1 引言和结果
本文中,亚纯函数均指在复平面上的亚纯函数,
且采用的记号为Nevanlinna理论的标准记号,其基本概念和详细定义
可见参考文献[]. 设$f(z)$是非常数的亚纯函数,
我们分别用$\rho(f),\lambda(f),\lambda(1/f)$表示$f(z)$的增长级、
零点收敛指数和极点收敛指数. 特别地,如果亚纯函数$a(z)$满足
$T(r,a)=S(r,f)$,至多有一个具有有穷对数测度的例外集,
则称$a(z)$为$f(z)$的小函数. 对于集合$E\subset(0,\infty)$,
我们定义它的下对数密度为
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$$\underline{\log dens}(E)=\liminf_{r\to\infty}\frac{\int_1^r(\chi_E(t)/t){\rm d}t}{\log r},$$
|
其中$t\in E,\chi_E(t)=1;t\not\in E,\chi_E(t)=0$.
利用Nevanlinna理论这个强有力的工具,近来人们对于复差分方程解性
质的研究有了一系列的丰富成果. Heittokangas等人[4]讨论
了一类复差分方程的具有Borel零点和极点的亚纯解,得到了下面的定理.
{\heiti\bf 定理A}\quad 假设$c_1,c_2,\cdots,c_n$ 为非零复数,
设$f(z)$为具有下面形式的差分方程
|
$$\sum\limits_{i=1}^nf(z+c_i)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f(z)+\cdots+a_p(z)f(z)^p}
{b_0(z)+b_1(z)f(z)+\cdots+b_t(z)f(z)^t}
$$
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(1.1)
|
的超越亚纯解,其中$a_i,b_j$为$f(z)$的小函数且$a_pb_t\not\equiv 0$.
如果$\max\{\lambda(f),\lambda(1/f)\}<\rho(f)$,则方程(1.1)退化为
|
$$\sum\limits_{i=1}^nf(z+c_i)=c(z)f(z)^k,
$$
|
其中 $c(z)$为$f(z)$的小函数,
$k$为整数.
Gundersen等人[5]讨论了一类$q$ -差分方程,在相对更弱的条件下,证明了下面的结果.
$\bf {定理B}\quad $ 假设$f(z)$为具有下面形式的$q$ -差分方程
|
$$f(qz)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f(z)+\cdots+a_p(z)f(z)^p}{b_0(z)+b_1(z)f(z)+\cdots+b_t(z)f(z)^t}
$$
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(1.2)
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的超越亚纯解,其中复常数$q$满足$|q|>1,b_t\equiv 1,a_i,b_j$为
$f(z)$的小函数. 如果
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$$\overline{N}(r,f)+\overline{N}(r,1/f)=S(r,f),$$
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(1.3)
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则方程(1.2)退化为$f(qz)=a_p(z)f(z)^p$或 $f(qz)=a_0(z)f(z)^{-t}.$
2012年,郑秀敏和陈宗煊在比(1.3)式更强的条件下研究了方程(1.2)
的推广形式,他们在文献[6]中得到了如下的定理.
$\bf {定理C}\quad $ 假设$f(z)$为$q$ -差分方程
|
$$\prod\limits_{i=1}^nf(q_iz)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f(z)+\cdots+a_p(z)f(z)^p}{b_0(z)+b_1(z)f(z)+\cdots+b_t(z)f(z)^t}
$$
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(1.4)
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的超越亚纯解,其中复常数$q_i\not=0,1,i=1,2,\cdots,n,a_i,b_j$
为$f(z)$的小函数并且$b_t\equiv 1,a_p\not\equiv 0$. 如果
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$$\max\{\lambda(f),\lambda(1/f)\}<\rho(f),$$
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(1.5)
|
则方程(1.4)退化为$\prod\limits_{i=1}^nf(q_iz)=a_p(z)f(z)^p$ 或
$\prod\limits_{i=1}^nf(q_iz)=a_0(z)f(z)^{-t}.$
注意到方程(1.1)和(1.4)的右端是相同的,
我们想把这两类方程结合在一起考虑,希望进行相关的讨论. 事实上,
我们考虑下面这样的差分方程
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$$\prod\limits_{i=1}^n f(q_iz+c_i)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f\circ p+\cdots+a_s(z)(f\circ p)^s}{b_0(z)+b_1(z)f\circ p+\cdots+b_t(z)(f\circ p)^t},$$
|
(1.6)
|
其中$q_i\not=0,c_i~(i=1,2,\cdots,n)$为复常数,$p(z)=qz^k+\cdots$
为非常数的次数为$k$的多项式,$a_i,b_j$为$f\circ p$的小函数并且
$b_t\equiv 1,a_s\not\equiv 0$,这里$f\circ p=f(p(z))$. 显然,
方程(1.2)和(1.4)都是方程(1.6)的特殊情况. 利用文献
[6]中的方法,
我们研究方程(1.6),得到以下两个定理.
