一类微分–差分方程的整函数解

The Entire Solutions of Certain Type of Nonlinear Difference Differenfial Equations

摘要: 本文应用Nevanlinna值分布理论来讨论一类非线性微分–差分方程整函数解的存在性等问题，推广、改进了几个已知结果。在本文中，我们考虑非线性微分–差分方程方程组的整解fⁿ+L(z,f)=p₁e^a_1z+p₂e^a_2z，其中n≥3，L(z,f)表示f的线性微分–差分多项式，p₁,p₂,α₁,α₂是整函数，其级小于1。同时我们对Zhang等人提出的猜想给出了肯定的答案。

Abstract: In this paper, the Nevanlinna value distribution theory is applied to discuss the existence of integral function solutions for a class of nonlinear differential-difference equations, and some interesting and important conclusions are obtained, which are extended and improved. In this paper, we consider the entire solutions of non-linear difference-differential equation fⁿ+L(z,f)=p₁e^a_1z+p₂e^a_2z,where L(z,f)denotes a difference-differential polynomial of f, and p₁, p₂, α₁, α₂ are entire functions with order less than 1. Meanwhile, we give an affirmative answer to the conjecture posed by Zhang et al.

1. 引言

本文中的亚纯函数通常表示为复平面上的亚纯函数。为了证明主要结果，我们将采用Nevanlinna理论。通常用 $T\left(r,f\right)$ 表示 $f$ 的特征函数， $m\left(r,f\right)$ 表示接近函数， $N\left(r,f\right)$ 表示计数函数；与往常一样， $S\left(r,f\right)$ 表示满足 $S\left(r,f\right)=o\left(T\left(r,f\right)\right)$ 当 $r\to \infty$ 的任意量，但可能除去一有限对数测度的集合(参见专著 [1] [2] [3] 和 [4] )。

2. 结论

定理A [5] 下列方程

$\text{4}{\left(f\left(z\right)\right)}^3+3f^{″}\left(z\right)=-\sin (\; 3\; z\; )$

有且仅有三个解，即

$f_{\text{1}}\left(z\right)=\sin z,f_{\text{2}}\left(z\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos z-\frac{1}{2}\sin z,f_{\text{3}}\left(z\right)=-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos z-\frac{1}{2}\sin z$

在2010年，Yang和Laine考虑了以下差分方程。

定理B [6] 非线性差分方程

$f^{\text{3}}\left(z\right)+q\left(z\right)f\left(z+1\right)=c\sin (\; b\; z\; )$

其中q是非常数多项式， $b,c$ 是非零常数，不存在有穷级整函数解。如果 $q\left(z\right)=q$ 是一个非零常数，则上述方程具有三个不同的有穷级整函数解，n是非零整数， $b=3n\pi$ 和 $q^3={\left(-1\right)}^{n+1}{c}^{2}27/4$。

在2014年，Liu等人 [7] 考虑了以下更一般的差分方程

$f^n\left(z\right)+q\left(z\right)\Delta f\left(z\right)=p_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}$ (2.1)

其中 $n$ 是正整数， $\Delta f\left(z\right)=f\left(z+1\right)-f\left(z\right)$， $q\left(z\right)$ 是多项式。事实上，他们得到了：

定理C 设 $n\ge 4$ 是整数，q是多项式， $p_1,p_2,{\alpha }_1,{\alpha }_2$ 是非零常数且 ${\alpha }_{\text{1}}\ne {\alpha }_{\text{2}}$ 如果存在对(2.1)的有穷集级函数解f，则 $q\left(z\right)$ 是一个常数，下列关系之一成立：

1) $f\left(z\right)=c_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z/3}$，和 $c_1\left({\text{e}}^{{\alpha }_1/3}-1\right)q=p_2$， ${\alpha }_1=n{\alpha }_2$ ；

2) $f\left(z\right)=c_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z/3}$，和 $c_2\left({\text{e}}^{{\alpha }_2/3}-1\right)q=p_1$， ${\alpha }_2=n{\alpha }_1$，

