right)$ 与 $f\left(z\right)$ CM分担0，1， $\infty$，则 $g\left(z\right)$ 也是有穷级亚纯函数，并且 $T\left(r,g\right)=O\left(T\left(r,f\right)\right)+S\left(r,f\right)$。

3. 定理3的证明

由 $f\left(z\right)$ 与 $$ CM分担0，1， $\infty$，结合引理2.3可得，存在多项式 $\alpha \left(z\right)$， $\beta \left(z\right)$，使得下式成立：

$\frac{g\left(z\right)}{f\left(z\right)}={\text{e}}^{\alpha \left(z\right)}$， $\frac{g\left(z\right)-1}{f\left(z\right)-1}={\text{e}}^{\beta \left(z\right)}$。 (3.1)

若，从(3.1)式，易得 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$。以下讨论 ${\text{e}}^{\alpha \left(z\right)}\cancel{\equiv }{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}$ 的情形。

由(3.1)式，以及 ${\text{e}}^{\alpha \left(z\right)}\cancel{\equiv }{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}$，可解得

$f\left(z\right)=\frac{1-{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}}{{\text{e}}^{\alpha \left(z\right)}-{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}}$。 (3.2)

将(3.2)式代入(1.2)式，可得

$A_1{\text{e}}^{\alpha +\beta }+A_2{\text{e}}^{2\beta }+A_3{\text{e}}^{2\alpha }+A_4{\text{e}}^{\alpha }+A_5{\text{e}}^{\beta }\equiv 0$。 (3.3)

其中 $A_1=\left(R-1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }+\left(R+1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }$， $A_2=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }$， $A_3=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }$， $A_4=1-{\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }$， $A_5={\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }-1$。

以下分四种情形讨论。

情形1. $\mathrm{deg}\alpha >\mathrm{deg}\beta$。则(3.3)式可改写成

$B_2{\text{e}}^{2\alpha }+B_1{\text{e}}^{\alpha }+B_0\equiv 0$， (3.4)

其中

$\{\begin{array}{l}{B}_2=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha };\\ B_1=\left[\left(R-1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }+\left(R+1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\right]{\text{e}}^{\beta }+\left(1-{\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\right);\\ B_0=\left({\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }-1\right){\text{e}}^{\beta }-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }{\text{e}}^{2\beta }.\end{array}$

对任意的 $0\le i\le 2$，显然有 $T\left(r,B_i\right)=S\left(r,{\text{e}}^{\alpha }\right)$。因此，由(3.4)式及引理2.2可得 $B_2=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\equiv 0$，从而有 $R\equiv 0$，这与R是非零有理函数相矛盾。

情形2. $\mathrm{deg}\alpha <\mathrm{deg}\beta$。则(3.3)式可改写成

$C_2{\text{e}}^{2\beta }+C_1{\text{e}}^{\beta }+C_0\equiv 0$， (3.5)

其中

$\{\begin{array}{l}{C}_2=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta };\\ C_1=\left[\left(R-1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }+\left(R+1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\right]{\text{e}}^{\alpha }+\left({\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }-1\right);\\ C_0=\left(1-{\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\right){\text{e}}^{\alpha }-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }{\text{e}}^{2\alpha }.\end{array}$

对任意的 $0\le i\le 2$，显然有 $T\left(r,C_i\right)=S\left(r,{\text{e}}^{\beta }\right)$。因此，由(3.5)式及引理2.2可得 $C_2=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }\equiv 0$，从而有 $R\equiv 0$，这与R是非零有理函数相矛盾。

情形3. $\mathrm{deg}\alpha =\mathrm{deg}\beta \ge 1$。分四种子情形讨论。

情形3.1. $\mathrm{deg}\left(\alpha -\beta \right)=\mathrm{deg}\left(2\alpha -\beta \right)=\mathrm{deg}\left(2\beta -\alpha \right)=\mathrm{deg}\alpha$。则(3.3)式可改写为

$A_1{\text{e}}^{F_1}+A_2{\text{e}}^{F_2}+A_3{\text{e}}^{F_3}+A_4{\text{e}}^{F_4}+A_5{\text{e}}^{F_5}\equiv 0$。 (3.6)

其中 $A_1=\left(R-1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }+\left(R+1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }$， $A_2=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }$， $A_3=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }$， $A_4=1-{\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }$， $A_5={\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }-1$， $F_1=\alpha +\beta$， $F_2=2\beta$， $F_3=2\alpha$， $F_4=\alpha$， $F_5=\beta$。显然，对任意的 $1\le i\le 5$， $1\le h<l\le 5$，均有 $T\left(r,A_i\right)=S\left(r,{\text{e}}^{F_h-F_l}\right)$ $=S\left(r,{\text{e}}^{\alpha }\right)$。因此，由引理2.2可得， $A_2=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }\equiv 0$，从而有 $R\equiv 0$，这与R是非零有理函数相矛盾。

情形3.2. $\mathrm{deg}\left(\alpha -\beta \right)<\mathrm{deg}\alpha$。令 $\alpha -\beta =p_1$，则 $\alpha =\beta +p_1$，因此(3.3)式可改写成