$\bf {定理1}\quad $ 假设$f(z)$为方程(1.6)的超越亚纯解,
且满足(1.5)式.
如果$1
当$k=1$时,我们做线性变换$w=p(z)=qz+c$,则方程(1.6)化为
|
$$\prod\limits_{i=1}^nf(\tilde{q}_iw+\tilde{c}_i)=\frac{\tilde{a}_0(w)+\tilde{a}_1(w)f(w)
+\cdots+\tilde{a}_s(w)f(w)^s}{\tilde{b}_0(w)+\tilde{b}_1(w)f(w)+\cdots+\tilde{b}_t(w)f(w)^t},$$
|
其中$\tilde{a}_i(w)=a_i((w-c)/q),\tilde{b}_j(w)=b_j((w-c)/q)$,且$\tilde{q}_i=q_i/q,\tilde{c_i}=c_i-cq_i/q.$ 这意味着,不失一般性,我们只需考虑$p(z)=z$的情形.
$\bf {定理2}\quad $ 假设超越亚纯函数$f(z)$满足方程
|
$$\prod\limits_{i=1}^nf(q_iz+c_i)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f(z)+\cdots+a_s(z)f(z)^s}{b_0(z)+b_1(z)f(z)+\cdots+b_t(z)f(z)^t},$$
|
(1.7)
|
其中$a_i,b_j$为$f$的小函数并且$b_t\equiv 1,a_s\not\equiv 0.$
如果$f(z)$具有有穷级且满足(1.3)式,
同时$\max\{|q_i|,i=1,2,\cdots,n\}\not=1$,则我们有
$\prod\limits_{i=1}^nf(q_iz+c_i)=a_s(z)f^s$或$\prod\limits_{i=1}^n f(q_iz+c_i)=a_0(z)f^{-t}.$
2 所需引理
$\bf {引理 1} $ (Valiron-Mohonko引理)[3]\quad
假设$f(z)$为亚纯函数,对于关于$f$的不可约有理函数
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$$R(z,f)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f(z)+\cdots+a_p(z)f(z)^p}{b_0(z)+b_1(z)f(z)+\cdots+b_t(z)f(z)^t},$$
|
其中系数$a_i,b_j$均为亚纯函数,则有
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$$T(r,R(z,f))=\max\{p,t\}T(r,f)+O\big(\max_{i,j}\{T(r,a_i),T(r,b_j)\}\big).$$
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$\bf {引理 2}$
[4]\quad 假设亚纯函数$f$满足
$\max\{\lambda(f),\lambda(1/f)\}<\rho(f)$,则$f$具有正规增长,即
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$$\lim{r\to\infty}\frac{\log T(r,f)}{\log r}=\rho(f)$$
|
对于充分大的$r$成立.
$\bf 注1 $ 由此可以看出,引理2中的亚纯函数$f$必然有
$N(r,f)=S(r,f),$ $N(r,1/f)=S(r,f).$
$\bf 引理 3$[7, 8]\quad 假设$F,f$都为超越亚纯函数,
$g(z)=a_mz^m+\cdots+a_0,m$是次数为$m$的多项式,并且$F=f\circ g,$
则我们有$\rho(F)=m\rho(f),\lambda(F)=m\lambda(f),\lambda(1/F)=
m\lambda(1/f),$ 且对于任意给定的$\delta,\varepsilon>0$,
|
$$(1-\varepsilon)T\big((|a_m|-\delta)r^m,f\big)\leq T(r,F)\leq
(1+\varepsilon)T\big((|a_m|+\delta)r^m,f\big)$$
|
关于充分大的$r$成立.
