Fermat型函数方程的亚纯解

The Meromorphic Solutions of Fermat Type Functional Equations

摘要: 研究了Fermat型函数方程f⁷(z)+(f^s(z))⁷+h⁷(z)=1亚纯解的存在性问题，得到新的结论。

Abstract: We investigate the existence of meromorphic solutions of Fermat type functional equations f⁷(z)+(f^s(z))⁷+h⁷(z)=1 and obtain a new conclusion.

1. 引言与主要结果

文中 $f\left(z\right),g\left(z\right),h\left(z\right)$ 都是指亚纯函数， $f^{\left(s\right)}\left(z\right)$ 表示 $f\left(z\right)$ 的s阶导数(s为正整数)， $p,t$ 均为正整数，

$f\left(z\right)$ 的增长级 ${\rho }_f:=\overline{\underset{r\to \infty }{\lim }}\frac{{\log }^{+}T\left(r,f\right)}{\log r}$ ，其中 $T\left(r,f\right)$ 为 $f\left(z\right)$ 的Nevanlinna特征函数。

大约在1637年左右，法国数学家Pierre de Fermat在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时，在页边空白处写下了：当整数 $n>2$ 时，关于 $x,y,z$ 的方程 $x^n+y^n=z^n$ 没有正整数解。这就是著名的Fermat大定理。事实上，Fermat本人并未给出证明的细节，他仅对 $n=4$ 的情形给出了少许提示。Fermat大定理被提出后，经历多人猜想辩证，历经三百多年的历史，最终在1995年英国数学家Andrew Wiles证明了这个结论。

借助亚纯函数的Nevanlinna理论这一强有力工具，早在Fermat大定理被严格证明之前，1966年，当 $n\ge 2$ 时Fermat型函数方程

$f^n\left(z\right)+g^n\left(z\right)=1$ (1)

非常数亚纯解的存在性问题就已经被刻画清楚了 [1] [2] 。

受Fermat大定理的启发，Euler提出了如下的猜想 [3] ：若 $n\ge 3$ ，则不定方程

${\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n-1}{\sum }}{\left(a_k\right)}^n}=b^n$ (2)

无正整数解。

对于 $n=4,5$ ，L. J. Lander，N. D. Elkies [4] [5] 给出反例表明，不定方程(2)存在非平凡正整数解。

对于 $n\ge 6$ ，上述的Euler猜想是否成立？这一问题迄今尚未解决。即使对于 $n\ge 6$ ，不定方程 $x^n+y^n+z^n=t^n$ 是否存在非平凡的正整数解的问题也未彻底解决。而研究不定方程 $x^n+y^n+z^n=t^n$ 整数解的存在性问题可以转化为研究方程 $x^n+y^n+z^n=1$ 有理数解的存在性问题。

类似地，不妨先考虑下述问题：是否存在非常数亚纯函数 $f\left(z\right),g\left(z\right),h\left(z\right)$ 满足Fermat型函数方程

$f^n\left(z\right)+g^n\left(z\right)+h^n\left(z\right)=1$ (3)

其中 $n\ge 2$ 。关于函数方程(1) (3)的上述问题可以看作Fermat大定理在亚纯函数域上解的状况。W. K. Hayman，G. G. Gundersen等人经过很长时间的探究，已得到如下结果。

J. Molluzzo [6] 、M.Green [7] 、Gundersen [8] [9] [10] 等人给出例子表明：对于 $2\le n\le 6$ 函数方程(3)存在非常数亚纯函数解。

1985年，Hayman [11] 证明了：如果 $n\ge 9$ ，则不存在非常数亚纯函数 $f\left(z\right),g\left(z\right),h\left(z\right)$ 满足函数方程(3)。

2009年，苏敏与李玉华 [12] 证明了：如果 $n=8$ ，则不存在增长级小于1的非常数亚纯函数 $f\left(z\right),g\left(z\right),h\left(z\right)$ 满足函数方程(3)。

对于 $n=7,8$ ，是否存在非常数亚纯函数 $f\left(z\right),g\left(z\right),h\left(z\right)$ 满足函数方程(3)的问题，现在还没有解决。

本文探究了当 $n=7$ 时函数方程(3)亚纯解的存在性，证明了下述定理：

定理1 如果存在非常数亚纯函数 $f\left(z\right),f^{\left(s\right)}\left(z\right),h\left(z\right)$ 满足函数方程

$f^7\left(z\right)+{\left(f^{\left(s\right)}\left(z\right)\right)}^7+h^7\left(z\right)=1$ (4)

