本文中,亚纯函数均指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,见文献[12-13, 15].对于亚纯函数$\omega$, $S(r, \omega)$表示满足$S(r, \omega)=o(T(r, \omega))\ (r\rightarrow\infty)$的量,允许有一个对数测度有穷的例外集.此外, $\sigma(\omega), \lambda(\omega)$和$\lambda(1/\omega)$分别表示$\omega$的级,零点收敛指数和极点的收敛指数.

Ablowitz, Halburd和Herbest^[1]在2000年首先利用Nevanlinna理论研究了复差分方程的Painlevé性质.随后,利用Nevanlinna理论中对数导数引理的差分对应,人们在复差分方程领域得到了不少研究结果^{[2, 5-6, 9-11]}.差分Riccati方程是一类重要的非线性差分方程,它也出现在差分Painlevé方程的研究中,比如文献[7, p197].事实上,文献[7]中的差分Riccati方程具有如下形式

(1.1) $ \begin{equation}\label{eq-1.1} \omega(z+1)=\frac{A(z)+\delta \omega(z)}{\delta-\omega(z)}, \end{equation}$

其中$A$为多项式, $\delta=\pm 1$.当$A$为有理函数且$\delta=1$时, Ishizaki^[11]证明了:如果方程(1.1)存在有理解,则其任意超越亚纯解的级一定不小于$1/2$.显然,方程(1.1)只是下面一般差分Riccati方程的特殊形式

(1.2) $\begin{equation}\label{eq-1.2} \omega(z+1)=\frac{a(z)\omega(z)+b(z)}{c(z)\omega(z)+d(z)}, \end{equation} $

其中$a(z), b(z), c(z), d(z)$均为有理函数,满足$ac\not\equiv 0$, $ad-bc\not\equiv 0$.当$b\equiv 0, acd\not\equiv 0$时,则方程(1.2)退化为Pielou logistic方程.对于Pielou logistic方程,陈宗煊在文献[3]中得到任意有穷级超越亚纯解$\omega$都满足$\sigma(\omega)=\lambda(1/\omega)\geq 1$.此外,他改进了Ishizaki的结论,证明了下面的定理.

定理1.1^{[4,定理8.2.3]}  假设方程(1.2)存在有理解,则有穷级超越亚纯解$\omega$满足$\sigma(\omega)=\lambda(1/\omega)\geq 1$.

陈宗煊还提出了猜想:删除条件"方程(1.2)存在有理解"之后,上面定理的结论依然成立^{[4, p215]}.注意到$c(z)\equiv 0$时,方程(1.2)退化为一阶多项式系数的线性差分方程,由文献[4,定理5.2.1],可知所有超越亚纯解的级必不小于1.从而,接下来我们仅考虑$c(z)\not\equiv 0$的情况,并不失一般性,假设$c(z)\equiv 1$.我们得到:

定理1.2  假设$c(z)\equiv 1$, $a(z)$, $b(z)$, $d(z)$为有理函数满足$a(z-1)+d(z)\equiv 0$或

(1.3) $\begin{equation}\label{eq-1.3} b(z)+a(z-1)a(z)+a(z-1)d(z+1)+d(z)d(z+1)\equiv 0, \end{equation} $

则方程(1.2)的任意超越亚纯解$\omega$满足$\sigma(\omega)=\infty$或$\sigma(\omega)=\lambda(1/\omega)\geq 1$.

接下来,我们考虑与微分Painlevé方程有关的时滞微分方程,例如

(1.4) $ \begin{equation}\label{eq-1.4}\omega(z)[\omega(z+1)-\omega(z-1)]+a\omega'(z)=b\, \omega(z), \end{equation} $

其中$a, b$为常数,它连续收敛到第一类Painlevé方程^[14]. 2017年, Halburd和Korhonen^[8]研究了更一般的方程

(1.5) $ \begin{equation}\label{eq-1.5} \omega(z+1)-\omega(z-1)+a(z)\frac{\omega' (z)}{\omega (z)}=\frac{P(z, \omega)}{Q(z, \omega)}, \end{equation} $

其中$a(z)$为有理函数, $P(z, \omega)$和$Q(z, \omega)$为关于$\omega(z)$的非零互素多项式,系数为关于$z$的有理函数.他们证明了如果方程(1.5)有一个超级小于1的超越亚纯解,则方程右端可退化为简单形式.

