一类复差分方程亚纯解的振荡性质


扩展功能
	加入收藏夹

	复制引文信息

	加入引用管理器

	Email Alert

	RSS
本文作者相关文章
	张科

	王珺

一类复差分方程亚纯解的振荡性质

张科, 王珺

复旦大学数学科学学院上海 200433

收稿日期: 2013-03-28;修订日期: 2014-11-16

基金项目：国家自然科学基金(11001057, 11101048)和国家基础科学人才培养基金(J1103105)资助

作者简介：王珺,E-mail: majwang@fudan.edu.cn

摘要：该文利用Nevanlinna理论讨论了一类复差分方程亚纯解的振荡性质, 包括零点和极点分布、增长级、以及方程可能的退化形式, 其中方程系数与亚纯解的特征函数之间满足一定关系, 推广了郑秀敏和陈宗煊的相关结果.

关键词：复差分方程亚纯函数零点分布增长级

Complex Oscillation of Meromorphic Solutions of Some Difference Equations

Zhang Ke, Wang Jun

School of Mathematical Sciences, Fudan University, Shanghai 200433

Abstract : In this paper, the authors study the properties of some complex difference equations, such as the growth, the distribution of zeros and poles of the soultions, and the possible reduced form of the equations. The authors generalize the previous result of Zheng X M and Chen Z X.

Key words: Complex difference equation Meromorphic function Distribution of zeros

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

$\underline{\log dens}(E)=\liminf_{r\to\infty}\frac{\int_1^r(\chi_E(t)/t){\rm d}t}{\log r},$

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

$\sum\limits_{i=1}^nf(z+c_i)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f(z)+\cdots+a_p(z)f(z)^p} {b_0(z)+b_1(z)f(z)+\cdots+b_t(z)f(z)^t}$

(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

$f(qz)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f(z)+\cdots+a_p(z)f(z)^p}{b_0(z)+b_1(z)f(z)+\cdots+b_t(z)f(z)^t}$

(1.2)

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

$\overline{N}(r,f)+\overline{N}(r,1/f)=S(r,f),$

(1.3)

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

$\prod\limits_{i=1}^nf(q_iz)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f(z)+\cdots+a_p(z)f(z)^p}{b_0(z)+b_1(z)f(z)+\cdots+b_t(z)f(z)^t}$

(1.4)

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

$\max\{\lambda(f),\lambda(1/f)\}<\rho(f),$

(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

$\prod\limits_{i=1}^n f(q_iz+c_i)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f\circ p+\cdots+a_s(z)(f\circ p)^s}{b_0(z)+b_1(z)f\circ p+\cdots+b_t(z)(f\circ p)^t},$

(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

$R(z,f)=\frac{a_0(z)+a_1(z)f(z)+\cdots+a_p(z)f(z)^p}{b_0(z)+b_1(z)f(z)+\cdots+b_t(z)f(z)^t},$

其中系数

$a_i,b_j$ 均为亚纯函数,则有

$T(r,R(z,f))=\max\{p,t\}T(r,f)+O\big(\max_{i,j}\{T(r,a_i),T(r,b_j)\}\big).$

$\bf {引理 2}$ ^[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

$\lim{r\to\infty}\frac{\log T(r,f)}{\log r}=\rho(f)$

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

$T(r,f)\leq\alpha T(r+s,f).$

(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

$\frac{1}{a_s}H(z)=\frac{P(z,g)}{Q(z,g)}=u(z,g),$

(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

$P'Q-PQ'=UPQ,$

(3.6)

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.

参考文献

[1]	Hayman W K. Meromorphic Functions. Oxford: Clarendon Press, 1964
[2]	Laine I. Nevanlinna Theory and Complex Differential Equations. Berlin, New York: Walter de Gruyter, 1993
[3]	仪洪勋, 杨重骏. 亚纯函数的唯一性理论. 北京: 科学出版社, 1995
[4]	Heittokangas J, et al. Complex difference equations of malmquist type. Comput Methods Funct Theory, 2001, 1(1): 27-39
[5]	Gundersen G, et al. Meromorphic solutions of generalized schroder equations. Aequations Math, 2002, 63: 110-135
[6]	Zheng X M, Chen Z X. On properties of q-difference equations. Acta Mathematica Scientia, 2012, 32B(2): 724-734
[7]	Goldstein R. Some results on factorization of meromorphic functions. J London Math Soc, 1971, 4(2): 357-364
[8]	Wang J. Growth and poles of meromorphic solutions of some complex difference equations. J Math Anal Appl, 2011, 379: 367-377
[9]	Halburd R G, Korhonen R J. Finite-order meromorphic solutions and the discrete Painlevé equations. Proc London Math Soc, 2007, 94: 443-474
[10]	Bergweiler W, Ishizaki K, Yanagihara N. Meromorphic solution of some functional equations. Methods Appl Anal, 1998, 5(3): 248-258
[11]	Hayman W K. Angular value distribution of power series with gaps. Proc Lond Math Soc, 1972, 24: 590-624