非线性微分-差分方程的解

张石梅,龙见仁,2,吴秀碧,3

(1.贵州师范大学数学科学学院,贵州贵阳 550001)

(2.北京邮电大学计算机学院;理学院,北京 100876)

(3.贵州大学数学与统计学院,贵州贵阳 550025)

1 引言及结果

本文中,亚纯函数指复平面上的亚纯函数,假定读者熟悉Nevanlinna值分布理论的标准记号及主要结果[3−6].例如m(r,f),N(r,f),T(r,f)等.为方便起见,用S(r,f)表示一个量使得除去一个对数测度为有穷的集合;并用card(X)表示集合X中的元素个数.

最近,许多专家学者利用差分Nevanlinna理论,尤其是差分对数导数引理[7−9]来研究复差分,复微分-差分方程.刘凯和他的合作者考虑了Fertmat型微分-差分方程的解[10−13].在文献[13,定理2.6],Yang和Laine研究了非线性微分-差分f(z)n+L(z,f)=h(z)(n≥2)的有穷级整函数解,其中L(z,f)是关于f(z)的线性微分-差分多项式,h(z)是亚纯函数.

Yang和Laine(参见文献[13,定理2.4])得到方程

没有有穷级的超越整函数解,其中q(z),P(z)是多项式.

温志涛等人[14]讨论了方程的有穷级非零整函数解,其中q(z),Q(z),P(z)是多项式,n≥2是正整数,c∈C{0},并得到了定理1.1.

定理1.1[14]设q(z),Q(z),P(z)是多项式且Q(z)非常数,q(z)6≡0,n≥2,c∈C{0},那么方程(1.2)的有穷级超越整函数解满足

(i)每一个解满足σ(f)=deg(Q(z))且f(z)是正规型的.

(ii)每一个解满足λ(f)=σ(f)的充要条件是P(z)6≡0.

(iii)f∈Γ0当且仅当P(z)≡0.特别地,n≥3时成立.

(iv)如果解f,g∈Γ0,那么f=ηg且ηn−1=1.

(v)如果f(z)是(1.5)形式的指数多项式解,那么f(z)∈Γ1.更进一步地,如果f∈Γ1Γ0,那么σ(f)=1.

刘凯[2]研究了方程

的有穷级非零整函数解,其中q(z),Q(z),P(z)是多项式,n≥2是正整数,c∈C{0},并得到了定理1.2.

定理1.2[2]设q(z),Q(z),P(z)是多项式且Q(z)非常数,q(z)6≡0,k≥1且n≥2,c∈C{0},那么方程(1.3)的有穷级超越整函数解满足

(i)每一个解满足σ(f)=deg(Q(z))且f(z)是正规型的.

(ii)每一个解满足λ(f)=σ(f)的充要条件是P(z)6≡0.

(iii)f∈Γ00当且仅当P(z)≡0.特别地,n≥3时成立.

(iv)如果解f,g∈Γ00,那么f=ηg且ηn−1=1.

(v)如果f(z)是(1.5)形式的指数多项式解,那么f(z)∈Γ01.

李楠等[1]研究了下列更为一般形式方程的解

其中q(z),Q(z),P(z)是多项式,n≥2是正整数,c∈C{0},并得到了定理1.3.

定理1.3[1]设q(z),Q(z),P(z)是多项式且Q(z)非常数,q(z)6≡0且n≥2,c∈C{0},那么方程(1.4)的有穷级非零整函数解满足

(a)每一个解满足σ(f)=deg(Q(z))且f(z)是正规型的.

(b)如果0是f(z)的Borel例外值,那么an−1=···=a1=0≡P(z).

(c) 如果 P(z) ≡ 0,那么有 zn−1+an−1zn−2+ ···+a1=(z+)n−1.更进一步地,如果存在 i0∈ {1,2,···,n − 1} 使得 ai0=0,那么所有的 aj=0(j=1,2,···,n − 1)且有λ(f)< σ(f);否则,有 λ(f)= σ(f).

(d)f∈Γ0当且仅当P(z)≡0且存在i0∈{1,2,···,n−1}使得ai0=0.