其中 $c_1,c_2$ 是满足 $c_1{}^3=p_1,c_2{}^3=p_2$ 的常数。

对于Zhang等人 [8] 提出的 $n=3$ 的情况 [7]，他们得到了以下结果。

定理D 设q是多项式， $p_1,p_2,{\alpha }_1,{\alpha }_2$ 是的非零常数，且 ${\alpha }_1\ne {\alpha }_2$。如果f是下列方程的有穷级整函数解：

$f^3+q\left(z\right)\Delta f=p_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}$ (2.2)

那么 $q\left(z\right)$ 是一个常数，以下关系之一成立：

1) $T\left(r,f\right)=N_{1)}\left(r,1/f\right)+S\left(r,f\right)$，

2) $f\left(z\right)=c_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z/3}$，和 $c_1\left(e^{{\alpha }_1/3}-1\right)q=p_2$， ${\alpha }_1=3{\alpha }_2$，

3) $f\left(z\right)=c_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z/3}$，和 $c_2\left({\text{e}}^{{\alpha }_2/3}-1\right)q=p_1$， ${\alpha }_2=3{\alpha }_1$，

其中 $N_{1)}\left(r,1/f\right)$ 表示对应f的简单零点的计数函数， $c_1,c_2$ 是满足 $c_1^3=p_1,c_2^3=p_2$ 的常数。

Zhang等人提出以下猜想。

猜想1 如果 ${\alpha }_1\ne {\alpha }_2$， ${\alpha }_1+{\alpha }_2\ne 0$ 则定理C的结果(1)将不会出现。事实上，(1.2)的任意整函数解f都必须有0作为其Picard例外值。进一步的结果参见 [9] [10] 及其他参考文献。

在这种情况下， $L\left(z,f\right)$ 表示一个在f上的线性微分–差分多项式

$L\left(z,f\right)={\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k}{\sum }}{a}_j\left(z\right)f^{(l_j)}\left(z+c_j\right)}$

其中 $c_j$ 是复数， $a_j$ 是f的小函数，不是所有的 $a_j$ 都等于零，并且 $l_j\left(j=0,\cdots ,k\right)$ 是自然数。

在本文中，我们考虑了方程(1.2)一个稍微一般的形式，并得到了以下结果。

定理1 设 $p,q$ 是整函数，满足条件 $\rho \left(p\right)<1$， $\rho \left(q\right)<1$，q不是常数， $n\ge 3$。如果f是方程

$f^n+L\left(z,f\right)=p\left(z\right)\sin q\left(z\right)$ (2.3)

的整函数解，则

$f=\frac{\sqrt{\phi }}{q^{\prime }}\sin \left(q/n+a\right)$

$a,c$ 是常数， ${\phi }^n=c{p}^2{\left(q^{\prime }\right)}^{2n}$， $p,q^{\prime }$ 为常数。

显然定理1推广了定理A和定理B的结论；应用类似的方法，我们可以讨论如下形式的方程的解。

$f^n+L\left(z,f\right)=p_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}$

其中 $L\left(z,f\right)$ 表示f的线性微分–差分多项式， $p_1,p_2,{\alpha }_1,{\alpha }_2$ 是整函数，其级小于1。

3. 主要引理

引理2.1 [6] 若亚纯函数f的增长极有限， $P\left(z,f\right),Q\left(z,f\right)$ 为f的微分–差分多项式。

如果

$f^{n}P\left(z,f\right)=Q\left(z,f\right)$

且 $Q\left(z,f\right)$ 关于f、其导数及平移或者差分的总次数不超过n，则

$m\left(r,P\left(z,f\right)\right)=S\left(r,f\right)$.

