对于函数方程

其中$a\not = 0, \lambda\not = 0, b$为常数,已有大量研究结果,参见文献[9, 14, 16]及其参考文献.文献[3-4]中,学者们还研究了该方程的矩阵和二阶版本.在过去的几年中,这类方程一直是受大家广泛关注的热门话题,一方面由于其广泛应用于电力机车的电流收集系统^{[8, 21]}或细胞生长模型^{[13, 24]},另一方面是这类方程不仅局限在实数域中研究,也可以对其在复数域中进行研究.

2004年, Brunt等人^[2]将方程(1.1)推广到了一类更一般的函数方程

其中$b$和$\lambda\not = 0$为复常数, $g$为一个整函数.他们得到这样一个结论:如果在复平面${\Bbb C}$上, $w$是上述复合函数-微分方程的一个非常数整函数, $g$为一个整函数,则$g$一定是线性的.其中,当$g(z) = z-k, k>0$是一个固定常数时,上述方程是我们所熟知的且被广泛研究的时滞微分方程^[1].

尽管已有大量文献考虑了上述类型的复合函数-微分方程,但当$w$是复平面${\Bbb C}$上的一个超越亚纯函数,上述方程中的$g$是否仍为线性呢?这个问题直到2007年才被李和他的合作者解决^[18].他们考虑了如下的一类复合函数-微分方程

其中$a\neq 0, b, c$是常数.当$w$是复平面${\Bbb C}$上的超越亚纯函数,他们对上述复合函数-微分方程中的$g$做了一个描述.不难看到在文献[18]中,作者只考虑了一阶微分的情况.然而,一个自然的问题如下.

问题1.1   如果我们考虑高阶的情形, $w$是复平面${\Bbb C}$上的超越亚纯函数,那么对于复合函数-微分方程

其中$a\neq 0, b, d$为常数, $g$会具有怎样的存在形式呢?

对于上述问题1.1,我们的主要结论如下.

定理 1.1   令$w(z)$是${\Bbb C}$上的非常数亚纯函数且满足复合函数-微分方程(1.2), $g$是一整函数.如果$w(z)$是有理的,则$\deg_z (g)\leq 2$.如果$w(z)$是超越的,则$g$必为线性的.

定理 1.2   令$w(z)$是${\Bbb C}$上的非常数亚纯函数且满足复合函数-微分方程(1.2), $g$是一整函数.则$\deg_z (g) = 2$当且仅当$n = 1, w = \frac{\mu}{z-z_0}$且$g(z) = \pm \sqrt{a}(z-z_0)^2+z_0$,其中$\mu, a$是非零常数.

随着Nevanlinna值分布理论的不断发展与完善,许多学者将其广泛应用到复域内的复合函数方程和差分方程上.例如Silvennoinen^[22],陈^[6-7]分别研究了复合函数方程和复差分方程亚纯解的增长性或存在性问题,且得到许多有意义的结果.

特别地, Silvennoinen在文献[22]中研究了如下类型的复合函数方程

其中$a(z) = S(z)e^{Q(z)}$, $S(z)$为非零有理函数, $Q(z), p(z)$为多项式且$\deg_z (p) = k\geq 2$, $m>1$为一整数.

他得到如下定理.

定理 A^[22]  假设$w(z) = H(z)e^{P(z)}$是复合函数方程(0.3)的解,其中$H(z)$为有理函数且$P(z)$为多项式.如果$S(z)$为常数,则$H(z)$也为常数.

近年来,高^[10]、徐^[25]等人高度关注了复域${\Bbb C}$内的方程组.一个自然的问题是:我们能否考虑复合函数方程(1.3)相对应的复合函数方程组呢?这个问题是有趣且有意义的.一方面,复合函数方程组所具备的一些性质相对应的复合函数未必具备,反之亦然.另一方面,由于缺乏足够有效的工具,相比较于复合函数方程,相对应的方程组在研究上要复杂的多.更多关于复域内方程组的研究可参考文献[11, 19]等.

