本文中,亚纯函数均指在复平面上的亚纯函数,并采用Nevanlinna理论中的标准记号和基本结果,见参考文献[1-2].对于非常数的亚纯函数$f(z)$, $N(r, f)$与$\overline{N} (r, f)$分别表示其极点的计数函数与精简计数函数, $\sigma(f)$和$\mu(f)$分别为其级和下级, $T(r, f)$为其特征函数.此外, $S(r, f)$表示满足$S(r, f)=o(T(r, f))(r \rightarrow \infty, r \notin E)$的量,其中例外集$E\subset(0, \infty)$的对数测度有穷,即$\int_E\frac{1}{t} \, {\rm{d}}t ＜ \infty$.

我们分别用$\lambda(\frac{1}{f})$与$\lambda(f)$表示$f$的极点收敛指数和零点收敛指数,定义如下

为了细致地研究计数函数与特征函数的关系,人们还定义了$f$在$a$处的亏量$\delta(a, f)$和精简亏量$\Theta(a, f)$:

特别地, $f$在$\infty$处的精简亏量为$\Theta(\infty , f)=1-\overline{\mathop{\lim}\limits_{r \rightarrow \infty}}\frac{\overline{N}(r, f)}{T(r, f)}$.

本文中,我们将利用Nevanlinna理论讨论以下非线性方程

其中${a_i(z)(i=0, 1, \cdots, n)}$与${b(z)}$均为非零有理函数, ${j_i(i=0, 1, \cdots, n)}$为正整数, $q$为非零复数.当$j_i=1(i=0, 1, \cdots, n)$时,方程(1.1)和(1.2)分别退化为线性差分方程和线性$q$ -差分方程.线性差分方程超越亚纯解的存在性及其解析性质受到很大的关注,特别超越亚纯解的增长性已被学者们深入研究,其中蒋翼曼和冯绍继^[3]证明了

定理A  假设$P_i(z)(i=0, 1, \cdots, n)$为多项式,并存在整数$l \in [0, n]$,使得

如果$f$为方程

的非零亚纯解,则我们有$\sigma(f)\ge 1$.

随后,陈宗煊在文献[4]中弱化了定理A中的条件(1.3),对(1.4)式及其非齐次线性方程的亚纯解进行了讨论,得到

定理B  假设$P_i(z)\ (i=0, 1, \cdots, n)$和$F(z)$均为多项式,满足$FP_nP_0 t\equiv 0$和

如果$f$为以下方程的有穷级超越亚纯解

则我们有$\sigma(f)\ge 1$且$\sigma(f)=\lambda(f)$.

定理C  假设多项式$P_i(z)(i=0, 1, \cdots, n)$满足$P_nP_0 \ne 0$和(1.5)式.对于方程(1.4)的非零有穷级亚纯解$f(z)$,必然有$\sigma(f)\ge 1$.对于任意的非零复数$a$, $f$取$a$无穷多次且$\lambda(f-a)=\sigma(f)$.

如果方程(1.6)中$FP_nP_0 t\equiv 0$,当亚纯解$f(z)$具有无穷多个极点时,陈宗煊在文章^[4]中也得到$\lambda(\frac{1}{f})\ge 1$的结论.

针对形式更一般的方程(1.1)和(1.2),我们讨论其亚纯解的增长性,零点和极点分布,并得到以下两个定理.

定理1.1  假设$a_i(z)(i=0, 1, \cdots, n)$与$b(z)$均为非零有理函数, $j_i(i=0, 1, \cdots, n)$为正整数,如果$f(z)$为方程(1.1)的超越亚纯解,满足$\sigma_2(f)=\varsigma < 1$和$\Theta(\infty, f)=1$,则我们有$\delta(0, f) \le \frac{n}{n+1}$.这里$\sigma_2(f)$为$f$的超级,它的定义如下

定理1.2  假设$q$为非零复常数, $a_i(z), j_i(i=0, 1, \cdots, n)$与$b(z)$均满足定理$1.1$的条件.如果$f$为方程(1.2)的超越亚纯解,满足$\sigma_2(f)=\varsigma < 1$和$\Theta(\infty, f)=1$,则我们有$\delta(0, f) \le \frac{n}{n+1}$.