注2.1 上面的引理是对应于f的微分–差分多项式的Clunie引理。用类似方法，我们可以证明：把引理中的限制条件“f具有有穷级”放宽为超级小于1，该引理的结论也对。关于该结论的进一步改进和推广，可以参见专著 [1]。

引理2.2 [11] 若f是下列方程的允许解

$a{f}^2+bf{f}^{\prime }+c{\left(f^{\prime }\right)}^2=d$,

其中 $a,b,c,d$ 是满足 $acd\cancel{\equiv }\text{0}$ 的函数，则

$c\left(b^2-4ac\right)\frac{d^{\prime }}{d}+b\left(b^2-4ac\right)-c{\left(b^2-4ac\right)}^{\prime }+\left(b^2-4ac\right)c^{\prime }=0$

引理2.3 [3] 假设f超越亚纯，则对于任意整数 $k\ge \text{1}$ 来说，必有

$m\left(r,\frac{f^{(k)}}{f}\right)=S\left(r,f\right)$

4. 主要定理的证明

定理1的证明

假设f是方程(2.3)超越整函数解，则满足条件 ${\rho }_{\text{2}}\left(f\right)<1$。由方程(2.3)，得到

$n{f}^{n-1}{f}^{\prime }+L^{\prime }=p^{\prime }\sin q+p{q}^{\prime }\cos q$。 (4.1)

结合(2.3)和(4.1)，则

$n{f}^{n-1}{f}^{\prime }-\frac{p^{\prime }}{p}{f}^n-\frac{p^{\prime }}{p}L=p{q}^{\prime }\cos q$。 (4.2)

由(4.2)， ${\cos }^{2}q+{\text{sin}}^{2}q=1$，得到

${\left(q^{\prime }\right)}^2+{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^2{f}^{2n}-\frac{2n{p}^{\prime }}{p}{f}^{2n-1}{f}^{\prime }+n^2{f}^{2n-2}{\left(f^{\prime }\right)}^2=T_{2n-2}$ (4.3)

其中 $T_{2n-2}$ 表示f差分–微分多项式，其次数不超过 $2n-2$。

由(4.3)，得到

$f^{2n-2}\phi =T_{2n-2}$ (4.4)

这里

$\phi =\left[{\left(q^{\prime }\right)}^2+{\left(\frac{p^{\prime }}{q}\right)}^2\right]f^2-\frac{2n{p}^{\prime }}{p}f{f}^{\prime }+n^2{\left(f^{\prime }\right)}^2$ (4.5)

下面区分两种情形证明。

情形1 假设 $\phi$ 恒为零，则 $q^{\prime }f+i\left(n{f}^{\prime }-\frac{p^{\prime }}{p}f\right)\equiv \text{0}$ 或者 $q^{\prime }f-i\left(n{f}^{\prime }-\frac{p^{\prime }}{p}f\right)\equiv \text{0}$。

这时， $f^n=cp{\text{e}}^{-iq}$ 或者 $f^n=cp{\text{e}}^{iq}$， $c$ 是非零常数。由此结合(2.3)知道矛盾。

情形2 假设 $\phi \cancel{\equiv }\text{0}$。然后对式(4.4)应用引理2.1和注2.1，得到 $m\left(r,\phi \right)=S\left(r,f\right)$。于是 $T\left(r,\phi \right)=m\left(r,\phi \right)=S\left(r,f\right)$。也就是说， $\phi$ 是 $f$ 的小整函数。由(4.5)知道

$T\left(r,f\right)=N\left(r,1/f\right)+S\left(r,f\right)$ (4.6)

在(4.5)中，若 ${\left(q^{\prime }\right)}^2+{\left(\frac{p^{\prime }}{q}\right)}^2$ 恒为零，则容易得到 $p=c{\text{e}}^{\pm iq}$， $c$ 是非零常数。

这与假设 $\rho \left(f\right)<1$ 不符。再根据引理2.2和(4.5)有

$-4n^4{\left(q^{\prime }\right)}^2\frac{{\phi }^{\prime }}{\phi }+\frac{8n^3{\left(q^{\prime }\right)}^2{p}^{\prime }}{p}+8n^4{q}^{\prime }{q}^{″}\equiv 0$ (4.7)

由(4.10)得到

${\phi }^n=c{p}^2{\left(q^{\prime }\right)}^{2n}$ (4.8)