在本节中,我们将考虑如下一类复合函数方程组

这里$Q_\iota(z)(\iota = 1, 2), p(z)$是多项式且$\deg_z (p) = k\geq2$, $m$为正整数, $S_\iota(z)\not\equiv 0(\iota = 1, 2)$是有理函数.

我们得到如下定理.

定理 1.3  设$w_\iota(z) = H_\iota(z)e^{P_\iota(z)}(\iota = 1, 2)$, $(w_1(z), w_2(z))$是复合函数方程组(1.4)的一个解,其中$H_\iota(z)\not\equiv 0(\iota = 1, 2)$是有理函数且$P_\iota(z)(\iota = 1, 2)$是多项式.如果$S_1(z), S_2(z)$是非零常数,则$H_1(z) = C\frac{1}{H_2(z)}$,其中$C$为非零常数.

下面的例1.1和1.2表明定理1.3是成立的.不难检验,如果复合函数方程(1.3)被相应的复合函数方程组(1.4)代替,我们不能得到和定理A完全一样的结论.

例 1.1  令$p(z) = z^3+z+1$.则$(w_1(z), w_2(z)) = (3e^{z}, 2e^{2z})$是如下复合函数方程组

的一个超越亚纯解.其中$m = k = 3, S_1(z) = 24, S_2(z) = 54, H_1(z) = 3, H_2(z) = 2$.

例 1.2  令$p(z) = z^2$.则$(w_1(z), w_2(z)) = (2z^2e^{z^2}, \frac{e^{2z}}{z^2})$是复合函数方程组

的一个超越亚纯解.其中$m = k = 2, S_1(z) = 2, S_2(z) = 4, H_1(z) = 2z^2, H_2(z) = \frac{1}{z^2}$.

推论 1.1  令$w_\iota(z) = H_\iota(z)e^{P_\iota(z)}(\iota = 1, 2)$, $(w_1(z), w_2(z))$是复合函数方程组(0.4)的一个解,其中$H_\iota(z)(\iota = 1, 2)$是有理函数, $P_\iota(z)(\iota = 1, 2)$是多项式.如果$S_1(z), S_2(z)$是常数且$m\neq k$,则$H_1(z)$与$H_2(z)$均为常数.

例1.3表明推论1.1是正确的.

例 1.3  令$p(z) = z^2$. $(w_1(z), w_2(z)) = (e^z, e^{2z})$是如下复合函数方程组

的一个超越亚纯解,其中$Q_1(z) = z^2 + 2z, Q_2(z) = 2z^2 + z$.在这个例子中, $1 = m \neq k = 2,$$S_1(z) = 1, S_2(z) = 1, H_1(z) = 1, H_2(z) = 1$.

为了证明我们的结论,本文需要应用一些理论工具和技巧,例如: Nevanlinna值分布理论和复微分方程理论.为了方便起见,我们借助于Nevanlinna值分布理论和Wiman-Valiron理论中的一些标准记号和基本结论,例如:特征函数$T(r, w)$,逼近函数$m(r, w)$,极点计数函数$N(r, w)$.同时,我们用$\rho(w)$来定义亚纯函数$w$的增长级.另外,对于非常数亚纯函数$w$,我们用$S(r, w)$定义任一满足

的量,可能须除去一个线性测度为有穷的$r$例外值集.一个亚纯函数$a$被称为$w$的小函数,当且仅当$T(r, a) = S(r, w)$.关于更多的记号和结论,读者可以参阅[5, 17, 26].下面我们给出本文中需要用到的一些重要引理.

引理2.1出自于文献[20, 23],是Nevanlinna值分布理论的核心.

引理2.1^[17]   令$R(z, w) = \frac{\sum\limits_{i = 0}^{p}a_i(z)w^i} {\sum\limits_{j = 0}^{q}b_j(z)w^j}$是关于$w$的不可约有理函数,系数$\{a_i(z)\}$和$\{b_j(z)\}$是关于$z$的亚纯函数且$\{a_i(z)\}$, $\{b_j(z)\}$均为$w$的小函数.如果$w(z)$是亚纯函数,则有

引理2.2^[18]  令$w$为一亚纯函数且$p(z) = a_kz^k+a_{k-1}z^{k-1}+\ldots+a_1z+a_0, a_k\neq 0$是次数为$k\geq 1$的多项式.对于任一$\varepsilon>0$和足够大的$r$,我们有

引理2.3^[12]  令$w$为亚纯函数且$g$为整函数.假设$w$和$g$是超越的,则有

其中$E$是任一勒贝格测度为有穷的$r$例外值集.