很自然地,我们想知道方程(1.5)是否存在有理解,以及有理解在无穷点附近的行为.在$P(z, \omega)$和$Q(z, \omega)$均为关于$\omega$的常系数多项式的条件下,我们将讨论方程(1.5)的有理解,并且为了讨论方便,将$P(\omega), Q(\omega)$写为

(1.6) $ \begin{equation}\label{eq-1.6} \begin{array}{l}P(\omega)=b_{p}\omega^{p}(z)+b_{p-1}\omega^{p-1}(z)+\cdots+b_{0}, \\ Q(\omega)=c_{q}\omega^{q}(z)+c_{q-1}\omega^{q-1}(z)+\cdots+c_{0}, \end{array}\end{equation} $

其中$b_p\not=0, \ldots, b_1, b_{0}, c_{q}\not=0, \ldots, c_1, c_{0}$是常数.显然, $b_0, c_0$不能同时为零.

定理1.3  假设$a(z)$为常数, $P(z, \omega)$和$Q(z, \omega)$由(1.6)式定义, $\omega(z)$为方程(1.5)的有理解.当$z\to\infty$, $\omega(z)$必满足下列性质之一

(1) $\omega(z)=\frac{b_p}{2c_q}z(1+O(z^{-1}))$,其中$p=q$;

(2) $\omega(z)=d+O(z^{-1})$,这里$d$为满足$P(d)=0$的非零常数;

(3) $\omega(z)=O(z^{-1})$且$b_0=0$.

推论1.1  假设$a(z)$为常数, $P(z, \omega)$和$Q(z, \omega)$由(1.6)式定义, $p=0$且$q\geq 1$.那么方程(1.5)不存在有理解.

假设$\omega$为方程(1.2)的超越亚纯解.取$y=1/\omega$,则$T(r, y)=T(r, \omega)+O(1)$且$\sigma(y)=\sigma(\omega)$.由方程(1.2)不难看出

(2.1) $\begin{equation}\label{eq-3.1} y(z+1)=\frac{1+d(z)y(z)}{a(z)+b(z)y(z)}, \end{equation}$

这意味着

(2.2) $\begin{equation}\label{eq-3.2} P(z, y)=a(z)y(z+1)+b(z)y(z)y(z+1)-1-d(z)y(z)=0, \end{equation} $

且$P(z, 0)\equiv-1\not\equiv0$.处理这种方程,我们需要文献[6]中一个引理的特殊情形.

引理2.1^[6]  假设$\omega(z)$为差分方程$P (z, \omega) = 0$的有穷级超越亚纯解,其中$P (z, \omega)$是关于$\omega(z)$的差分多项式.如果常数$a$满足$P (z, a)\not\equiv 0$,则

$\begin{eqnarray*} m\Big(r, \frac{1}{\omega-a}\Big)= S(r, \omega). \end{eqnarray*}$

对(2.2)式运用引理2.1,我们可得$ m(r, 1/y)=S(r, y)$,从而

(2.3) $\begin{equation}\label{eq-3.5} N(r, \omega)=N(r, 1/y)=T(r, y)+S(r, y)=T(r, \omega)+S(r, \omega).\end{equation} $

这意味着$\lambda(1/\omega)=\sigma (\omega)$,所以$\omega$必有无穷多个极点.接下来,我们做线性变换$\omega(z)=A(z)f(z)+B(z)$,其中$A\not\equiv 0, B$为有理函数.将它代入(1.2)式,我们得到

(2.4) $A(z+1)f(z+1)=\frac{\tilde{a}(z)f(z)+\tilde{b}(z)}{\tilde{c}(z)f(z)+\tilde{d}(z)}, $

其中

(2.5) $\tilde{a}(z)=a(z)A(z)-B(z+1)A(z), \, \tilde{c}(z)=A(z), \, \tilde{d}(z)=B(z)+d(z), $

(2.6) $\tilde{b}(z)=B(z)a(z)+b(z)-B(z+1)B(z) -d(z)B(z+1).$

当$\tilde{b}(z)\equiv 0$时,由(2.6)式可知$B(z)\not\equiv 0$,并且

$B(z+1)=\frac{a(z)B(z)+b(z)}{B(z)+d(z)}, $

从而$B$是方程(1.2)的一个有理解.与此同时,方程(2.4)将退化为Pielou logistic方程,故有$\sigma(f)=\lambda(1/f)\geq 1$.由于$\omega, f$之间存在线性变换,这意味着$\lambda(1/\omega)=\lambda(1/f), \sigma(\omega)=\sigma(f)$,我们得到$\lambda(1/\omega)=\sigma(\omega)>1$,这也给出了定理1.1的另一种证明.

