数学物理学报, 2021, 41(4): 913-920 doi:

论文

$f^{n}(z)+f^{m}(z+c)=e^{Az+B}$的有限级亚纯解

陈敏风,1, 高宗升2, 黄志波3

Meromorphic Solutions of Finite Order to the Equation $f^{n}+f^{m}(z+c)=e^{Az+B}$

Chen Minfeng,1, Gao Zongsheng2, Huang Zhibo3

通讯作者: 陈敏风, E-mail: chenminfeng198710@126.com

收稿日期: 2020-10-28  

基金资助: 国家自然科学基金.  12001117
国家自然科学基金.  12001503
国家自然科学基金.  11701524
广东省自然科学基金.  2018A030313267
广东省自然科学基金.  2018A030313508

Received: 2020-10-28  

Fund supported: the NSFC.  12001117
the NSFC.  12001503
the NSFC.  11701524
the NSF of Guangdong Province.  2018A030313267
the NSF of Guangdong Province.  2018A030313508

Abstract

In this paper, we study the meromorphic solutions of finite order to the difference equations $f^{n}(z)+f^{m}(z+c)=e^{Az+B}$$(c\neq 0)$ over the complex plane ${\mathbb C}$ for integers $n, m$, and $A, B, c\in {\mathbb C}$.

Keywords: Fermat-type difference equations ; Meromorphic solution ; Nevanlinna theory ; Weierstrass's $\wp$-functions

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本文引用格式

陈敏风, 高宗升, 黄志波. $f^{n}(z)+f^{m}(z+c)=e^{Az+B}$的有限级亚纯解. 数学物理学报[J], 2021, 41(4): 913-920 doi:

Chen Minfeng, Gao Zongsheng, Huang Zhibo. Meromorphic Solutions of Finite Order to the Equation $f^{n}+f^{m}(z+c)=e^{Az+B}$. Acta Mathematica Scientia[J], 2021, 41(4): 913-920 doi:

1 引言与结果

该文主要研究方程

$ \begin{equation} f^{n}(z)+g^{m}(z) = e^{Az+B} \end{equation} $

亚纯解, 其中$ A, B\in{\mathbb C} $为复数, $ n, m\geq 1 $为正整数.

特别地, 当$ A = B = 0 $时, 方程(1.1) 退化为著名的费马型函数方程

$ \begin{equation} f^{n}(z)+g^{m}(z) = 1. \end{equation} $

1927年, Montal[19]首次研究了费马丢番图方程$ x^{n}+y^{m} = 1 $的函数模拟方程(1.2). $ 1965 $年, Jategaonkar[13]给出了完整的证明, 并得到了单位盘上全纯函数的一些类似结果. 当$ n = m\geq 2 $时, Gross[7-8]和Baker[1]研究了方程(1.2) 的非常数亚纯解. 一般来说, 根据Yang[21, p332, 定理1]可得: 当$ \frac{1}{n}+\frac{1}{m}<1 $时, 方程(1.2) 没有非平凡整函数解. 对于亚纯解, 可参考文献[7-8, 15-17]. 为了方便读者, 我们列出方程$ (1.2) $的所有可能的亚纯解, 其中$ n, m\geq 2 $为正整数.

命题1.1  在复平面$ {\mathbb C} $上, 对于$ n, m\geq 2 $, 函数方程(1.2) 有非平凡亚纯解, 当且仅当

(ⅰ) 当$ n = m = 2 $时, $ f = \frac{1-\alpha^{2}(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $$ g = \frac{2\alpha(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $, 其中$ \alpha(z) $为非常数亚纯函数;

(ⅱ) 当$ n = m = 3 $时, $ f = \frac{1}{2}\left\{1+\frac{\wp'(u)}{\sqrt{3}}\right\}/\wp(u) $$ g = \frac{\eta}{2}\left\{1-\frac{\wp'(u)}{\sqrt{3}}\right\}/\wp(u) $, 其中$ u $为非常数整函数, $ \eta^{3} = 1 $以及$ \wp $表示魏尔斯特拉斯$ \wp $ -函数并满足$ (\wp')^{2}\equiv 4\wp^{3}-1 $;

(ⅲ) 当$ n = 2 $$ m = 3 $时, $ f = {\rm i}\wp'(u) $, $ g = \eta\sqrt[3]{4}\wp(u) $为生成的一对解, 其中$ u $为非常数整函数, $ \eta^{3} = 1 $以及$ \wp $满足$ (\wp')^{2}\equiv 4\wp^{3}-1 $;

(ⅳ) 当$ n = 2 $$ m = 4 $时, $ f_{1} = \frac{1-4\wp^{2}(u)}{1+4\wp^{2}(u)} $, $ g_{1} = 2\zeta\frac{\wp(u)}{\wp'(u)} $以及$ f_{2} = {\rm i}\frac{4\wp^{2}(u)-1}{4\wp(u)} $, $ g_{2} = \zeta\frac{{\rm i}\wp'(u)}{2\wp(u)} $, 为生成的两对解, 其中$ u $为非常数整函数, $ \zeta^{4} = 1 $以及$ \wp $满足$ (\wp')^{2}\equiv 4\wp^{3}+\wp $;

(ⅴ) 当$ n = 3 $$ m = 2 $时, 根据对称性, 由(ⅲ) 可得结论;

(ⅵ) 当$ n = 4 $$ m = 2 $时, 根据对称性, 由(ⅳ) 可得结论.