$D_2{\text{e}}^{2\beta }+D_1{\text{e}}^{\beta }\equiv 0$， (3.7)

其中 $D_2=\left(\left(R-1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }+\left(R+1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\right){\text{e}}^{p_1}-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }{\text{e}}^{2p_1}$， $D_1=\left(1-{\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\right){\text{e}}^{p_1}+{\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }-1$。显然，对任意的 $1\le i\le 2$，均有 $$。由引理2.2可得， $D_2\equiv D_1\equiv 0$。

由 $\mathrm{deg}\alpha =\mathrm{deg}\beta \ge 1$，显然 $\mathrm{deg}{\Delta }_c\alpha =\mathrm{deg}{\Delta }_c\beta =\mathrm{deg}\alpha -1$，可得 $\mathrm{deg}{p}_1\le \mathrm{deg}{\Delta }_c\alpha =\mathrm{deg}{\Delta }_c\beta$。

情形3.2.1. $\text{deg}\left({\Delta }_c\alpha +p_1\right)<\mathrm{deg}{p}_1$。则显然 $\text{deg}{p}_1=\mathrm{deg}{\Delta }_c\alpha \ge 1$，由 $D_1\equiv 0$ 结合引理2.2，易得 ${\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha +p_1}+1\equiv 0$，且 ${\text{e}}^{p_1}+{\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }\equiv 0$，即得 ${\text{e}}^{p_1}=-{\text{e}}^{-{\Delta }_c\alpha }=-{\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }$。将此式代入 $D_2\equiv 0$，可得

$D_2=-\left(R-1\right){\text{e}}^{2{\Delta }_c\beta }-\left(R+1\right)-2R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }\equiv 0$。 (3.8)

由 $\text{deg}{\Delta }_c\beta =\text{deg}{\Delta }_c\alpha \ge 1$，R是有理函数，以及引理2.2，可得 $R\equiv 0$，这与R是非零有理函数相矛盾。

情形3.2.2. $\text{deg}\left({\Delta }_c\alpha +p_1\right)>\mathrm{deg}{p}_1$。则显然有 $\text{deg}{\Delta }_c\alpha =\text{deg}{\Delta }_c\beta >\mathrm{deg}{p}_1\ge 0$，则由 $D_1\equiv 0$ 结合引理2.2，易得 ${\text{e}}^{p_1}\equiv 1$，即 ${\text{e}}^{p_1}={\text{e}}^{\alpha -\beta }=1$，从而有 ${\text{e}}^{\alpha }\equiv {\text{e}}^{\beta }$，这与假设 $$，矛盾。

情形3.2.3. $\text{deg}\left({\Delta }_c\alpha +p_1\right)=\mathrm{deg}{p}_1\ge 1$。则显然 $\text{deg}{p}_1=\mathrm{deg}{\Delta }_c\alpha \ge 1$，以及 $\mathrm{deg}\left({\Delta }_c\alpha -{\Delta }_c\beta \right)=\mathrm{deg}{\Delta }_c{p}_1$。当 $\text{deg}\left(p_1-{\Delta }_c\beta \right)=\mathrm{deg}{p}_1$ 时，由 $D_1\equiv 0$ 结合引理2.2，可得 $-1=0$，矛盾。因此 $\text{deg}\left(p_1-{\Delta }_c\beta \right)<\mathrm{deg}{p}_1$。令 $p_1-{\Delta }_c\beta =p_{11}$，则 $D_1=\left(1-{\text{e}}^{-p_{11}}\right){\text{e}}^{p_1}-{\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha +p_1}-1\equiv 0$。由引理2.2，可得 $-1=0$，矛盾。

情形3.2.4. $\text{deg}\left({\Delta }_c\alpha +p_1\right)=\mathrm{deg}{p}_1=0$。则显 $\mathrm{deg}{\Delta }_c\alpha =\mathrm{deg}{\Delta }_c\beta =0$。即 $\alpha$， $\beta$ 是一次多项式，结合 $\mathrm{deg}\left(\alpha -\beta \right)<\mathrm{deg}\alpha$，不妨设， $\beta \left(z\right)=a_{1}z+b_0$，其中 $a_1\ne 0$， ${\text{e}}^{a_0}\ne {\text{e}}^{b_0}$ 是常数。此式代入(3.2)式，可得

$f\left(z\right)=\frac{1-{\text{e}}^{a_{1}z+b_0}}{{\text{e}}^{a_{1}z+a_0}-{\text{e}}^{a_{1}z+b_0}}=\frac{1-{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}}{{\text{e}}^{\beta \left(z\right)}\left({\text{e}}^{a_0-b_0}-1\right)}$。

再将上式代入(1.2)式并化简，可得

$R\left(z\right)\left({\text{e}}^{a_0-b_0}-1\right)+\left({\text{e}}^{a_{1}c}-1\right){\text{e}}^{\beta \left(z\right)}\equiv 0$。

