崔　寧, 陳宗煊

(華南師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院, 廣州 510631)

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一類差分方程的亞純解與亞純函數(shù)分擔(dān)3個(gè)值的唯一性

崔寧, 陳宗煊*

(華南師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院, 廣州 510631)

利用亞純函數(shù)的Nevanlinna值分布理論和分類討論的思想方法, 研究了差分方程a1(z)f(z+1)+a0(z)f(z)=0的有窮級(jí)亞純解f(z)與任一亞純函數(shù)g(z)分擔(dān)0, 1, ∞CM時(shí)的唯一性問題, 得到f(z)≡g(z)或者f(z)g(z)≡1, 其中a1(z)和a0(z)是非零多項(xiàng)式且滿足a1(z)+a0(z)?0.

亞純函數(shù); 差分方程; 分擔(dān)值; 唯一性

1　引言與主要結(jié)果

本文假設(shè)讀者熟悉亞純函數(shù)值分布理論的基本內(nèi)容和標(biāo)準(zhǔn)記號(hào)[1-3]. 亞純函數(shù)通常指定義在整個(gè)復(fù)平面上的亞純函數(shù).

設(shè)f(z)和g(z)為亞純函數(shù),a為任一復(fù)數(shù). 若f(z)-a和g(z)-a的零點(diǎn)相同且每個(gè)零點(diǎn)的重級(jí)也相同, 則稱f(z)和g(z)分擔(dān)aCM. 特別地, 若f(z)和g(z)的極點(diǎn)相同且每個(gè)極點(diǎn)的重級(jí)也相同, 則稱f(z)和g(z)分擔(dān)∞CM.

亞純函數(shù)的唯一性理論主要探究在什么情況下只存在一個(gè)函數(shù)滿足所給的條件. 例如五值定理[3]173所述: 如果2個(gè)非常數(shù)亞純函數(shù)f和g具有共同的取5個(gè)值的點(diǎn)集, 則f≡g. 即任一非常數(shù)亞純函數(shù)可由其5 個(gè)值的點(diǎn)集確定. 下面是經(jīng)典的四值定理.

定理A[3]245設(shè)f(z)和g(z)為非常數(shù)亞純函數(shù),aj(j=1,2,3,4)為4個(gè)判別的復(fù)數(shù), 且aj(j=1,2,3,4)為f(z)與g(z)的CM公共值. 如果f(z)?g(z), 則f(z)=T(g(z)), 其中T為一個(gè)分式線性變換.

后來, 亞純函數(shù)唯一性理論的研究得到了不斷發(fā)展和完善, 取得了許多重要成果[3-7]. 隨著差分及差分方程理論研究的發(fā)展[8-15], 唯一性也常與差分及差分方程的解結(jié)合起來進(jìn)行研究[10-13], 這也是本文研究的主要方向.

CHEN和SHON[14]考慮了線性差分方程

Pn(z)f(z+n)+…+P1(z)f(z+1)+P0(z)f(z)=0

(1)的亞純解的增長(zhǎng)級(jí)，其中P0(z),…,Pn(z)均為多項(xiàng)式且滿足P0(z)Pn(z)?0, 并得到了如下定理:

定理B[14]設(shè)Pn(z),…,P0(z)為多項(xiàng)式,使得PnP0?0且滿足

Pn+…+P0?0,

(2)

則方程(1)的每一個(gè)有窮級(jí)超越亞純解f(z)(?0)均滿足σ(f)≥1,f(z)取每一個(gè)非零常數(shù)a無(wú)窮多次且(f-a)=σ(f).

注記1文獻(xiàn)[14]指出在式(2)的條件下方程(1)可能有非零有理函數(shù)解. 例如, (z+1)f(z+1)-zf(z)=0 有1個(gè)有理函數(shù)解f(z)=1/z.

本文主要考慮方程(1)在n=1時(shí)的亞純解與任意一個(gè)亞純函數(shù)CM分擔(dān)3個(gè)值的唯一性問題, 得到了如下結(jié)論.