(e)当n≥2时,如果存在i0∈{1,2···,n−1}使得ai0=0且card{z:P1(z)=P10(z)=P100(z)=0} ≥ 1或者card{z:P1(z)=(z)=0} ≥ 2,其中P1(z)=zn+an−1zn−1+···+a1,那么 f(z)∈ Γ0且 P(z)≡ 0=a1(z)= ···=an−1.

(f)如果解f,g∈Γ0,那么f=ηg且ηn−1=1.

注1 方程(1.4)存在无穷级的超越城函数解.例如f(z)=ezeez+1是方程f2(z)−2f(z)−(z+log2)=1的无穷级超越整函数解.

为方便读者,回忆下列形式指数多项式的定义

其中 pj(z),Qj(z)(j=1,2,···,k)是关于 z 的多项式.令 q=max{deg(Qj(z)),Qj(z)6≡0(j=1,2,···,k)},wj(j=1,2,···,m)是多项式 Qj(z)(j=1,2,···,k)的最高次数为 q 的主导系数.因此(1.5)式可以改写成下列形式

其中Hj(j=0,1,···,m)或者是次数小于q的指数多项式,或者是关于z的一般多项式,令

上述p(z),h(z),α(z)是多项式,其中α(z)非常数.

受定理1.2和定理1.3的启发,本文考虑了下述方程

其中q(z),Q(z),P(z)是多项式,n≥2是正整数,c∈C{0},ai∈C(1,2,···,n−1),并得到了以下结果.

定理1.4 设q(z),Q(z),P(z)是多项式且Q(z)非常数,q(z)6≡0且n≥2,k≥1,c∈C{0},那么方程(1.7)的有穷级非零整函数解满足

(i)每一个解满足σ(f)=deg(Q(z))且f(z)是正规型的.

(ii)如果有穷复数a是f(z)的Borel例外值,那么有a=−特别地,当a=0时,有an−1= ···=a1=0 ≡ P(z).

(iii)当P(z)≡ 0时,如果对任意的j∈ {1,2,···,n−1}都有aj6=0(j=1,2,···,n−1),那么有(f)= σ(f);否则,对所有的 j ∈ {1,2,···,n− 1} 有 aj=0(j=1,2,···,n− 1)且λ(f)< σ(f).

(v)当n≥3时,如果存在i0∈{1,2···,n−1}使得ai0=0,且 card{z:P1(z)=P10(z)=(z)=0} ≥ 1 或者 card{z:P1(z)=(z)=0} ≥ 2,其中,P1(z)=zn+an−1zn−1+···+a1(z),那么f(z)∈.

注2 方程(1.7)存在有穷级整函数解.例如f(z)=ez+1是方程f2(z)−2f(z)−3ezf0(z−log3)=−1的有穷级非零整函数解.1是f(z)的Borel例外值,满足a=−

注3 当n≥2,方程(1.7)也存在无穷级超越整函数解.例如f(z)=eez−e−ez是方程f2(z)−2f(z)−e−zf0(z+log2)=4的无穷级整函数解.

当n=2,a16=0时,方程(1.7)变形

定理1.5 设q(z),Q(z),P(z)是多项式且Q(z)非常数,q(z)6≡0且n≥2,k≥1,a1,c∈C{0},如果f(z)方程(1.8)的具有(1.6)式形式的指数多项式解,那么下列结论成立

(a)当n≥2时,存在 i0,j0∈{1,2,···,m}使得wi0=2wj0.

当n=1时,方程(1.7)退化为

我们也得到了相应的结果.

定理1.6 设c∈C{0},q(z),P(z)是多项式,Q(z)非常数多项式且q(z)6≡0,k≥1,那么方程(1.9)的每一个有穷级非零整函数解满足

(i) σ(f)≥ deg(Q(z)).

(ii) 如果 P(z)6≡ 0,则有 λ(f)= σ(f).

(iii)如果P(z)≡0,那么解不是具有(1.6)式形式的指数多项式解,其中q=deg(Q(z)).

2 引理

引理2.1[1]令T:[0,+∞)→[0,+∞)是一个连续非减函数,s∈(0,+∞),如果

且δ∈(0,1−ζ),那么

除去一个对数测度为有穷的集合.