证   首先,我们将方程(1.2)改写如下

进一步地,由Nevanlinna第一基本定理和引理2.1,推得

即

可能须除去一个测度为有穷的$r$例外值集.

我们断言$g$一定为多项式.事实上,如果$g$是超越的,由$(w^{\prime})^nw^{(n)}-bw-d = aw^{n+1}(g)$得到$w$也一定是超越的.假设$w$(亚纯)和$g$(整)是超越的,依据引理2.3立即有

其中$E$是任一勒贝格测度为有穷的$r$例外值集.显然, (3.2)式与(3.1)式矛盾,因此$g$一定为多项式.

令$g = a_mz^m+a_{m-1}z^{m-1}+\cdots+a_0$.根据引理2.2,对于任一$\epsilon_1\geq 0$,我们有

注意到$T(r, w)$是关于$\log r$的凸函数,则对于足够大的$r$,有

对于任一$\epsilon_2\geq 0$和足够大的$r$,上面的式子表明

结合(3.1), (3.3)和(3.4)式,对于足够大的$r$,则推出

可能须除去一勒贝格测度为有穷的$r$例外值集.上式表明$m\leq 2$.

现在,我们证明$m = 2$的情形.显然, $g$可写为$g(z) = \alpha(z-z_0)^2+\beta$其中$\alpha\neq 0, \beta, z_0$是复常数.

(1)证明$w$至多只有一个极点.

假设$w$有至少两个不同的极点.将$w$的所有极点依据重数递增的方式进行重排,即: $a_1, a_2, a_3, \cdots$重数分别为$m_1, m_2, m_3, \cdots$,其中$m_1\leq m_2\leq m_3\leq\cdots$.因此, $w$可以写为如下形式

其中$A(z)$是一个亚纯函数,且在$a_1, a_2$处有$A(a_1)\neq 0, A(a_2)\neq 0$.

将$w$的表达式代入给定的方程(1.2)中,立即有

其中$C(z)$是一个亚纯函数且在$a_1, a_2$处解析,并满足$C(a_1)\neq 0, C(a_2)\neq 0$.

我们分如下两种情形进行讨论.

情形 1   若$\beta \neq a_1$,其中$\beta$是表达式$g$中的数,则有$g(z)-a_1 = 0$有两个根,两个根均为方程(3.5)右边的极点且重数为$(n+1)m_1$.但方程(3.5)左边所有极点的重数至少为$(n+1)m_1+2n\neq (n+1)m_1$当$n\neq 0$,矛盾.

情形 2  若$\beta = a_1$,则$\beta\neq a_2$.这样, $g(z)-a_2 = 0$就有两个不同的根,类似上面的推理,两个根均为方程(2.5)右边的极点且重数为$(n+1)m_2$.注意到方程(2.5)左边具有极点$a_1, a_2$且重数分别为$(n+1)m_1+2n, (n+1)m_2+2n$.但$(n+1)m_2 +2n>(n+1)m_2$且$(n+1)m_1+2n \leq (n+1)m_2+2n$.也就是说,方程(2.5)左边不可能有两个不同的极点且重数为$(n+1)m_2$.

因此, $w$至多只有一个极点,则$w$具有表达式$w(z) = Q(z)h(z)$,其中$Q(z) = \frac{1}{(z-z_0)^l}$, $l$为某非负整数,若$l = 0$, $Q(z) = 1$, $h(z)$为一整函数且$h(z_0)\neq 0$.

(2)断言当$m = 2$时, $w$不是超越的.