则 $\tau$ 是整函数，其中

$\tau =\left|\begin{array}{ccc}{f}^2& {\left(f^{\left(s\right)}\right)}^2& h^2\\ f{f}^{\prime }& f^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+1\right)}& h{h}^{\prime }\\ 6{f^{\prime }}^2+f{f}^{″}& 6{\left(f^{\left(s+1\right)}\right)}^2+f^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+2\right)}& 6{h^{\prime }}^2+h{h}^{″}\end{array}\right|$

定理2 如果存在非常数亚纯函数 $f\left(z\right),f^{\left(s\right)}\left(z\right),h\left(z\right)$ 满足函数方程(4)，且 $f\left(z\right)$ 的增长级 ${\rho }_f<\frac{28}{21}$ ，则

存在非零常数c，使得 $\tau \equiv c$ 。

2. 几个引理

引理1 [1] 如果 $n\ge 4$ ，则不存在非常数亚纯函数 $f\left(z\right),g\left(z\right)$ 满足函数方程(1)。

引理2 [13] 设 $f_j\left(z\right)\left(j=1,2,\cdots ,k\right)$ 为区域D内k个亚纯函数。若 $f_1,\cdots ,f_k$ 线性无关，则 $f_1,\cdots ,f_k$ 的Wronskian行列式

$W\left(f_1,\cdots ,f_k\right)\triangleq \left|\begin{array}{ccc}{f}_1& \cdots & f_k\\ {f^{\prime }}_1& \cdots & {f^{\prime }}_k\\ ⋮& \ddots & ⋮\\ f_1^{\left(k-1\right)}& \cdots & f_k^{\left(k-1\right)}\end{array}\right|\cancel{\equiv }0$

引理3 [14] 如果 $f\left(z\right)$ 是非常数亚纯函数，且增长级 ${\rho }_f<+\infty$ ，则对 $\forall \epsilon >0$ ， $\exists E\subset \left(1,+\infty \right)$ ，使得

${\displaystyle {\int }_E\frac{\text{d}r}{r}}<+\infty$ ，且

$\left|\frac{f^{\prime }\left(z\right)}{f\left(z\right)}\right|\le {\left|z\right|}^{{\rho }_f-1+\epsilon }\left(\left|z\right|\in R^{+}\backslash E\cup \left[0,1\right]\right)$

引理4 [15] 设 $f\left(z\right)$ 为 $ℂ$ 上的亚纯函数，k为正整数，则 $f\left(z\right)$ 与 $f^{\left(k\right)}\left(z\right)$ 有相同的增长级。

3. 定理的证明

3.1. 定理1的证明

由于存在非常数亚纯函数 $f\left(z\right),f^{\left(s\right)}\left(z\right),h\left(z\right)$ 满足方程(4)，则 $f^7\left(z\right),{\left(f^{\left(s\right)}\left(z\right)\right)}^7,h^7\left(z\right)$ 线性无关。如若不然，假设 $f^7\left(z\right),{\left(f^{\left(s\right)}\left(z\right)\right)}^7,h^7\left(z\right)$ 线性相关，则存在三个不全为零的常数 $c_1,c_2,c_3$ ，使得 $c_1{f}^7\left(z\right)+c_2{\left(f^{\left(s\right)}\left(z\right)\right)}^7+c_3{h}^7\left(z\right)=0$ 。不妨设 $c_3\ne 0$ ，则

$\left(1-\frac{c_1}{c_3}\right)f^7\left(z\right)+\left(1-\frac{c_2}{c_3}\right){\left(f^{\left(s\right)}\left(z\right)\right)}^7=1$ (5)

由引理1可知，方程(5)只有常数解，从而得出矛盾。于是 $f^7\left(z\right),{\left(f^{\left(s\right)}\left(z\right)\right)}^7,h^7\left(z\right)$ 线性无关，从而由引理2得 $W\left(f^7,{\left(f^{\left(s\right)}\right)}^7,h^7\right)\cancel{\equiv }0$ 。

由方程(4)可得

$\{\begin{array}{l}{f}^7+{\left(f^{\left(s\right)}\right)}^7+h^7=1,\\ f^{\prime }{f}^6+f^{\left(s+1\right)}{\left(f^{\left(s\right)}\right)}^6+h^{\prime }{h}^6=0,\\ \left(6{f^{\prime }}^2+f{f}^{″}\right)f^5+\left(6{\left(f^{\left(s+1\right)}\right)}^2+f^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+2\right)}\right){\left(f^{\left(s\right)}\right)}^5+\left(6{h^{\prime }}^2+h{h}^{″}\right)h^5=0.\end{array}$

