一类微分差分方程的解与其位移分担值的唯一性

麦泽坤，刘志学

(北京邮电大学 理学院 北京 100876)

1 引言与主要结果

微分差分方程在物理，生物，经济，金融等领域具有广泛应用。近些年，随着复域方程以及Nevanlinna理论差分模拟的发展，微分差分方程引起了许多学者的关注[2-8]。徐玲等[9]研究了Fermat型微分差分方程的整函数解,他们得到

定理A设c为非零复数，p(z)为非零多项式。则Fermat型微分差分方程

f′(z)2+f(z+c)2=p(z)

的任意整函数解必形如

其中p(z)≡p1(z)p2(z)，p1(z)和p2(z)均为多项式，而且p(z)和h(z)仅满足下面两种情况之一：

(ⅱ)如果h(z)为非常数的整函数，那么h(z):≡±iz+B，且c=kπ，k为任意整数。

1992年Quispel，Capel和Sahadevan[10]研究得到Kac-Van Moerbeke微分差分方程

可退化为

w(z)[w(z+1)-w(z-1)]+aw′(z)=bw(z)

此后许多研究工作均在此方程的基础上展开。Halburd和Korhonen[11]研究了一类微分差分方程解的存在性，他们得到

定理B假设f(z)为方程

(1.1)

的超越亚纯解，其中a(z)为有理函数，P(z,f(z))和Q(z,f(z))为f(z)的多项式，系数为z的有理函数，且R(z,f(z))为f(z)的不可约有理函数。若ρ2(f)<1，则有

degw(P)=degw(Q)+1≤3

或者

degw(R)≤1。

张然然和黄志波[12]研究了方程(1.1)的整函数解存在的条件以及整函数解的性质，得到：

定理C假设方程(1.1)存在超越整函数解f(z)满足ρ2(f)<1，R(z,f(z))为f(z)的不可约有理函数，则方程(1.1)退化为

或者

其中a0(z),a1(z),a2(z)为有理函数。

在本文中,我们将研究以下方程

(1.2)

的亚纯解的唯一性。

亚纯函数的唯一性理论是复分析的重要研究方向，主要研究亚纯函数在涉及分担值情形下是否唯一[13]。为了方便叙述,我们先介绍IM分担值和CM分担值的定义。

定义1.1设f(z)和g(z)为两个非常数亚纯函数，a为复平面上任意复数。若f(z)-a与g(z)-a具有相同的零点集，则称f(z)和g(z)IM分担值a；若f(z)与g(z)具有相同的极点集，则称f(z)和g(z)IM分担值∞。

定义1.2设f(z)和g(z)为两个非常数亚纯函数，a为复平面上任意复数。若f(z)-a与g(z)-a的零点相同，且每个零点的重数相同，则称f(z)和g(z)CM分担值a；若f(z)与g(z)的极点相同，且每个极点的重数相同，则称f(z)和g(z)CM分担值∞。

1926年，Nevanlinna通过引入亚纯函数的特征函数概念，建立了第一基本定理和第二基本定理，同时得到了以下唯一性理论中的经典结果。

定理D(五值定理[14])设f和g为两个非常数亚纯函数，ai(i=1,2,3,4,5)为扩充复平面中5个互相判别的复数。若f和gIM分担ai，则在整个复平面上有f≡g。

定理E(四值定理[15])设f和g为两个非常数亚纯函数，ai(i=1,2,3,4)为扩充复平面中4个互相判别的复数。若f和gCM分担ai，则在整个复平面上有f≡g，或者f是g的Möbius变换。

李玉华和乔建永[16]研究了亚纯函数分担5个小函数的情形，对Nevanlinna五值定理做了精确拓广。Laine和Korhonen[17]等人研究了亚纯函数与其位移在涉及分担值情形下的唯一性，结论如下所示：

定理F设f(z)为有限级亚纯函数，a1、a2、a3是关于f(z)的三个不同的周期为c的小函数。如果f(z)与f(z+c)CM分担a1、a2，IM分担a3，则在整个复平面上有f(z)≡f(z+c)。

本文考虑方程(1.2)的有限级超越亚纯解与其平移分担值的唯一性问题，并得到了下面的定理：

定理1.1假设f(z)为方程(1.2)的有限级超越亚纯解，α(z)、β(z)为非常数有理函数。当f(z)与f(z+c)CM分担a1、a2时(a1、a2∈{0})，如果f(z)只有有限多个零点或者f(z)有无限多个零点且均为单零点，则f(z)≡f(z+c)。

推论1.1假设f(z)为方程(1.2)的有限级超越亚纯解，α(z),β(z)为非常数有理函数。当f(z)与f(z+c)CM分担a1、∞时(a1∈{0})，如果f(z)只有有限多个零点或者f(z)有无限多个零点且均为单零点，则f(z)≡f(z+c)。