接下来,我们讨论$\tilde{b}(z)\not\equiv0$的情形.为了简便,我们先取$A(z)=1, B(z)=a(z-1)$使得$\tilde{a}(z)\equiv 0$,则方程(2.4)退化为

(2.7) $f(z+1)=\frac{\tilde{b}(z)}{f(z)+\tilde{d}(z)}, $

其中

(2.8) $\tilde{b}(z)=b(z)-a(z)d(z)\not\equiv 0, \quad\, \tilde{d}(z)=a(z-1)+d(z).$

(2.7)式也意味着

$P_1(z, f)=f(z+1)f(z)+\tilde{d}(z)f(z+1)-\tilde{b}(z)=0$

且$P_1(z, 0)\equiv-\tilde{b}(z)\not\equiv 0.$利用引理2.1,不难得到$m(r, 1/f)=S(r, f)$,从而$N(r, 1/f)=T(r, f)+S(r, f)$,则$\sigma(f)=\lambda(f)$,并且$f$有无穷多个零点.

由于$\tilde{b}(z)$和$\tilde{d}(z)$都是有理的,存在$R>0$使得矩形区域$D=\{z:\, |\mbox{Re}\, z|< R, |\mbox{Im}\, z|<R\}$包含了$\tilde{b}(z)$和$\tilde{d}(z)$的所有零点以及极点.我们将$\mathbb{C}\mathbb{D}$分成四个部分

$D_1=\{z: \mbox{Re}\, z\geq R\}, \quad D_2=\{z: -R\geq \mbox{Re}\, z\}, $

$D_3=\{z: \mbox{Im}\, z\geq R\}, \quad D_4=\{z: -R\geq \mbox{Im}\, z\}.$

我们可以在$D$外部取$f(z)$一个零点$z_0$,假设其重数为$k$,然后分两种情形进行讨论.

情形1  $a(z-1)+d(z)\equiv 0$.由(2.8)式,可知$\tilde{d}(z)\equiv 0$.那么(2.7)式退化为

(2.9) $f(z+1)=\tilde{b}(z)/f(z).$

我们就$z_0$所处位置分三种子情形来讨论.

子情形1.1  如果$z_0\in D_1$,则有$\mbox{Re}\, z_0\geq R$.显然$z_0+n\in D_1(n\in\mathbb{N})$,且$z_0+n$不为$\tilde{b}$的零点和极点.由(2.9)式,可知$z_0+1$是$f(z)$的$k$重极点,且

$f(z_0+2)=\tilde{b}(z_0+1)/f(z_0+1).$

从而$z_0+2$也是$f(z)$的$k$重零点.通过归纳,容易看出$z_0+2n (n\in\mathbb{N})$都是$f(z)$的零点.这意味着,对于任意的$r\geq |z_0|$,我们有

$n\bigg(r, \frac{1}{f}\bigg)\geq \Big[\frac{r-|z_0|}{2}\Big]+1\geq \frac{r-|z_0|}{2}, $

这里$[x]$表示为正实数$x$的整数部分.根据零点收敛指数的定义,我们立刻得到

$\lambda(f)\geq \limsup\limits_{r\to\infty}\frac{\log (r-|z_0|)-\log 2}{\log r}=1.$

因此, $\sigma(\omega)=\lambda(1/\omega)=\lambda(f)=\sigma(f)\geq 1$.

子情形1.2  如果$z_0\in D_3\cup D_4$,则$|\mbox{Im}\, z_0|\geq R$,所以$z_0+n(n\in\mathbb{N})$不为$\tilde{b}(z)$的零点和极点.利用类似于情形1.1的证明,我们同样可知$z_0+2n(n\in\mathbb{N})$是$f$的零点,从而$\sigma(\omega)=\lambda(1/\omega)\geq 1$也成立.