定理1設(shè)a1(z)和a0(z)是非零多項(xiàng)式且滿足a1(z)+a0(z)?0. 假設(shè)f(z)(?0)是差分方程

a1(z)f(z+1)+a0(z)f(z)=0

(3)

的一個(gè)有窮級(jí)亞純解. 如果g(z)是任一亞純函數(shù)且與f(z)分擔(dān)0,1,∞CM,那么f(z)≡g(z)或者f(z)g(z)≡1.

例1函數(shù)f(z)=ez是差分方程f(z+1)-ef(z)=0的有窮級(jí)整函數(shù)解. 在該方程中a1(z)=1,a0(z)=-e, 則a1(z)+a0(z)=1-e≠0. 對(duì)于g(z)=e-z, 顯然f(z)與g(z)分擔(dān)0,1,∞CM且f(z)g(z)≡1. 這個(gè)例子說明了定理1中f(z)g(z)≡1的情形可能發(fā)生.

2　一些引理

證明由α(z)=anzn+an-1zn-1+…+a0可知

α(z+1)=an(z+1)n+an-1(z+1)n-1+…+a1(z+1)+a0=

a1+a0).從而得到

(an+an-1+…+a1).

注意到an≠0, 所以deg(α(z+1)-α(z))=n-1.

類似地, 可以得到

(bn+bn-1+…+b1).

由bn≠0 可知deg(β(z+1)-β(z))=n-1. 另外，

α(z+1)+β(z)-α(z)-β(z+1)=α(z+1)-α(z)-

(β(z+1)-β(z))=n(an-bn)zn-1+

其中Qn-3(z)是次數(shù)不超過n-3的多項(xiàng)式.

引理2[15]設(shè)f(z)是級(jí)為σ=σ(f)的亞純函數(shù)且σ<+∞,η為非零常數(shù). 那么對(duì)于每一個(gè)ε>0, 有

T(r,f(z+η))=T(r,f(z))+O(rσ-1+ε)+O(logr).

引理3[3]79-80設(shè)fj(z)(j=1,2,…,n;n≥2)為亞純函數(shù),gj(z)(j=1,2,…,n)為整函數(shù), 則fj(z)≡0 (j=1,2,…,n)，若fj(z)和gj(z)滿足下列條件：

(ii)當(dāng)1≤j

(iii)當(dāng)1≤j≤n, 1≤h

3　定理1的證明

注意到f(z)與g(z)分擔(dān)0,1,∞CM. 對(duì)函數(shù)g(z)使用Nevanlinna第二基本定理, 則

3T(r,f)+S(r,f)+S(r,g).

類似可得T(r,f)≤3T(r,g)+S(r,f)+S(r,g). 所以,T(r,g)=O(T(r,f))+S(r,f)且g(z)也是有窮級(jí)亞純函數(shù).

由f(z)與g(z)分擔(dān)0,1,∞CM可知, 存在多項(xiàng)式α(z)與β(z), 使得

(4)

(5)

如果eα(z)≡eβ(z),由式(4)與式(5)可知f(z)≡g(z).

下面假設(shè)eα(z)?eβ(z). 由式(4)與式(5)可知

(6)

如果α(z)與β(z)均為常數(shù)且滿足eα≠eβ, 那么由式(6)可知f(z)(?0)為常數(shù), 從而由方程(3)可知,a1(z)+a0(z)≡0, 矛盾. 下設(shè)α(z)與β(z)中至少有1個(gè)不是常數(shù)，分以下3種情形進(jìn)行證明.

情形1.α(z)為常數(shù)且β(z)為非常數(shù)多項(xiàng)式. 設(shè)eα=c1(≠0)為常數(shù).

如果c1=1, 由式(4)可知f(z)≡g(z).