特别地,由定理1.1和定理1.2的结论,我们可继续得到方程(1.1)和(1.2)的这些亚纯解满足$\mu(f) \le \lambda(f) \le \sigma(f).$此外,我们利用陈宗煊在文献[4]中所用的思路,还得到以下结论:

定理1.3  假设$a_i(z), j_i(i=0, 1, \cdots, n)$与$b(z)$均满足定理$1.1$中的条件,如果$f(z)$为方程(1.1)的超越亚纯解,若$f$有无穷多个极点,则$\lambda(\frac{1}{f} )\ge 1$.

为了完成定理的证明,我们需要下面的引理.

引理2.1^[5]  假设$f(z)$为亚纯函数, $c$为非零复常数,当$r \rightarrow \infty$时,成立

引理2.2^[6]  假设$f(z)$为非常数亚纯函数,且$\varsigma:=\sigma_2(f) <1$,对于任意给定的正数$\varepsilon$和复数$c$,存在对数测度有限的集合$F\subset(0, \infty)$,使得

引理2.3^[6]  假设$T(r):{\Bbb R}^{+}\rightarrow {\Bbb R}^{+}$为单调递增的连续函数, $s$为正实数.若

则对于满足$0<\delta<1-\varsigma$的任意数$\delta$,均有

其中, $E \subset (0, \infty)$为某个对数测度有限的集合.

引理2.4^{[2,定理1.55]}  假设$g_j(z)\ (j=1, 2, \cdots, p)$为满足$\Theta(\infty, g_j)=1$$(j=1, 2, \cdots, p)$的非常数亚纯函数, $a_j\ (j=0, 1, 2, \cdots, p)$均为非零复数.若$\Sigma^p_{j=1} a_jg_j(z)=a_0$,则

引理2.5  假设$f(z)$为非常数亚纯函数, $c$为非零复常数.如果$\sigma_2(f)=\varsigma <1$,则存在对数测度有穷的集合$E \subset(0, \infty)$,使得当$r \rightarrow \infty$且$r \notin E$时,我们有

(i)   $T(r, f(z+c))=T(r, f(z))+S(r, f);$

(ii)   $N(r, f(z+c))=N(r, f(z))+S(r, f);$

(iii)   $\overline{N}(r, f(z+c))=\overline{N}(r, f(z))+S(r, f).$

证  不难看出, $T(r, f(z))$为关于$r$单调递增的连续函数.由引理2.3,我们可知:对于小于$1-\varsigma$的正数$\delta$,存在对数测度有穷的集合$E_1 \subset (0, \infty)$,使得

另一方面,根据引理2.1, $r \rightarrow \infty$时,我们有

结合(2.1)和(2.2)式易知

由于$\varsigma<1$,根据引理2.2,存在对数测度有穷的集合$E_2 \subset (0, \infty)$,使得

适当选取$\varepsilon >0$,满足$1-\varsigma-\varepsilon>0$时,利用(2.3)式可知,当$r\rightarrow \infty$且$r \notin E_1 \cup E_2$时

我们注意到

将(2.4)式代入上面的不等式中,我们推出

记$E_0=E_1 \cup E_2$,显然$E_0$也为对数测度有穷的集合.由于$T(r, f)=m(r, f)+N(r, f)$,则利用(2.3)式与(2.5)式,我们可知

对于亚纯函数$f(z)$,我们知道

从而$r$充分大时,自然存在$T(r, f')<3T(r, f).$这意味着$\sigma_2(f')=\varsigma<1.$根据(2.6)式和(2.7)式,存在对数测度有限的集合$E_3 \subset (0, \infty)$,使得

注意到

结合(2.6), (2.8)和(2.9)式可得

综上所述,引理2.5得证.

假设$f(z)$为方程(1.1)的超越亚纯解,满足$\sigma_2(f)=\varsigma<1$和$\Theta(\infty, f)=1.$令$c_i(z)=\frac{a_i(z)}{b(z)}$$(i=0, 1, \cdots, n)$,则我们对方程两边同时除以$b(z)$得到

由于$a_i(z)(i=0, 1, 2, \cdots, n)$与$b(z)$为有理函数,从而

因为$f(z)$超越,显然

利用计数函数的性质,我们不难看出

由这两个不等式,并利用(3.2)式和$N\left(r, \frac{1}{f(z+i)^{j_i}}\right)=j_iN\left(r, \frac{1}{f(z+i)}\right)$,可知

类似地,我们也可得到

利用第一基本定理可知$\frac{1}{f}$的超级也为$\varsigma$,故对$f$和$\frac{1}{f}$都使用引理2.5.则存在$E\subset(0, \infty)$为对数测度有限集,当$r\rightarrow \infty, r \notin E$时,有

利用(3.3)-(3.5)式,我们得到

这意味着

类似地利用引理2.5,我们也可得到

注意到条件$\Theta(\infty, f)=1$等价于$\overline{\mathop{\lim}\limits_{r \rightarrow \infty }}\frac{\overline{N}(r, f(z))}{T(r, f(z))}=0$,从而

对于$i=0, 1, 2\cdots, n$均成立.注意到(3.6)和(3.7)式,对方程(3.1)应用引理2.4,这必然推出

将(3.6)式代入其中可知$(n+1)\delta(0, f) \le n$,即$\delta(0, f) \le \frac{n}{n+1}$,从而定理1.1得证.