子情形1.3  如果$z_0\in D_2$,可知$-R\leq \mbox{Re}\, z_0$,因此$z_0-n(n\in\mathbb{N})$不为$\tilde{b}(z)$的零点和极点.将(2.9)改写为$f(z)=\tilde{b}(z)/f(z+1)$,由此我们知道

(2.10) $f(z-1)=\tilde{b}(z-1)/f(z).$

由上式不难看出$z_0-1$是$f(z)$的极点.继续由(2.10)式可知$z_0-2$也为$f(z)$的零点.通过归纳, $z_0-2n(n\in\mathbb{N})$为$f$的零点.类似于子情形1.1,同理可证$\sigma(\omega)=\lambda(1/\omega)\geq 1$.

情形2  方程(1.2)的系数满足(1.3)式.假设$f$在$z_0$附近的局部展开为

$f(z)=\delta_k(z-z_0)^k+O(z-z_0)^{k+1}, $

其中$\delta_k$为常数.将上式代入(2.7)式,则在$z_0$点的附近,我们可以得到

$f(z+1)=\frac{\tilde{b}(z_0)+O(z-z_0)}{\delta_k(z-z_0)^k+O(z-z_0)^{k+1}+\tilde{d}(z_0)+O(z-z_0)}=\frac{\tilde{b}(z_0)}{\tilde{d}(z_0)}+O(z-z_0), $

这意味着$f(z_0+1)=\tilde{b}(z_0)/\tilde{d}(z_0)$.再次利用(2.7)式,可知在$z_0$的附近,我们有

(2.11) $f(z+2)=\frac{\tilde{b}(z_0+1)+O(z-z_0)}{\tilde{b}(z_0)/\tilde{d}(z_0)+O(z-z_0)+\tilde{d}(z_0+1)+O(z-z_0)}\\~~~~~~~~~~~~~~=\frac{\tilde{b}(z_0+1)\tilde{d}(z_0)+O(z-z_0)}{\tilde{b}(z_0)+\tilde{d}(z_0)\tilde{d}(z_0+1)+O(z-z_0)}.$

根据(2.8)式,我们注意到

$\tilde{b}(z)+\tilde{d}(z)\tilde{d}(z+1)=b(z)+a(z-1)a(z)+a(z-1)d(z+1)+d(z)d(z+1).$

根据(1.3)式,可知$\tilde{b}(z)+\tilde{d}(z)\tilde{d}(z+1)\equiv 0$.由(2.11)式不难看出$z_0+2$是$f(z)$的极点.再由(2.7)式,容易看出$z_0+3$为$f(z)$的零点.利用归纳法,我们知道$z_0+3n(n\in\mathbb{N})$为$f(z)$的零点.类似情形1,同理可证$\sigma(\omega)=\lambda(1/\omega)\geq 1$.

我们将有理解$\omega(z)$写为如下形式

(3.1) $\begin{equation}\label{eq-5.1} \omega(z)=\frac{F(z)}{G(z)}+d_0+d_{1}z+d_2z^2+\cdots+d_Nz^N, \end{equation} $

其中$F, G$为关于$z$的两个互素多项式且$\deg F=m<\deg G=n$, $d_0, d_1, \ldots, d_N$是常数.

如果$d_N\neq0 (N\geq 1)$,当$z\to\infty$时,不难看出

(3.2) $\begin{equation}\label{eq-bu3} \begin{array}{ll} &\omega(z)=d_N z^N(1+o(1)), \, \, \omega'(z)=Nd_Nz^{N-1}(1+o(1)), \\ &\omega(z\pm1)=d_N(z\pm1)^N(1+o(1)), \\ &P(\omega)=b_{p}d^{p}_Nz^{Np}(1+o(1)), \, \, Q(\omega)=c_{q}d^{q}_Nz^{Nq}(1+o(1)).\\ \end{array}\end{equation}$

将(3.2)式带入方程(1.5),我们得到

$\begin{eqnarray*} c_{q}2Nd_N^{q+1}z^{Nq+N-1}(1+o(1))=b_{p}d_N^{p}z^{Np}(1+o(1)).\end{eqnarray*} $

这意味着$Nq+N-1=Np$且$c_q 2Nd_N^{q+1}=b_p d_N^p$,由此推出$N=1, p=q, d_N=b_p/(2c_q)$,所以

$\omega(z)=\frac{F(z)}{G(z)}+d_0+\frac{b_pz}{2c_q}.$

接下来,我们考虑$d_1=\cdots=d_N=0$的情形,并就$d_0$是否为零区分讨论.首先如果$d_0\neq0$,则当$z\to\infty$时, $\omega(z)=d_0+o(1)$,并且