如果c1≠1, 則可將式(6)改寫為

(7)

將式(7)代入方程(3), 得到

A13(z)eβ(z)+β(z+1)+A12(z)eβ(z)+A11(z)eh0(z)≡0,

(8)

其中h0(z)≡0且

4.規(guī)范組織生活?？梢詤⒄赵诼毜狞h員組織生活的做法，逐步規(guī)范服務(wù)社黨員的組織生活。譬如：組建黨支部將退休職工黨員編入的一個(gè)基層支部，堅(jiān)持“三會(huì)一課”制度，既采取了學(xué)理論原文、讀書讀報(bào)等傳統(tǒng)的學(xué)習(xí)方式，又采取了播放電教片、開展時(shí)勢(shì)論壇、主題發(fā)言、集體政治生日會(huì)等形式多樣的組織活動(dòng)。

因?yàn)閐eg(β(z+1)-β(z))=degβ(z)-1 且eβ(z)有正則增長(zhǎng)級(jí), 所以T(r,eβ(z+1)-β(z))=o{T(r,eβ(z))}.由引理2可知, 對(duì)于j=1,2,3,有

對(duì)式(8)使用引理3, 得到A1j(z)≡0 (j=1,2,3). 由A13(z)≡0 可知a1(z)+a0(z)≡0, 矛盾.

情形2.β(z)為常數(shù)且α(z)為非常數(shù)多項(xiàng)式. 設(shè)eβ=c2(≠0)為常數(shù).

如果c2=1, 由式(5)可知f(z)≡g(z).

如果c2≠1, 則可將式(6)改寫為

(9)

將式(9)代入方程(3), 可得

A22(z)eα(z)+A21(z)eh0(z)≡0,

(10)

其中h0(z)≡0且

T(r,A2 j(z))=o{T(r,eα(z)-h0(z))}(j=1,2).

情形3.α(z)與β(z)均為非常數(shù)多項(xiàng)式且滿足eα(z)?eβ(z).將式(6)代入方程(3), 得到

a1(z)eα(z)+a0(z)eα(z+1)-a1(z)eβ(z)-a0(z)eβ(z+1)-

a1(z)eα(z)+β(z+1)-a0(z)eα(z+1)+β(z)+

(a1(z)+a0(z))eβ(z)+β(z+1)=0.

(11)

下面根據(jù)多項(xiàng)式α(z)與β(z)的次數(shù)關(guān)系，分3種情況進(jìn)行討論.

情形3.1. degα(z)>degβ(z)≥1. 式(11)可改寫為

A32(z)eα(z)+A31(z)eh0(z)=0,

(12)

其中h0(z)≡0且

由deg(α(z+1)-α(z))=degα(z)-1及degα(z)>degβ(z)可知deg(α(z+1)+β(z)-α(z))

T(r,eα(z+1)-α(z))=o{T(r,eα(z))},

T(r,eβ(z))=o{T(r,eα(z))},

T(r,eβ(z+1))=o{T(r,eα(z))},

T(r,eα(z+1)+β(z)-α(z))=o{T(r,eα(z))},

T(r,eβ(z+1)+β(z))=o{T(r,eα(z))},

T(r,eβ(z+1)-β(z))=o{T(r,eα(z))}.從而得到T(r,A3j(z))=o{T(r,eα(z)-h0(z))}(j=1,2). 對(duì)式(12)使用引理3, 得到A3j(z)≡0 (j=1,2). 由A31(z)≡0可知

(a1(z)+a0(z))eβ(z)+ β(z+1)-

(a1(z)+a0(z)eβ(z+1)-β(z))eβ(z)≡0.

(13)

由deg(β(z+1)-β(z))=degβ(z)-1、eβ(z)有正則增長(zhǎng)級(jí)和引理2知,T(r,a1(z)+a0(z))=o{T(r,eβ(z+1))}及T(r,a1(z)+a0(z)eβ(z+1)- β(z))=o{T(r,eβ(z+1))}. 對(duì)式(13)使用引理3得a1(z)+a0(z)≡0, 矛盾.