令

$\tau =\left|\begin{array}{ccc}{f}^2& {\left(f^{\left(s\right)}\right)}^2& h^2\\ f{f}^{\prime }& f^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+1\right)}& h{h}^{\prime }\\ 6{f^{\prime }}^2+f{f}^{″}& 6{\left(f^{\left(s+1\right)}\right)}^2+f^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+2\right)}& 6{h^{\prime }}^2+h{h}^{″}\end{array}\right|$

则 $W\left(f^7,{\left(f^{\left(s\right)}\right)}^7,h^7\right)=49f^5{\left(f^{\left(s\right)}\right)}^5{h}^5\tau \cancel{\equiv }0$ ，因此

$\tau \cancel{\equiv }0$ . (6)

于是

$\tau =\frac{1}{f^5}\left|\begin{array}{cc}{f}^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+1\right)}& h{h}^{\prime }\\ 6{\left(f^{\left(s+1\right)}\right)}^2+f^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+2\right)}& 6{h^{\prime }}^2+h{h}^{″}\end{array}\right|=\frac{f^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+1\right)}h{h}^{\prime }}{f^5}\left\{6\left(\frac{h^{\prime }}{h}-\frac{f^{\left(s+1\right)}}{f^{\left(s\right)}}\right)+\left(\frac{h^{″}}{h^{\prime }}-\frac{f^{\left(s+2\right)}}{f^{\left(s+1\right)}}\right)\right\}$ (7)

$\tau =\frac{1}{{\left(f^{\left(s\right)}\right)}^5}\left|\begin{array}{cc}h{h}^{\prime }& f{f}^{\prime }\\ 6{h^{\prime }}^2+h{h}^{″}& 6{f^{\prime }}^2+f{f}^{″}\end{array}\right|=\frac{f{f}^{\prime }h{h}^{\prime }}{{\left(f^{\left(s\right)}\right)}^5}\left\{6\left(\frac{f^{\prime }}{f}-\frac{h^{\prime }}{h}\right)+\left(\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\frac{h^{″}}{h^{\prime }}\right)\right\}$ (8)

$\tau =\frac{1}{h^5}\left|\begin{array}{cc}f{f}^{\prime }& f^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+1\right)}\\ 6{f^{\prime }}^2+f{f}^{″}& 6{\left(f^{\left(s+1\right)}\right)}^2+f^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+2\right)}\end{array}\right|=\frac{f{f}^{\prime }{f}^{\left(s\right)}{f}^{\left(s+1\right)}}{h^5}\left\{6\left(\frac{f^{\left(s+1\right)}}{f^{\left(s\right)}}-\frac{f^{\prime }}{f}\right)+\left(\frac{f^{\left(s+2\right)}}{f^{\left(s+1\right)}}-\frac{f^{″}}{f^{\prime }}\right)\right\}$ (9)

下面证明 $\tau$ 是整函数。

如果 $\tau$ 存在极点，那么 $\tau$ 的极点仅可能在 $f\left(z\right),f^{\left(s\right)}\left(z\right),h\left(z\right)$ 的极点处取得。设 $z_0$ 分别为 $f\left(z\right),h\left(z\right)$ 的 $p,t$ 重极点，且

$f\left(z\right)=\frac{a_{-p}}{{\left(z-z_0\right)}^p}\left(1+O\left(1\right)\right)$ ， $h\left(z\right)=\frac{c_{-t}}{{\left(z-z_0\right)}^t}\left(1+O(\; 1\; )\right)$

这里 $a_{-p}\ne 0$ ， $c_{-t}\ne 0$ ， $O\left(1\right)$ 为 $f\left(z\right),h\left(z\right)$ 的解析部分，每次出现不一定相同，则

$f^{\left(s\right)}\left(z\right)=\frac{{\left(-1\right)}^s{a}_{-p}p\left(p+1\right)\cdots \left(p+s-1\right)}{{\left(z-z_0\right)}^{p+s}}\left(1+O(\; 1\; )\right)$

从而由(8)式得

$\tau =\frac{c_{-t}^{2}t}{a_{-p}^3{\left(-1\right)}^{5s}{p}^4{\left[\left(p+1\right)\cdots \left(p+s-1\right)\right]}^5}{\left(z-z_0\right)}^{5\left(p+s\right)-2p-2t-2}\left(1+O\left(1\right)\right)\cdot \frac{7\left(t-p\right)}{z-z_0}\left(1+O(\; 1\; )\right)$