$bf 引理 4$
[9] 假设$f$为非常数的亚纯函数,
$s>0,$ $\alpha<1$,
令$F\subset {\Bbb R}^+$为满足下面性质的$r$值集合
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$$T(r,f)\leq\alpha T(r+s,f).$$
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(2.1)
|
如果$F$具有无穷的对数测度,则$f$具有无穷级.
$\bf 注2$
由引理4不难看出,对于有穷级亚纯函数$f$一定满足
$T(r,f)=T(r+s,f)+S(r,f)$,
至多除了一个对数测度有穷的例外集.
注意到$\overline{N}(r,f)\leq T(r,f)$ 和
$\overline{N}(r,1/f)\leq T(r,f),$ 利用类似引理2的证明过程
(详见文献[9,引理2.1]),当(2.1)式被替换为$\overline{N}(r,f)\leq
\alpha\overline{N}(r+s,f)$ 或$\overline{N}(r,1/f)\leq\alpha
\overline{N}(r+s,1/f),$
引理4的结论依然成立. 这意味着,对于有穷级亚纯函数$f$,也必然满足
|
$$\overline{N}(r,f)=\overline{N}(r+s,f)+S(r,f),\quad
\overline{N}(r,1/f)=\overline{N}(r+s,1/f)+S(r,f).$$
|
(2.2)
|
$\bf 引理 5$
[10] 微分域$L_f=\{g$为亚纯函数满足
$T(r,g)=S(r,f)\}$在复平面上的亚纯函数域内是代数闭的,
即任何满足域$L_f$上的代数方程的亚纯函数$f(z)$ 都属于$L_f$.
利用Clunie引理的证明思路(见文献[2,引理2.4.2]),不难得出
$\bf 引理6$ 假设$f$为方程$f^nP(z,f)=Q(z,f)$的超越亚纯解,
其中$P(z,f)$和
$Q(z,f)$为关于$f$ 及其导数的多项式,系数均为亚纯函数.
如果$Q(z,f)$关于$f$及其导数的次数不超过$n$,
则$m(r,P(z,f))=O(\Psi(r))$,其中$\Psi(r)$为所有系数的最大均值函数.
$\bf 引理7$[11]\quad 假设$T(r)$ 为定义在
$[r_0,\infty)(r_0\geq 1)$ 上的连续非减正值函数,且随着$r\to\infty$
时$T(r)\to\infty$. 如果存在递增趋向无穷的数列$\{r_n\}$,
使得$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\log T(r_n)}{\log r_n}\leq \mu<\infty$,则对于任意给定两个大于1的常数$\tau_1,\tau_2$,我们有
|
$$\underline{\log dens}(E)\geq 1-\mu\frac{\log \tau_1}{\log \tau_2},$$
|
其中集合$E=\{r\,|\,T(\tau_1r)\leq\tau_2T(r)\}.$
3 定理1的证明
首先我们令$H(z)=\prod\limits_{i=1}^nf(q_iz+c_i),g(z)=f\circ p$.
由于$f(z)$满足方程(1.6),利用引理1,我们不难看出
|
\begin{equation}
T(r,H)=\max\{s,t\}T(r,g)+S(r,g).%\eqno(3.1)
\end{equation}
|
(3.1)
|
与此同时,根据对数导数引理,我们可知
|
\begin{eqnarray}
T(r,\frac{H'}{H})&=&m(r,\frac{H'}{H})+\overline{N}(r,H)+\overline{N}(r,\frac{1}{H})
\nonumber\\
&\leq & S(r,H)+\sum\limits_{i=1}^n\Big(\overline{N}(r,f(q_iz+c_i))+\overline{N}\big(r,\frac{1}{f(q_iz+c_i)}\big)\Big)
\nonumber\\
&\leq &S(r,g)+\sum\limits_{i=1}^n\big(\overline{N}(|q_i|r+|c_i|,f)+\overline{N}(|q_i|r+|c_i|,1/f)\big).