假设$f(z)$为方程(1.2)的超越亚纯解,满足$\sigma_2(f)=\varsigma ＜1$和$\Theta(\infty, f)=1$.类似于定理1.1的证明,我们将方程(1.2)改写为

并且对于$i=0, 1, 2, \cdots, n$,我们可以推出

其中$S(r, f(q^iz))=o(T(r, f(q^iz)))$.通过几何观察,我们不难发现

结合(4.2), (4.3), (4.5)和(4.6)式,我们有

这意味着

同理可由条件$\Theta(\infty, f)=1$,我们得到

可推出

注意到(4.7)和(4.8)式,对(4.1)式应用引理2.4,不难推出

再次利用(4.7)式,可知$(n+1)\delta(0, f) \le n$,故$\delta(0, f) \le \frac{n}{n+1}$,从而定理1.2得证.

假设$f(z)$为方程(1.1)的超越亚纯解,并且$f$有无穷多个的极点.因为$a_i (z)\, (i=0, 1, \cdots, n)$与$b(z)$均为非零有理函数,从而存在正数$M$,使得$D=\{z\in {\Bbb C} : |{\rm Re}(z)| \le M,$$|{\rm Im}(z)| \le M\}$包含$a_i(z)$$(i=0, 1, \cdots, n)$和$b(z)$的所有零点和极点. $f$必存在不属于$D$的极点$z_0$.如若不然,则$f$的所有极点必都落在有界区域$D$中,从而必存在一列极点在$D$中有聚点,这是矛盾的.记$z_0$为$f$落在区域$D$外部的任一极点.我们由方程(1.1),可知

由此可知,必定存在$i_0 \in \{1, 2, \cdots, n\}$,使得$z_0+i_0$也是$f$的极点.

将$D$外的区域分成四个如下的子区域

由于$z_0 \notin D$,从而$z_0$必属于$D_i(i=1, 2, 3, 4)$之一.接下来我们分成三种情况讨论.

情况1  假设$z_0 \in D_1$.由$D_1$的定义,则$f$的极点$z_1:=z_0+i_0$也在区域$D_1$中.将(5.1)式中的$z_0$替换为$z_1$,同理可知:存在$i_1 \in \{1, 2, \cdots, n\}$,使得$z_2:=z_1+i_1$也是$f$的极点,并且$z_2$仍在区域$D_1$中.以此类推,我们可以得到$f$在区域$D_1$中的极点列$\{z_k\}(z_k=z_{k-1}+i_{k-1}).$记$r_k=|z_k|, k=0, 1, 2, \cdots$,我们不难看出$r_k$单调递增,且趋于无穷.

对于充分大的$r$,我们可知

从而

情况2  假设$z_0 \in D_3 \cup D_4$.此时$z_1=z_0+i_0$仍然落在$D_3 \cup D_4$中.从而推出$D_3 \cup D_4$中存在一列极点$\{z_0, z_1, \cdots, z_k, \cdots\}.$类似于情况1中的推导,我们也可知$\lambda(\frac{1}{f}) \ge 1$.

情况3  假设$z_0 \in D_2$.显然Re$(z_0)<-M$.将方程(1.1)中的$z$替换为$z_0-n$得到

由于$z_0-n$仍在区域$D_2$中,根据($\ref{eq:e3}$)式可知:存在$i_0' \in \{1, 2, \cdots, n\}$,使得$z_1':=z_0-i_0'$也是$f$的极点,并且$z_1'$落在区域$D_2$中.重复上述步骤,我们得到$f$在区域$D_2$中的极点列$\{z_k'\}(z_k'=z_{k-1}'-i_{k-1}').$类似情况1中的推导,我们又可以推出$\lambda(\frac{1}{f} )\ge 1$.

综上所述,我们知道$\lambda(\frac{1}{f} )\ge 1$始终成立,从而定理1.3得证.