理论数学  >> Vol. 10 No. 3 (March 2020)

一类费马型微分–差分方程解的问题
Solution on Differential-Difference Equation of Fermat-Type

DOI: 10.12677/PM.2020.103023, PDF, HTML, XML, 下载: 177  浏览: 271  国家自然科学基金支持

作者: 邓炳茂:广东金融学院金融数学与统计学院,广东 广州

关键词: 费马型方程整函数微分–差分方程Fermat-Type Equation Entire Function Differential-Difference Equation

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+[ Δckf(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+[ Δckf(z)-f(z)]2=1 and obtained some interesting results.

文章引用: 邓炳茂. 一类费马型微分–差分方程解的问题[J]. 理论数学, 2020, 10(3): 162-166. https://doi.org/10.12677/PM.2020.103023

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 ( z ) 的增长级, S ( f ) 表示所有 f ( z ) 的小函数所构成的集合。

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 [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 , , 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 [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。

[ 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 [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

[ 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

,其中 a , b , d 是常数,并且满足 e k a c = ( 1 ) k

( 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

2. 一些引理

引理1 ( [3])设 是亚纯函数, g i ( z ) ( 1 i n ) ( n 2 ) 是整函数,并且满足:

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 ,

其中是对数测度有穷的集合。

f i ( z ) 0 ( 1 i n )

引理2 ( [3]) (Hadamard 分解定理)设 f ( z ) 是有穷级整函数, { z 1 , z 2 , } C \ { 0 } 是其零点,并且0是其k重零点,则

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。

3. 定理3的证明

f ( z ) 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 ( z ) + i ( Δ c k f ( z ) f ( z ) ) 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:

(3.2)

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)

,则对任意的 0 j < l k ,均有

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 p ( z ) p ( z + j c ) = a j c ,与 p ( z ) + p ( z + j c ) = 2 p ( z ) + a j c

(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 .

[ 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 ,且 ( e a c 1 ) k 1 a = i ( e a c 1 ) k i 。因此, f ( z ) 具有以下形式

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 b = ± 1 。如果 k = 1 ,则 Δ c k f ( z ) a c ,代入(1.2)式,可得 ,同样解得 b = ± 1 。因此, f ( z ) ± 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)。

参考文献

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