%\eqno(3.2)
\end{eqnarray}
|
(3.2)
|
注意到$T(r,f)$是关于$r$的单调增函数,从而$r\geq r_0$时有
$$T((|q|-\delta)r^k,f)\geq T(q^*r+c^*,f),
$$
其中
$q^*=\max\{|q_i|,i=1,2,\cdots,n\},c^*=\max\{|c_i|,i=1,2,\cdots,n\},
0<\delta<|q|.$ 利用(1.5)式和引理3,我们由
\begin{eqnarray*}
0\leftarrow\frac{\overline{N}(q^*r+c^*,f)}{T(q^*r+c^*,f)}
&=&\frac{\overline{N}(q^*r+c^*,f)}{T(r,g)}\frac{T(r,g)}{T(q^*r+c^*,f)}
\\
&\geq& \frac{\overline{N}(q^*r+c^*,f)}{T(r,g)}\frac{T((|q|-\delta)r^k,f)}{T(q^*r+c^*,f)}
\end{eqnarray*}
可推出随着$r\to\infty$,
$\overline{N}(q^*r+c^*,f)/T(r,g)\rightarrow 0$,
这意味着$\overline{N}(q^*r+c^*,f)=S(r,g)$.
类似地,我们也能得到$\overline{N}(q^*r+c^*,1/f)=S(r,g)$.
所以(3.2)式能被简化为
|
$$T\big(r,\frac{H'}{H}\big)=S(r,g).$$
|
(3.3)
|
我们将方程(1.6)改写为
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$$\frac{1}{a_s}H(z)=\frac{P(z,g)}{Q(z,g)}=u(z,g),$$
|
(3.4)
|
其中$P(z,g),Q(z,g)$为关于$g$的互不可约的首一多项式. 令
|
$$U(z)=\frac{u(z,g)'}{u(z,g)}=-\frac{a_s'}{a_s}+\frac{H'}{H},$$
|
(3.5)
|
利用(3.3)式,我们不难发现$T(r,U)=S(r,g).$ 我们通过对(3.5)式求导,得到
$$\frac{P'Q-PQ'}{Q^2}=u'=uU=U\frac{P}{Q}.$$
这意味着
其中最高次项为$\big((s-t)g'/g-U\big)g^{s+t}$. 由(1.5)式和引理3,可知 $\max\{\lambda(g),\lambda(1/g)\}\leq\rho(g)$,再利用引理2,显然
$$N(r,g)=S(r,g),\quad N(r,1/g)=S(r,g),$$
所以$T(r,g'/g)=S(r,g).$ 从上面讨论看出,(3.6)式是关于$g$的代数方程,
且方程系数都是$g$的小函数. 从而利用引理5,我们必然有
$$(s-t)\frac{g'}{g}-U\equiv 0.$$
对它积分可得$u=\alpha g^{s-t},\alpha$为非零复常数.
将此式代回(3.4)式并结合方程(1.6),我们得到
$$\alpha a_s(z)g^{s-t}=\frac{a_0(z)+a_1(z)g+\cdots+a_s(z)g^s}{b_0(z)+b_1(z)g+\cdots+b_t(z)g^t}.$$
按照文献
[6]中类似的证明思路,利用引理5,我们得出$\alpha=1$,
且$s=0$ 或 $t=0$. 从而根据(3.4)式,定理1的结论成立.
4 定理2的证明
如果$\beta=\max\{|q_i|,i=1,2,\cdots,n\}>1$,
则我们用$\zeta z$代替$z$,其中$\zeta=1/\beta<1$,那么方程(1.7)变为
|
\begin{equation}
\prod\limits_{i=1}^nf(\zeta q_iz+c_i)=\frac{a_0(\zeta z)+a_1(\zeta z)f(\zeta z)+\cdots+a_s(\zeta z)f(\zeta z)^s}{b_0(\zeta z)+b_1(\zeta z)f(\zeta z)+\cdots+b_t(\zeta z)f(\zeta z)^t}.
%\eqno(4.1)
\end{equation}
|
(4.1)
|
我们令$H(z)=\prod\limits_{i=1}^nf(\zeta q_iz+c_i)$.
类似定理1的证明,我们可以得到
|
\begin{equation}
T(r,H)=\max\{s,t\}T(r,g)+S(r,g),\quad g(z)=f(\zeta z).