(3.3) $\begin{equation}\begin{array}{ll} \omega'(z)&=o(1), \, \, \omega(z+1)=d_0+o(1), \, \, \omega(z-1)=d_0+o(1), \\ P(\omega)&=P(d_0)+o(1), \, \, Q(\omega)=Q(d_0)+o(1).\\ \end{array}\end{equation}$

联立(3.3)和(1.5)式,可得$(Q(d_0)+o(1))o(1)=P(d_0)+o(1).$这意味着$P(d_0)=0$.

最后,我们讨论$d_0=d_1=\cdots=d_N=0$的情形,即

(3.4) $\begin{equation}\label{eq-5.3} \omega(z)=\frac{F(z)}{G(z)}.\end{equation} $

将(3.4)式带入方程(1.5)中,我们得到

(3.5) $\begin{equation}\label{eq-5.4} \begin{array}{ll} &Q(\omega)[(\overline{F}\underline{G}-\underline{F}\overline{G})GF+a(F'G-FG')\overline{G}\underline{G}]=P(\omega)\overline{G}\underline{G}GF, \end{array}\end{equation}$

其中$P(\omega), Q(\omega)$由(1.6)式可知

(3.6) $\begin{equation}\label{eq-5.5} P(\omega)=\big(\sum \limits^{p}_{j=0} b_jF^{j}G^{p-j}\big)/G^{p}, \quad Q(\omega)=\big(\sum \limits^{q}_{j=0}c_jF^{j}G^{q-j}\big)/G^{q}.\end{equation} $

联立(3.5)和(3.6)式,我们得到

(3.7) $\begin{equation}\label{eq-5.7} C(z)(A(z)+B(z))=D(z), \end{equation} $

其中$A, B, C, D$如下所示

$A(z)=GF(\overline{F}\underline{G}-\underline{F}\overline{G}), \, \, B(z)=a(F'G-FG')\overline{G}\underline{G}, $

$C(z)=(\sum \limits^{q}_{j=0}c_jF^{j}G^{q-j})G^p, \, \, D(z)=\overline{G}\underline{G}G^{q+1}F(\sum \limits^{p}_{j=0} b_jF^{j}G^{p-j}).$

注意到$A+B$的最高次项是$a(m-n)h_{F, m}h_{G, n}^3z^{3n+m-1}, $这里$h_{F, m}, h_{G, n}$分别为$F, G$的最高次项的系数.

我们知道存在$b_l\neq 0, c_{k}\neq 0$使得$b_j=0(j=0, \cdots, l-1), c_t=0(t=0, \cdots, k-1)$.特别地,如果$b_0\not=0$或$c_0\not=0$,我们令$l=0$或$k=0$.由(3.6)式,我们知道

$\deg(\sum \limits^{p}_{j=0} b_{j}F^{j}G^{p-j})=ml+n(p-l), \, \, \deg (\sum \limits^{q}_{j=0}c_jF^{j}G^{q-j})=mk+n(q-k).$

我们注意到条件$a(z)$恒为常数,我们设该常数为$a$.当$a\not=0$,可知$\deg(C(A+B))=3n+m-1+np+mk+n(q-k)$且$\deg(D)=n(q+3)+m+ml+n(p-l)$.由(3.7)式,可知

$3n+m-1+np+mk+n(q-k)=n(q+3)+m+ml+n(p-l).$

这意味着$(n-m)(l-k)=1$,从而$n=m+1$和$l=k+1$.

当$a=0$,我们得到$\deg(C(A+B))\leq 3n+m-2+np+mk+n(q-k)$且$\deg(D)=n(q+3)+m+ml+n(p-l)$.再次由(3.7)式,可知

$n(q+3)+m+ml+n(p-l)\leq 3n+m-2+np+mk+n(q-k).$

则推出$(n-m)(l-k)\geq 2$.因此, $n\geq m+1, l-k\geq 2$同时成立,或者$n\geq m+2, l-k\geq 1$同时成立.由此$l\geq1$,也就是$b_0=0$.所以,当$z\to\infty$时,我们得到$\omega(z)=O(z^{-1})$.