假设$w$是超越的,则$h$一定也是超越的.则方程(0.2)改写为如下形式

或

因此,由上面的式子可推出

可能须除去一个勒贝格测度为有穷的例外值集$r$.上述不等式应用引理2.2,对于任意的$\epsilon_3>0$和足够大的$r$,可得

同样地,因为$T(r, h)$关于$\log r$是凸的,由(2.4)和$m = 2$,对于任意的$\epsilon_4>0$和足够大的$r$,我们不难得到

依上述三个不等式,可推得

这就表明$T(r, h) = o\{T(r, h)\}$,不成立.因此,当$w$是超越的,则$m = 1$.定理1.1证毕.

证   由假设$w$为有理函数且$\deg_z(g) = 2$,依上面定理中的推理,我们有$w(z) = \frac{h(z)}{(z-z_0)^l}$,其中$h$为多项式.

将$w(z) = \frac{h(z)}{(z-z_0)^l}$代入方程$(w^{\prime})^nw^{(n)}-bw = aw^{n+1}(g)+d$中,立即有

比较上述式子中极点$z_0$的重数,则有

又由于$l, n$是正整数,则根据(3.1)式有$(n, l) = (1, 1)$或$(n, l) = (4, 2)$.

若$(n, l) = (4, 2)$,我们有$w(z) = \frac{h(z)}{(z-z_0)^2},$且

其中$Q(z, h^{\prime}, \ldots, h^{(4)}) = h^{(4)}(z)(z-z_0)^4-8h^{(3)}(z)(z-z_0)^3+36h^{\prime\prime}(z)(z-z_0)^2-96h^{\prime}(z)(z-z_0)+120h(z)$.

由(1.2)式,可推出

假设$h$关于$z$的次数为$s(\geq 0)$,则可算得(3.2)式左边关于$z$的次数为$5s+20$,而右边的次数为$10s+18$,这是不可能的.

若$(n, l) = (1, 1)$,再一次根据(0.2)式可得

假设$h$关于$z$的次数为$s(\geq 0)$.若$s \geq 2$,则得到(3.3)式左边关于$z$的次数为$s+4$,而右边的次数为$4s+4$,这是一个矛盾.因此,我们有$s = 0$或$s = 1$.更进一步地, $w$可以表示为$w(z) = \frac{\mu}{z-z_0}+\nu$,其中$\mu\not = 0, \nu$是常数.

将$g(z)-z_0 = a_2z^2+\gamma(z), \deg_z(\gamma)\leq 1, a_2\not = 0$和$w(z) = \frac{\mu}{z-z_0}+\nu$代入$(w')^2 = a(w(g))^2+bw+d$中,可得

比较上述等式两边$z$的次数,可得到$\nu, b, d$必为$0$.因此, $g(z) = \pm \sqrt{a}(z-z_0)^2+z_0$,其中$a\not = 0$.

证   令有理函数$H_\iota(z) = \frac{U_\iota(z)}{V_\iota(z)}$,其中$U_\iota(z), V_\iota(z) (\iota = 1, 2)$是多项式.

因为$S_\iota(z) = S_\iota(\iota = 1, 2)$是常数, $(w_1, w_2) = (H_1(z)e^{P_1(z)}, H_2(z)e^{P_2(z)})$,则(1.4)式可写成如下形式

即

注意到方程组(5.1)的第一个式子左边是整的,没有零点,则$V_2^m(z)$和$U_1(p(z))$, $U_2^m(z)$和$V_1(p(z))$,分别具有相同的零点且重数相等.因此,我们得到下列关系

同样地,由方程组(5.1)的第二个式子,立即得到

其中$\alpha_\iota, \beta_\iota(\iota = 1, 2)$是非$0$常数.

结合(5.2)式和(5.3)式, (5.4)式和(5.5)式,可分别得到

即

由(5.6)和(5.7)式,可得

这里$G(z) = H_1(z)H_2(z) = \frac{U(z)}{V(z)} = \frac{U_1(z)U_2(z)}{V_1(z)V_2(z)}, \overline{\alpha} = \alpha_1\alpha_2, \overline{\beta} = \beta_1\beta_2$.