结合引理2.2，可得 $R\left(z\right)\left({\text{e}}^{a_0-b_0}-1\right)\equiv 0$，从而 $R\left(z\right)\equiv 0$，或者 ${\text{e}}^{a_0-b_0}\equiv 1$，矛盾。

情形3.3. $\text{deg}\left(2\alpha -\beta \right)<\mathrm{deg}\alpha$。则令 $2\alpha -\beta =-p_2$，从而(3.3)式可改写成

$G_4{\text{e}}^{4\alpha }+G_3{\text{e}}^{3\alpha }+G_2{\text{e}}^{2\alpha }+G_1{\text{e}}^{\alpha }\equiv 0$， (3.9)

其中 $G_4=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }{\text{e}}^{2p_2}$， $G_3=\left(\left(R-1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }+\left(R+1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\right){\text{e}}^{p_2}$， $G_2=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }+\left({\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }-1\right){\text{e}}^{p_2}$， $G_1=1-{\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }$。显然，对任意的 $1\le i\le 4$， $T\left(r,G_i\right)=S\left(r,{\text{e}}^{\alpha }\right)$，由引理2.2可得 $G_4=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }{\text{e}}^{2p_2}\equiv 0$，这与R是非零有理函数相矛盾.

情形3.4. $\text{deg}\left(2\beta -\alpha \right)<\mathrm{deg}\alpha$。则令 $2\beta -\alpha =-p_3$，从而(3.3)式可改写成

$H_4{\text{e}}^{4\beta }+H_3{\text{e}}^{3\beta }+H_2{\text{e}}^{2\beta }+H_1{\text{e}}^{\beta }\equiv 0$， (3.10)

其中 $H_4=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }{\text{e}}^{2p_3}$， $H_3=\left(\left(R-1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }+\left(R+1\right){\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\right){\text{e}}^{p_3}$， $H_2=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }+\left(1-{\text{e}}^{{\Delta }_c\alpha }\right){\text{e}}^{p_3}$， $H_1={\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }-1$。显然，对任意的 $1\le i\le 4$， $T\left(r,H_i\right)=S\left(r,{\text{e}}^{\beta }\right)$，由引理2.2可得 $H_4=-R\cdot {\text{e}}^{{\Delta }_c\beta }{\text{e}}^{2p_3}\equiv 0$，这与R是非零有理函数相矛盾。

情形4. $\mathrm{deg}\alpha =\mathrm{deg}\beta =0$。则由(3.2)式知， $f\left(z\right)$ 为常数，这与 $f\left(z\right)$ 是超越亚纯函数相矛盾。

综上所述，定理3得证。

4. 定理4的证明

定理3说明定理2对于条件“ $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\equiv 0,\left(a_i\cancel{\equiv }0,i=0,1\right)$ ”，必有 $f\left(z\right)\equiv g\left(z\right)$，即且当“”时，定理2中的第二、三种情形不会出现。而当“ $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ ”时，定理2中的第二种情形是在“ $\beta =2\alpha$， $\text{deg}\alpha \ge 1$ ”这一条件下获得的(见 [9] 第19页)。而当 $\beta =2\alpha$，代入(3.2)式可得

$f\left(z\right)=\frac{1-{\text{e}}^{2\alpha \left(z\right)}}{{\text{e}}^{\alpha \left(z\right)}-{\text{e}}^{2\alpha \left(z\right)}}={\text{e}}^{-\alpha \left(z\right)}+1$。 (4.1)

将(4.1)式代入(1.1)式，可得

$\left(a_1\left(z\right){\text{e}}^{-{\Delta }_1\alpha \left(z\right)}+a_0\left(z\right)\right){\text{e}}^{-\alpha \left(z\right)}+a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)-F\left(z\right)=0$。 (4.2)

由(4.2)式，结合引理2.2，可得 $a_1\left(z\right){\text{e}}^{-{\Delta }_c\alpha \left(z\right)}+a_0\left(z\right)\equiv 0$，且 $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)-F\left(z\right)\equiv 0$。由于 $a_1\left(z\right)$， $a_0\left(z\right)$， $F\left(z\right)$ 是非零多项式，可得 ${\text{e}}^{-{\Delta }_1\alpha \left(z\right)}$ 是常数，即得 $\alpha \left(z\right)=az+a_0$，由 $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)\cancel{\equiv }0$，可得， ${\text{e}}^a\ne 1$。因此，定理2中的第二种情形，可进一步确定为：存在 $\alpha \left(z\right)=az+a_0$，其中 ${\text{e}}^a\ne 1$，使得 $f\left(z\right)={\text{e}}^{-\alpha \left(z\right)}+1$， $g\left(z\right)={\text{e}}^{\alpha \left(z\right)}+1$。并且方程(1.1)的系数满足 $a_1\left(z\right){\text{e}}^{-a}+a_0\left(z\right)\equiv 0$，且有 $a_1\left(z\right)+a_0\left(z\right)-F\left(z\right)\equiv 0$。

综合以上讨论，结合定理2，定理3，可得定理4。

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)。