注1.1  根据文献[12]中的方程$ (4) $及(7)–(7.3), 令$ b_{0} = 1 $, $ b_{1} = b_{2} = b_{3} = 0 $以及$ b_{4} = -1 $可得结论(ⅳ) 和(ⅵ). 但是文献[17, p217]中的结论取$ f_{1} = \wp' $是不对的. 与此同时, 陈玮等[4, p426]的结论取$ f = \frac{-4\wp^{3}(u)+\frac{1}{12}\wp(u)+\frac{1}{3}}{4\wp^{3}(u)+\frac{1}{12}\wp(u)+\frac{1}{6}} $或者$ f = {\rm i}\frac{4\wp^{3}(u)-\frac{1}{12}\wp(u)-\frac{1}{3}}{4\wp^{2}(u)} $也是不对的.

本文, 假设读者熟悉以下标准记号, 比如特征函数$ T(r, f) $, 均值函数$ m(r, f) $以及计数函数$ N(r, f) $ (计重数), 以及奈望林纳理论第一和第二基本定理[9, 14]. 另外, 用$ \rho(f) $表示亚纯函数$ f(z) $的增长级. 用$ S(r, f) $表示任意满足$ S(r, f) = o(T(r, f)) $ ($ r\rightarrow \infty $) 的量, 可能需除去一个对数测度有限的例外集.

为了方便读者, 先回顾一下形如

$ \begin{equation} f(z) = P_{1}(z)e^{Q_{1}(z)}+\cdots+P_{k}(z)e^{Q_{k}(z)} \end{equation} $

的指数多项式的定义, 其中$ P_{j}'s $$ Q_{j}'s $为多项式. 设$ q = \max\{Q_{j}(z):Q_{j}(z)\not\equiv 0\} $, $ \omega_{1}, \omega_{2}, $$ \cdots , \omega_{m} $ ($ 1\leq k\leq m $) 互不相同, 分别为最高次数为$ q $的多项式$ Q_{j}(z) $的首项系数. 根据文献[20, p156], 多项式(1.3) 可化为规范型

$ \begin{equation} f(z) = H_{0}(z)+H_{1}(z)e^{\omega_{1}z^{q}}+\cdots+H_{m}(z)e^{\omega_{m}z^{q}}, \end{equation} $

其中$ H_{j}(z)\not\equiv 0 $ ($ j = 1, 2, \cdots , m $), 要么为次数$ \leq q-1 $的指数多项式, 要么为一般多项式.

该文研究了在复平面$ {\mathbb C} $上方程(1.1) 及(1.2) 的亚纯解的性质, 其中$ g(z): = f(z+c) $, $ c\in{\mathbb C}\setminus\{0\} $, 得到如下结论.

定理1.1  考虑如下差分方程

$ \begin{equation} f^{n}(z)+f^{m}(z+c) = 1, \end{equation} $

其中$ n, m\geq 1 $为正整数, $ c\in{\mathbb C}\setminus\{0\} $为复数. 则以下结论成立.

(ⅰ) 当$ n = m = 1 $时, 方程(1.5) 有非平凡亚纯解$ f(z) = \frac{1}{2}+h(z)e^{\frac{{\rm i}\pi z}{c}} $, 其中$ h(z) $为亚纯函数并满足$ h(z+c) = h(z) $; 如果$ f(z) $为方程(1.5) 的一个指数多项式解, 则$ f(z) = \frac{1}{2}+\sum_{i = 1}^{m}\limits b_{i}e^{\omega_{i}z} $, 其中$ e^{\omega_{i}c}+1 = 0 $, $ b_{i}\in{\mathbb C} $$ (i = 1, 2, \cdots , m) $不全为零;

(ⅱ) 当$ n = m = 2 $时, 方程(1.5) 有非平凡亚纯解$ f(z) = \frac{1-\alpha^{2}(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $$ f(z+c) = \frac{2\alpha(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $或者$ f(z) = \frac{2\alpha(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $$ f(z+c) = \frac{1-\alpha^{2}(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $, 其中$ \alpha(z) $为非常数亚纯函数;

(ⅲ) 当$ n = m\geq3 $或者$ n\neq m $时, 方程(1.5) 没有有限级非平凡亚纯解.

注1.2  在定理$ 1.1 $中, 如果$ \rho(f) = \infty $, 则结论(ⅲ) 不成立, 见如下例题.