下面,我们证明$\lim\limits_{z\rightarrow \infty} G(z) = \xi$,其中$\xi$是一个非$0$常数.否则有$\lim\limits_{z\rightarrow\infty}H_1(z)H_2(z)\neq \xi$.

令

将$(H_1(z)H_2(z))^mH_1(p(z))H_2(p(z))$的表达式代入(5.8)式,便推出分子关于$z$的次数为$(m+k)l$而分母关于$z$的次数为$(m+k)j$,这与$\frac{\overline{\beta}}{\overline{\alpha}}$为常数矛盾.

接下来,我们证明$G(z) = H_1(z)H_2(z)\equiv C$, $C$是一个非零常数.事实上,由$G(z) = \frac{U(z)}{V(z)}$和(5.8)式,得到$\deg U(z) = \deg V(z)$.因此

其中$a_j, b_j$是非零常数.

将(5.8)式微分,便有$m\frac{G'(z)}{G(z)}+\frac{G'(p(z))p'(z)}{G(p(z))}\equiv 0.$进一步地,有

令

将下面等式

代入$A(z), B(z)$,可分别得到

再结合(5.9)和(5.10)式,则立即得到

由于$k\geq 2$,比较等式(5.9)左右两边关于$z$的次数,则可推出(5.9)式左边的第一项到第$k-1$项一定为$0$.因此

依(5.11)式,我们有$a_{j-1} = 0, b_{j-1} = 0$或$\frac{a_{j-1}}{b_{j-1}} = \frac{a_{j}}{b_{j}}, (b_{j-1}\not = 0)$.进一步地,依(5.12)式则有$a_{j-2} = 0, b_{j-2} = 0$或$\frac{a_{j-2}}{b_{j-2}} = \frac{a_{j}}{b_{j}}, (b_{j-2}\not = 0)$.

再由(5.13)式,可得

将$a_{j-1} = 0, b_{j-1} = 0$或$\frac{a_{j-1}}{b_{j-1}} = \frac{a_{j}}{b_{j}}$, $a_{j-2} = 0, b_{j-2} = 0$或$\frac{a_{j-2}}{b_{j-2}} = \frac{a_{j}}{b_{j}}, (b_{j-2}\not = 0)$代入(4.15)式,我们可得$a_{j-3} = 0, b_{j-3} = 0$或$\frac{a_{j-3}}{b_{j-3}} = \frac{a_{j}}{b_{j}}, (b_{j-3}\not = 0)$.

类似地,对于每一个$s = j-4, \cdots, j-k+1$,将$a_{s'} = 0, b_{s'} = 0$或$\frac{a_{s'}}{b_{s'}} = \frac{a_{j}}{b_{j}}, (b_{s'}\not = 0, s'>s)$代入到上面的方程中,可以得到$a_{s} = 0, b_{s} = 0$或$\frac{a_{s}}{b_{s}} = \frac{a_{j}}{b_{j}}, (b_{s}\not = 0)$仍然成立.因此,由$G(z)$的表达式,则有$G(z)\equiv C.$这就表明$H_1(z) = C\frac{1}{H_2(z)}.$定理1.3证毕.

证   由前面的定理1.3有$H_1(z) = C\frac{1}{H_2(z)},$其中$C$是一个非零常数.

根据上述式子可得

再结合定理1.3的(5.7)式和(6.1)式,可推出$H_1^m(z) = \gamma_1H_1(p(z)),$即

其中$\gamma_1 = \frac{\beta_2}{C\alpha_2}$.

由于$H_1(z) = \frac{U_1(z)}{V_1(z)}$,可将()式改写成

令

其中$a_p\neq 0, b_q\neq 0$.

再将(6.4)式代入(6.3)式中并比较两边关于$z$的次数,则有

又由于$m\neq k$,依(6.5)式,我们有$p = q.$

因此

对于定理1.3中的$G(z)$,我们将同样地方法作用于(6.2)式,可得$H_1(z)$为常数.再根据(6.1)式,则有$H_2(z)$也为常数.