差分对数导数引理参看文献[7–9,15–17]在复差分方程,差分Nevanlinna理论方面起着非常重要的作用.下面的引理是文献[17,引理2.2]的特殊情形.

引理2.2假设f(z)是一个非常数亚纯函数,c,h是两个不相等的复数.如果σ2(f)<1,那么

对于所有的r成立,除去一个对数测度为有穷的集合.

显然,对任意的c 6=0,当r→∞时,对一般亚纯函数f(z)下列不等式成立

结合引理2.1,对于计数函数有下列关系.

引理2.3[1]假设f(z)是超级小于1的亚纯函数,c∈C{0},那么

引理2.4[17]假设f(z)是超级小于1的亚纯函数,c∈C{0},那么有

引理 2.5[3,7]假定f(z)是一个亚纯函数,Ψ(z):=anfn(z)+···+a0(z)满足an6=0,T(r,aj)=S(r,f).更进一步地,假设那么有Ψ =an(f+

引理2.6[2]设q(z)是多项式,L(r,f)是关于f(z)或者它的导数,变换的线性微分-差分多项式,那么方程f(z)2+q(z)L(r,f)=0没有有穷级的超越整函数解.

引理2.7[14]假定q是一个正整数,a0(z),···,an(z)或者是度小于q的指数多项式,或者是关于z的一般多项式,b1,···,bn∈C{0}是互不相等的常数,那么

当且仅当a0(z)≡···≡an(z)≡0.

令W ⊆C,所有包含W的凸集的交定义为W 的凸包,记为co(W).如果W 包含有穷多个元素,那么co(W)可以直接通过有穷多个闭半平面的交得到.因此,co(W)或者是一个紧polygon集,或者是一条线段.用C(co(W))表示co(W)的直径.如果co(W)是一条线段,那么C(co(W))是这条线段长度的2倍.在本文中记W={,···,,W0={0,,···,.

引理2.8[18]假定f(z)具有(1.6)式形式,那么

注4假设f(z)是具有(1.6)形式的指数多项式解且m≥1,那么由引理2.8可知,当→∞时,

换句话说S(r,f)=o(rq),o(rq)=S(r,f).

引理 2.9[18]假定f(z)具有(1.6)式形式,如果H0(z)6≡ 0,那么m(r,f1)=o(rq).如果H0(z)≡ 0,那么

利用文献[2,推论2.6,引理2.7]完全类似的方法,可得下述引理2.10和引理2.11.

引理2.10假定f(z)具有(1.6)式形式,对任意的i 6=j,wi6=2wj且f(z)是方程(1.8)的解.如果点0,wi,···,wn是线性的,那么m=1.

引理2.11当m≥2时,如果对任意的i 6=j,wi6=2wj,那么具有(1.6)式形式的f(z)不是方程(1.8)的解.

引理2.12假定f(z)具有(1.6)式形式,其中m=1.如果f(z)是方程(1.8)的解,那么f∈

证 令f(z)=H0(z)+H1(z)ew1zq.要证H0(z),H1(z)是多项式,把f(z)代入方程(1.8)得

其中Q0(z)=Q(z)−bqzq,P1(z)=w1(z+c)q是次数≤q−1的多项式,(z+c)是关于H1(z+c),w1(z+c)q和他们导数的微分多项式.分三种情况来讨论.

情况1假设bq6=±w1,对(2.1)式由引理2.7得

情况2假设bq=−w1,同样对(2.1)式由引理2.7得H1(z)≡0,矛盾.

情况3 bq=w1,那么(2.1)式可改写为

如果deg(H0(z))≥k,那么由(2.1)式和由引理2.7得

由(2.4)式知H0(z)是一个多项式.下证H1(z)也是多项式.