$c$ 是非零常数。若 $p,q^{\prime }$ 为常数，则 $\phi$ 也为常数，这时由(4.5)得到 ${\left(\frac{q^{\prime }}{\sqrt{\phi }}f\right)}^2+{\left(\frac{n}{\sqrt{\phi }}{f}^{\prime }\right)}^2=1$，于是 $f=\frac{q^{\prime }}{\sqrt{\phi }}\sin h$， $f^{\prime }=\frac{\sqrt{\phi }}{n}\cos h$，其中 $h$ 为整函数。

明显地， $h=q/n+a$， $a$ 是常数。

若 $p,q^{\prime }$ 中有一个不为常数，则 $\phi$ 也不为常数。再根据(4.5)得到

${\phi }^{\prime }={\left[{\left(q^{\prime }\right)}^2+{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^2\right]}^{\prime }{f}^2+2\left[{\left(q^{\prime }\right)}^2+{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^2-2n{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^{\prime }\right]f{f}^{\prime }-\frac{2n{p}^{\prime }}{p}\left[{\left(f^{\prime }\right)}^2+f{f}^{″}\right]+2n^2{f}^{\prime }{f}^{″}$ (4.9)

由(4.6)，假设 $z_0$ 为 $f$ 的单零点，但不是方程中系数的零点和极点。这样根据(4.5)和(4.9)有

$\phi \left(z_0\right)=n^2{\left(f^{\prime }\left(z_0\right)\right)}^2,{\phi }^{\prime }\left(z_0\right)=-\frac{2\phi p^{\prime }}{p}\left(z_0\right)+2n^2{f}^{\prime }\left(z_0\right)f^{″}\left(z_0\right).$

从而 $z_0$ 也是 $\left({\phi }^{\prime }+2\phi \frac{p^{\prime }}{p}\right)f^{\prime }-2\phi f^{″}$ 的零点。为此，令

$\omega =\frac{\left({\phi }^{\prime }+2\phi \frac{p^{\prime }}{p}\right)f^{\prime }-2\phi f^{″}}{f}$ (4.10)

这样由引理2.3得到 $m\left(r,A\right)=S\left(r,f\right)$， $T\left(r,A\right)=S\left(r,f\right)$。并且，根据(4.10)，

$f^{″}=\frac{\omega }{2\phi }f-\left(\frac{{\phi }^{\prime }}{2\phi }+\frac{p^{\prime }}{p}\right)f^{\prime }$。

再把这个表达式代入(4.9)，我们有

$\begin{array}{c}{\phi }^{\prime }={\left[{\left(q^{\prime }\right)}^2+{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^2\right]}^{\prime }{f}^2+2\left[{\left(q^{\prime }\right)}^2+{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^2-2n{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^{\prime }\right]f{f}^{\prime }-\frac{2n{p}^{\prime }}{p}{\left(f^{\prime }\right)}^2\\ -\frac{2n{p}^{\prime }}{p}f\left[\frac{\omega }{2\phi }f-\left(\frac{{\phi }^{\prime }}{2\phi }+\frac{p^{\prime }}{p}\right)f^{\prime }\right]+2n^2{f}^{\prime }\left[\frac{\omega }{2\phi }f-\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)f^{\prime }\right]\\ =\left\{{\left[{\left(q^{\prime }\right)}^2+{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^2\right]}^{\prime }-\frac{n{p}^{\prime }\omega }{p\phi }\right\}{f}^2-\left[\frac{2n{p}^{\prime }}{p}+2n^2\left(\frac{{\phi }^{\prime }}{2\phi }+\frac{p^{\prime }}{p}\right)\right]{\left(f^{\prime }\right)}^2\\ +\left\{2\left[{\left(q^{\prime }\right)}^2+{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^2-2n{\left(\frac{p^{\prime }}{p}\right)}^{\prime }\right]+\frac{2n{p}^{\prime }}{p}\left(\frac{{\phi }^{\prime }}{2\phi }+\frac{p^{\prime }}{p}\right)+n^2\frac{\omega }{2\phi }\right\}f{f}^{\prime }\end{array}$ (4.11)

和前面的证明类似，再根据引理2.2和(4.11)得到矛盾。

这就完成了定理1的证明。

基金项目

一类变系数非齐次微分–差分方程解的增长性20190451。