情形3.2. degβ(z)>degα(z)≥1. 式(11)可改寫為

A43(z)eβ(z)+β(z+1)+A42(z)eβ(z)+A41(z)eh0(z)=0,

(14)

其中h0(z)≡0且

因?yàn)閐egβ(z)>degα(z)及deg(β(z+1)-β(z))=degβ(z)-1,則deg(α(z)+β(z+1)-β(z))

T(r,eβ(z+1)-β(z))=o{T(r,eβ(z))},

T(r,eα(z)+β(z+1)-β(z))=o{T(r,eβ(z))},

T(r,eα(z))=o{T(r,eβ(z))},

T(r,eα(z+1))=o{T(r,eβ(z))}.

因此, 再由引理2可知, 對(duì)于j=1,2,3,有

對(duì)式(14)使用引理3, 得到A4j(z)≡0 (j=1,2,3). 由A43(z)≡0 可知a1(z)+a0(z)≡0, 矛盾.

情形3.3.degα(z)=degβ(z)=n≥1. 不妨設(shè)α(z)=anzn+an-1zn-1+…+a0,β(z)=bnzn+bn-1zn-1+…+b0,其中an(≠0),an-1,…,a0,bn(≠0),bn-1,…,b0均為常數(shù).

如果an≠bn且an≠2bn, 則可將式(11)改寫為

A54(z)eα(z)+A53(z)eβ(z)+A52(z)eα(z)+β(z+1)+

A51(z)eβ(z)+β(z+1)=0,

(15)

其中

由an≠bn及an≠2bn可知

deg(α(z)-β(z))=deg(-β(z+1))=

deg(α(z)-β(z)-β(z+1))=

deg(β(z)-α(z)-β(z+1))=n.

由引理1可得

deg(α(z+1)-α(z))=deg(β(z+1)-β(z))=

deg(α(z+1)+β(z)-α(z)-β(z+1))=n-1.

則對(duì)于j=1,2,3,4,有

對(duì)式(15)使用引理3, 得到A5j(z)≡0 (j=1,2,3,4). 由A51(z)≡0可知a1(z)+a0(z)≡0, 矛盾.

如果an=bn且eα(z)?eβ(z), 則必有deg(α(z+i)-β(z+j))≤n-1 (i,j=0,1). 將式(11)改寫為如下形式

A62(z)eα(z)+A61(z)eα(z)+ β(z+1)=0,

(16)

其中

A62(z)=a1(z)+a0(z)eα(z+1)-α(z)-a1(z)eβ(z)-α(z)-

a0(z)eβ(z+1)-α(z),

(17)

A61(z)=-a1(z)-a0(z)eα(z+1)+ β(z)-α(z)- β(z+1)+

(a1(z)+a0(z))eβ(z)-α(z).

(18)

由引理1知deg(α(z+1)-α(z))=n-1且deg(α(z+1)+β(z)-α(z)-β(z+1))≤n-2. 因?yàn)閐eg(-β(z+1))=n, 所以

T(r,A6j(z))=o{T(r,eα(z)-α(z)-β(z+1))}(j=1,2).

根據(jù)引理3, 得到A6j(z)≡0 (j=1,2). 結(jié)合式(17)和式(18), 得到

a0(z)(eα(z+1)-α(z)-eβ(z+1)-α(z)-eα(z+1)+β(z)-α(z)-β(z+1)+

eβ(z)-α(z))≡0.

(19)

由于a0(z)?0, 所以式(19)可簡(jiǎn)化為

(1-eβ(z)- β(z+1))(eα(z+1)-α(z)-eβ(z+1)-α(z))≡0.

(20)

注意到eα(z)?eβ(z). 所以由式(20)可知,eβ(z)- β(z+1)≡1. 從而得到 degβ(z)=1. 不妨假設(shè)β(z)=b1z+b0, 其中b1(≠0),b0為常數(shù)使得eb1=1. 則可設(shè)α(z)=b1z+a0, 其中a0為常數(shù)且滿足eb0-a0≠1. 因此, eα(z+1)=eb1z+b1+a0≡eα(z). 將eα(z+1)≡eα(z)與 eβ(z+1)≡eβ(z)代入式(11),可得

(a1(z)+a0(z))(eα(z)-eβ(z))(1-eβ(z))≡0.