(a)当deg(H0(z))≥ k时,则H(k)0(z+c)6≡ 0.如果deg(Q0(z)+P1(z))=0,反证设H1(z)是一个超越整函数.由差分对数导数引理及文献[16,定理1.24]知

再由上式,(2.2)式和引理2.4得

上式与假设矛盾,所以H1(z)是一个多项式.由(2.3)式知Q0(z)是一个常数.因此,P1(z)也是一个常数.可得q=1,f∈

如果deg(Q0(z)+P1(z))≥1,由定理1.2(iii)知H1(z)∈又因为H0(z)是多项式,所以f∈

(b)当deg(H0(z))

3 定理的证明

定理1.4的证明 (i)假设f(z)是方程(1.7)的有穷级非零整函数解,由(1.7)式和引理2.7知f(z)是超越的.

一方面,由引理2.2和(1.7)式及差分对数导数引理有

如果σ(f)

所以f(z)是正规型的.

(ii)假设f(z)是方程(1.7)的有穷级非零整函数解,由定理1.4(i)知,f(z)是超越的.下面要证:如果有穷复数a是f(z)的Borel例外值,那么有a=−由于λ(f−a)< σ(f),f(z)是整函数,则f(z)是正规增长.令λ(f−a)<α<β<σ(f),即有

由引理2.3和文献[6,定理1.24]得

由于f(z)是整函数,由引理2.5得

并且有

又由Nevanlinna第二基本定理得

(iii)假设f(z)是方程(1.7)的有穷级非零整函数解,由定理1.4(i)知,f(z)是超越的.由P(z)≡0得

由引理2.2和差分对数导数引理得

即有

因此,由(3.6)式和(3.9)式得

因此,由引理2.5,得到(3.6)式可变形为

情形1 如果对任意的j∈{1,2,···,n−1}都有aj6=0(j=1,2,···,n−1).一方面

另一方面,由Nevanlinna第二基本定理

因此 λ(f)= σ(f).

情形 2 如果存在i0∈ {1,2,···,n−1}使得ai0=0.由(3.11)式得ai0=an−1= ···=ai0+1=ai0−1= ···=a1=0.再由定理 1.2(ii)知 λ(f)< σ(f).

(iv)假设f(z)是方程(1.7)的有穷级非零整函数解.

充分性 假设P(z)≡ 0且存在i0∈{1,2,···,n−1}使得ai0=0.由定理1.2(iii)知f∈

(v)假设f(z)是方程(1.7)的有穷级非零整函数解,由定理1.4(i)知f是超越的.由已知必有P(z)≡0.否则,如果P(z)6≡0,由引理2.3和已知card{z:P1(z)=P01(z)=P001(z)=0}≥1或者card{z:P1(z)=P01(z)=0}≥2,有不等式

得T(r,f)=S(r,f),矛盾,所以P(z)≡0.又因为存在i0∈{1,2,···,n−1}使得ai0=0.由定理 1.4(iv)可得 P(z)≡ 0=a1(z)= ···=an−1且 f(z)∈ Γ00.

(vi)如果f,g∈Γ00且是方程(1.7)的有穷级整函数解,由定理1.4(iv)得P(z)≡0且an−1= ···=a1=0.又由定理 1.2(iv) 知 f= ηg 且 ηn−1=1.

定理1.5的证明

由引理2.10,引理2.11,引理2.12可得定理1.5的证明.

定理1.6的证明

(i)假设f(z)是方程(1.9)的有穷级非零整函数解,由(1.9)式得

由增长级的性质和引理2.4得deg(Q(z))≤max{σ(f(z)−P(z)),σ(f(k)(z+c))}=σ(f).

(ii)由于σ(f)≥deg(Q(z))且Q(z)是非常数多项式,可得f(z)是超越的.否则有λ(f)<σ(f).因此f(z)是正规增长的,有

又(1.9)式可变形为f(z)−P(z)=−q(z)eQ(z)f(k)(z+c).由引理2.3,(3.12)式和文献[6,定

理1.24]得

如果P(z)6≡0,由(3.12),(3.13)式和Nevanlinna第二基本定理得

与假设矛盾,所以有λ(f)=σ(f).

(iii)反证法:假设f(z)是方程(1.9)的具(1.6)形式的指数多项式解,满足q=deg(Q(z)).把(1.9)式改写为

由(3.14)式,引理2.8,注4,差分对数导数引理得

矛盾.