定理1.2假设f(z)为方程(1.2)的有限级超越整函数解，α(z)(α(z)≢0),β(z)为有理函数。如果f(z)与f(z+c)CM分担a1(a1∈{0})，则f(z)≡f(z+c)。

2 重要引理和基本记号

引理2.1([18])假设f(z)为一个有穷级亚纯函数，则对于任意c∈{0}，有

引理2.2([2])设c∈，f(z)是一个亚纯函数，ρ(f)<∞并且Δcf(z)≢0。设q≥2，亚纯函数a1(z),…,aq(z)是f(z)不同的周期为c的小函数，即

max{T(r,a1),…,T(r,aq)}=o(T(r,f))=S(r,f)

满足ak∈S(f),k=1,…,q,则有

其中Npair(r,f)=2N(r,f)-N(r,Δcf)+N(r,1/Δcf),Δcf=f(z+c)-f(z)。

引理2.3([18])假设f(z)为一个有限级亚纯函数，c为一个非零实数，则f(z)满足

T(r,f(z+c))=T(r,f(z))+S(r,f),

N(r,f(z+c))=N(r,f(z))+S(r,f)

引理2.4([19])设h(z)为非常数亚纯函数满足

令f=a0hp+a1hp-1+…+ap,g=b0hq+b1hq-1+…+bc为h(z)的多项式，系数a0,a1,…,ap,b0,b1,…,bq为h(z)的小函数，满足a0b0ap≢0。如果q≤p，则有

3 定理的证明

3.1 定理1.1的证明

假设f(z)≢f(z+c)，由条件f(z)只有有限多个零点或者f(z)有无限多个零点且均为单零点，分类讨论。

情形1f(z)有无穷多个单零点时，定义

E*={z|f(z)=0}{{z|α(z)=0,∞}∪{z|β(z)=0,∞}}

(3.1)

将任意z0∈E*代入方程(1.2)有

可以看出则z=z0+1和z=z0-1中至少有一个为f(z)的极点。

(ⅰ)若z=z0+1和z=z0-1均为f(z)的极点，则代入方程(1.2)有

从上式中可以看出z=z0+2和z=z0-2也为f(z)的极点。不难得出在充分大时有

结合(3.1)式有

(3.2)

利用引理2.2有

(3.3)

由分担值条件f(z)与f(z+c)CM分担a1,a2可知，当f(z)分别取a1,a2时，f(z+c)也分别取a1,a2，且重数相同。而f(z+c)-f(z)还可能有除去a1,a2以外的其他零点，所以

(3.4)

由(3.3)式和(3.4)式，结合引理2.3整理得

(3.5)

通过(3.2)式有T(r,f)

(ⅱ)：若z=z0+1和z=z0-1中一个为f(z)的极点，不失一般性，我们假设z=z0+1为f(z)的极点(z=z0-1为f(z)的极点的情况类似)，则将z=z0+1代入方程(1.2)可知z=z0+2为f(z)的极点，由此可以得出在r充分大时有

由(3.1)式有

(3.6)

结合(3.5)式有T(r,f)

情形2f(z)只有有限多个零点，可以得到在r→∞时，

通过前面的证明，结合(3.5)式有T(r,f)=S(r,f)，显然是矛盾的。

3.2 推论1.1的证明

假设f(z)≢f(z+c)。由定理1.1的证明可知方程(1.2)的有限级超越亚纯解的零点数量满足(3.2)式和(3.6)式，即在r充分大时有

(3.7)

(3.8)

通过分担值条件可以得到，g(z)与g(z+c)CM分担0,1/a1。当g(z)分别取0,1/a1时,g(z+c)也分别取0,1/a1且重数相同。而g(z+c)-g(z)还可能有除去0,1/a1以外的其他零点，所以有

(3.9)

由(3.8)式和(3.9)式，结合引理2.3和引理2.4整理得

T(r,g)≤N(r,g)+S(r,g)

所以N(r,g)=T(r,g)+S(r,g)，由第一基本定理，即有

结合(3.7)式，在r充分大时，有T(r,f)

3.3 定理1.2的证明

假设f(z)≢f(z+c)。因为f(z)为方程(1.2)整函数解，则由之前的讨论可知f(z)的零点有限，即在r充分大时，f(z)满足

由f(z)与f(z+c)CM分担a1可知，存在多项式H(z)使得

(3.10)接下来对eH(z)分类讨论。

情形1若eH(z)≡1，则证得f(z)≡f(z+c)。

情形2若eH(z)≢1，H(z)为常数，则由(3.10)式有

eH(z)f(z)-f(z+c)=a1eH(z)-a1

整理得

对等式两边求其均值函数,有

(3.11)

情形三：若H(z)为非零多项式，则利用引理2.4可知

通过(3.11)式有