(21)

因?yàn)閑β(z)?1且eα(z)?eβ(z), 所以由式(21)可以得到a1(z)+a0(z)≡0, 矛盾.

(f(z)-g(z))(f(z)g(z)-1)≡0.

(22)

由式(22)可得f(z)≡g(z)或f(z)g(z)≡1.

如果an=2bn且eα(z)?e2 β(z), 那么可將式(11)改寫為

A73(z)eα(z)+A72(z)eβ(z)+A71(z)eα(z)+β(z+1)=0,

(23)

其中

deg(α(z)-β(z))=deg(-β(z+1))=

deg(β(z)-α(z)-β(z+1))=n，

以及deg(β(z)+β(z+1)-α(z))≤n-1. 根據(jù)引理1, 得到deg(α(z+1)-α(z))=deg(β(z+1)-β(z))=

deg(α(z+1)+β(z)-α(z)-β(z+1))=n-1.

所以,對(duì)于j=1,2,3, 有

對(duì)式(23)使用引理3, 可得A7j(z)≡0 (j=1,2,3). 由A73(z)≡0與A72(z)≡0可得a1(z)+a0(z)eα(z+1)-α(z)+(a1(z)+a0(z))eβ(z)+ β(z+1)-α(z)≡0,

(24)

a1(z)+a0(z)eβ(z+1)-β(z)≡0.

(25)

如果degβ(z)=n≥2, 那么deg(β(z+1)-β(z))=n-1≥1及T(r,ai(z))=o{T(r,eβ(z+1)-β(z))}(i=0,1).對(duì)式(25)使用引理3, 得到a1(z)≡a0(z)≡0, 這是一個(gè)矛盾. 所以必有degβ(z)=1. 現(xiàn)假設(shè)β(z)=b1z+b0,其中b1(≠0)及b0為常數(shù). 從而可設(shè)α(z)=2b1z+a0, 其中a0是一個(gè)常數(shù). 由eα(z)?e2 β(z)可知ea0-2b0≠1. 由式(25)可得

a1(z)+eb1a0(z)≡0.

(26)

將a1(z)=-eb1a0(z)代入式(24), 可得

a0(z)eb1(eb1-1)(1-e2b0-a0)≡0.

(27)

由于a0(z)?0, eb1≠0且e2b0-a0≠1, 所以由式(27)可知eb1=1. 再結(jié)合式(26)可得a1(z)+a0(z)≡0, 矛盾.

定理1證畢.

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【中文責(zé)編：莊曉瓊英文責(zé)編：肖菁】

Unicity for Meromorphic Solutions of Some Difference Equations Sharing Three Values with Any Meromorphic Functions

CUI Ning, CHEN Zongxuan*

(School of Mathematical Sciences, South China Normal University, Guangzhou 510631,China)

By utilizing Nevanlinna’s value distribution theory of meromorphic functions and categorized discussion method, the uniqueness of a finite-order meromorphic solutionf(z) of the difference equationa1(z)f(z+1)+a0(z)f(z)=0 sharing 0, 1, ∞CM with any meromorphic functiong(z) is investigated, and the result is given thatf(z)≡g(z) orf(z)g(z)≡1 under the above condition, wherea1(z) anda0(z) are nonzero polynomials satisfyinga1(z)+a0(z)?0.

meromorphic function; difference equation; shared values; uniqueness

2015-11-11《華南師范大學(xué)學(xué)報(bào)(自然科學(xué)版)》網(wǎng)址：http://journal.scnu.edu.cn/n

國(guó)家自然科學(xué)基金項(xiàng)目(11171119); 廣東省自然科學(xué)基金項(xiàng)目(2014A030313422)

陳宗煊, 教授, Email: chzx@vip.sina.com.

O174.5

A

1000-5463(2016)04-0083-05