%\eqno(4.2)
\end{equation}
|
(4.2)
|
这里我们用到一个事实: 对于任意亚纯函数$w(z)$都成立
$T(r,w(\zeta z))=T(\zeta r,w)$. 同时,根据对数导数引理,
(1.3)和(2.2)式,我们可知
|
\begin{eqnarray}
T(r,\frac{H'}{H})&\leq &S(r,H)+\sum\limits_{i=1}^n\Big(\overline{N}(|\zeta q_i|r+|c_i|,f)+\overline{N}(|\zeta q_i|r+|c_i|,\frac{1}{f})\Big)
\nonumber\\
&\leq & S(r,g)+\sum\limits_{i=1}^n\big(\overline{N}(r+c^*,f)+\overline{N}(r+c^*,1/f)\big)=S(r,f).
%\eqno(4.3)
\end{eqnarray}
|
(4.3)
|
我们同样有(3.4),(3.5)和(3.6)式,且
$$T(r,U)=S(r,f),T(r,g'/g)=S(r,g).
$$
同时我们知道$P'Q-PQ'-UPQ$为关于$g$与其导数的多项式,
且最高次项为$((s-t)g'/g-U)g^{s+t}.$ 如果 $(s-t)g'/g-U$不恒为零,
则根据引理6,显然
|
$$T(r,g)=T(\zeta r,f)=S(r,f).$$
|
(4.4)
|
由于$\rho(f)<\infty$,按照增长级的定义,必然存在一列
趋于无穷的数列$\{r_n\}$使得
$$\lim_{n\to\infty}\frac{\log T(r_n,f)}{\log r_n}=\rho(f)<\infty.$$
取$R=\zeta r$,则由(4.4)式可知
|
$$\frac{1}{d}T(R,f)\leq T(\frac{R}{\zeta},f),$$
|
(4.5)
|
其中$0 < {\rm{ }}d{\rm{ }} < 1$ 为常数. 令$\tau 1 = {\rm{ }}1/\zeta = \beta ,{\rm{ }}\tau 2 = {\rm{ }}1/d$, 利用引理7,
我们知道
$$\underline{\log dens}(E)\geq 1-\rho(f)\frac{\log \tau_1}{\log \tau_2},$$
其中$E=\{r|T(\tau_1 r,f)\leq \tau_2T(r,f)\}.$
我们必有$\rho(f)(\log \tau_1/\log \tau_2)\geq 1$,
否则$\underline{\log dens}(E)>0,$ 而这将与(4.5)式相矛盾.
所以 $\rho(f)\geq\log \tau_2/\log \tau_1$,令$d\to 0+$,
我们不难看出$\rho(f)=\infty$,这与有穷级的条件相抵触. 从而
$$(s-t)\frac{g'}{g}-U\equiv 0.$$
类似于定理1中的证明,我们可以得到
$$\alpha a_s(z)g^{s-t}=\frac{a_0(z)+a_1(z)g+\cdots+a_s(z)g^s}{b_0(z)+b_1(z)g+\cdots+b_t(z)g^t}.$$
从而能得出$\alpha=1$,且$s=0$ 或 $t=0$. 这意味着$\prod\limits_{i=1}^nf(\zeta q_iz+c_i)=a_s(\zeta z)f(\zeta z)^s$
或$\prod\limits_{i=1}^n f(\zeta q_iz+c_i)=a_0(\zeta z)f(\zeta z)^{-t}.$
最后用$z$代替$\zeta z$,就得到定理2的结论.
如果$\beta=\max\{|q_i|,i=1,2,\cdots,n\}<1$,直接对(1.7)式进行讨论.
令
$$H(z)=\prod\limits_{i=1}^nf(q_iz+c_i),
$$
利用类似前面的证明,
我们有$T(r,H)=S(r,f)$. 同时我们知道$P'Q-PQ'-UPQ$是关于$f$与其
导数的多项式,且最高次项为$((s-t)f'/f-U)f^{s+t}.$
如果$(s-t)f'/f-U$不恒为零,则根据引理6,显然$T(r,f)=S(r,f)$.
这是矛盾的,故
$(s-t)f'/f-U\equiv 0$,由此出发可知定理2的结论成立.
2015, Vol. 35A 
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