由于 $p\ge 1,s\ge 1$ ，且由方程(4)可知 $t=p+s>p$ ，则

$5\left(p+s\right)-2p-2t-3=p+3s-3>1$

于是 $\tau$ 在点 $z_0$ 解析。因此 $\tau$ 为整函数。

3.2. 定理2的证明

在定理1的证明基础上，证明定理2。

将(7)~(9)式相乘得

$\begin{array}{c}{\tau }^3=\frac{1}{f{f}^{\left(s\right)}h}{\left(\frac{f^{\prime }}{f}\right)}^2{\left(\frac{f^{\left(s+1\right)}}{f^{\left(s\right)}}\right)}^2{\left(\frac{h^{\prime }}{h}\right)}^2\left\{6\left(\frac{h^{\prime }}{h}-\frac{f^{\left(s+1\right)}}{f^{\left(s\right)}}\right)+\left(\frac{h^{″}}{h^{\prime }}-\frac{f^{\left(s+2\right)}}{f^{\left(s+1\right)}}\right)\right\}\\ \cdot \left\{6\left(\frac{f^{\prime }}{f}-\frac{h^{\prime }}{h}\right)+\left(\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\frac{h^{″}}{h^{\prime }}\right)\right\}\cdot \left\{6\left(\frac{f^{\left(s+1\right)}}{f^{\left(s\right)}}-\frac{f^{\prime }}{f}\right)+\left(\frac{f^{\left(s+2\right)}}{f^{\left(s+1\right)}}-\frac{f^{″}}{f^{\prime }}\right)\right\},\end{array}$

$\begin{array}{c}{\tau }^7=\frac{\tau }{{\left(f{f}^{\left(s\right)}h\right)}^2}({\left(\frac{f^{\prime }}{f}\right)}^2{\left(\frac{f^{\left(s+1\right)}}{f^{\left(s\right)}}\right)}^2{\left(\frac{h^{\prime }}{h}\right)}^2\left\{6\left(\frac{h^{\prime }}{h}-\frac{f^{\left(s+1\right)}}{f^{\left(s\right)}}\right)+\left(\frac{h^{″}}{h^{\prime }}-\frac{f^{\left(s+2\right)}}{f^{\left(s+1\right)}}\right)\right\}\\ \cdot \left\{6\left(\frac{f^{\prime }}{f}-\frac{h^{\prime }}{h}\right)+\left(\frac{f^{″}}{f^{\prime }}-\frac{h^{″}}{h^{\prime }}\right)\right\}\cdot {\left\{6\left(\frac{f^{\left(s+1\right)}}{f^{\left(s\right)}}-\frac{f^{\prime }}{f}\right)+\left(\frac{f^{\left(s+2\right)}}{f^{\left(s+1\right)}}-\frac{f^{″}}{f^{\prime }}\right)\right\})}^2.\end{array}$

由引理3得，对 $\forall \epsilon >0$ ， $\exists E\subset \left(1,+\infty \right)$ ，使得 ${\displaystyle {\int }_E\frac{\text{d}r}{r}}<+\infty$ ，且

${\left|\tau \right|}^7\le B{\left(\left|\frac{f^{\prime }}{f}\right|+\left|\frac{f^{″}}{f^{\prime }}\right|+\left|\frac{f^{\left(s+1\right)}}{f^{\left(s\right)}}\right|+\left|\frac{f^{\left(s+2\right)}}{f^{\left(s+1\right)}}\right|+\left|\frac{h^{\prime }}{h}\right|+\left|\frac{h^{″}}{h^{\prime }}\right|\right)}^{21}$

$\le B{\left|z\right|}^{21\left({\rho }_f-1+\epsilon \right)}$ ( $\left|z\right|\in R^{+}\backslash E\cup \left[0,1\right]$ ，B为某一常数)。 (10)

由引理4和方程(4)知： ${\rho }_f={\rho }_{f^{\left(s\right)}}={\rho }_h={\rho }_{h^{\prime }}<\frac{28}{21}$ 。

又由定理1知 $\tau$ 为整函数，则由(10)式可得 $\tau$ 为常数。再由(6)式知 $\tau \cancel{\equiv }0$ ，则必存在非零常数c，使得 $\tau \equiv c$ 。

4. 结论

本文主要对是否存在非常数亚纯函数 $f\left(z\right),g\left(z\right),h\left(z\right)$ 满足函数方程

$f^7\left(z\right)+g^7\left(z\right)+h^7\left(z\right)=1$ (11)

的问题进行研究，但由于上述问题研究起来困难重重，不妨先研究 $g\left(z\right)=f^{\left(s\right)}\left(z\right)$ 时函数方程亚纯解的情况，定理1、定理2是研究此问题得到的一点点结论。受文献 [12] 的启发，进一步将探究下述问题：是否存在增长级小于1的非常数亚纯函数 $f\left(z\right),g\left(z\right),h\left(z\right)$ 满足函数方程(11)。

基金项目

云南省教育厅科学研究基金项目(2023J1212, 2022J0967)；昭通学院教学改革研究项目(Ztjx202102)。