例1.1[18, 例6]  设$ f(z) = \frac{1}{2}\left\{1+\frac{\wp'(e^{z})}{\sqrt{3}}\right\}/\wp(e^{z}) $, 则$ \rho(f) = \infty $.$ c = {\rm i}\pi $, 则$ f(z+c) = \frac{1}{2}\left\{1-\frac{\wp'(e^{z})}{\sqrt{3}}\right\}/\wp(e^{z}) $, $ f^{3}(z)+f^{3}(z+c) = 1 $.

定理1.2  考虑如下差分方程

$ \begin{equation} f^{n}(z)+f^{m}(z+c) = e^{Az+B}, \end{equation} $

其中$ n, m\geq 1 $为正整数, $ A, c\in{\mathbb C}\setminus\{0\} $, $ B\in{\mathbb C} $为复数. 则以下结论成立.

(ⅰ) 当$ n = m = 1 $时, 方程(1.6) 有非平凡亚纯解$ f(z) = e^{Az+B}(\frac{1}{2}+h(z)e^{\frac{{\rm i}\pi z}{c}}) $, 其中$ h(z) $为亚纯函数并满足$ h(z+c) = h(z) $, $ e^{Ac} = 1 $; 如果$ f(z) $为方程(1.6) 的一个指数多项式解, 则$ f(z) = e^{Az+B}\Big(\frac{1}{2}+\sum_{i = 1}^{m}\limits b_{i}e^{\omega_{i}z}\Big) $, 其中$ e^{\omega_{i}c}+1 = 0 $, $ e^{Ac} = 1 $, $ b_{i}\in{\mathbb C} $$ (i = 1, 2, \cdots , m) $不全为零;

(ⅱ) 当$ n = m = 2 $时, 方程(1.6) 有非平凡亚纯解$ f(z) = e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{1-\alpha^{2}(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $$ f(z+c) = e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{2\alpha(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $或者$ f(z) = e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{2\alpha(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $$ f(z+c) = e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{1-\alpha^{2}(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $, 其中$ \alpha(z) $为非常数亚纯函数;

(ⅲ) 当$ n = m\geq3 $或者$ (n, m) = (2, 3), (2, 4), (3, 2) $, $ (4, 2) $时, 方程(1.6) 没有有限级非平凡亚纯解.

2 主要引理

以下引理在定理$ 1.1 $$ 1.2 $的证明中起着至关重要的作用.

引理2.1[22, 定理1.51]  设$ f_{1}(z), f_{2}(z), \cdots , f_{n}(z)(n\geq 2) $为亚纯函数, $ g_{1}(z), g_{2}(z), \cdots , g_{n}(z) $为整函数并满足以下条件

$ (1) $$ \sum_{j = 1}^{n}\limits f_{j}(z)e^{g_{j}(z)}\equiv 0; $

$ (2) $$ 1\leq j<k\leq n $时, $ g_{j}(z)-g_{k}(z) $为非常数;

$ (3) $$ 1\leq j\leq n, 1\leq h<k\leq n $时, 有

$ f_{j}(z)\equiv 0\ (j = 1, \cdots , n) $.

下面为对数导数引理的差分模拟, 参见文献[10, 引理2.2]或[5, 引理2.6].

引理2.2  设$ f(z) $为增长级$ \rho(f) = \rho<+\infty $的亚纯函数, $ \eta $为固定的复常数, 则对任意的$ \varepsilon>0 $, 有

引理2.3[5, 定理2.1]  设$ f(z) $为增长级$ \rho(f) = \rho<+\infty $的亚纯函数, $ \eta $为非零固定的复常数, 则对任意的$ \varepsilon>0 $, 有

下面这个大家熟知的结论, 关于复合亚纯函数增长级是由文献[6, 引理1.2]以及文献[3, 定理1]得到.

引理2.4  设$ f(z) $为非零级亚纯函数, $ g(z) $为整函数且不为多项式. 则$ \rho(f\circ g) = \infty $. 如果$ \rho(f\circ g)<\infty $$ g(z) $超越, 则$ \rho(f) = 0 $.

3 定理1.1的证明

  (ⅰ) 当$ n = m = 1 $时, 方程(1.5) 退化为

$ \begin{equation} f(z)+f(z+c) = 1. \end{equation} $

$ g(\frac{z}{c}) = f(z) $, $ g(\frac{z+c}{c}) = f(z+c) $, 则方程$ (3.1) $可以写为

$ \begin{equation} g\left(\frac{z}{c}\right)+g\left(\frac{z}{c}+1\right) = 1. \end{equation} $

方程(3.2) 的通解为$ g\left(\frac{z}{c}\right) = \frac{1}{2}+\gamma\left(\frac{z}{c}\right)e^{\frac{{\rm i}\pi z}{c}} $, 其中$ \gamma(z) $为复平面$ {\mathbb C} $上的亚纯函数并满足$ \gamma(\frac{z}{c}) = \gamma(\frac{z}{c}+1) $. 则方程(3.1) 的通解为

其中$ h(z) $为亚纯函数并满足$ h(z) = h(z+c) $.

如果$ f(z) $为方程(3.1) 的指数多项式解, 把式(1.4) 代入方程(3.1) 得

$ \begin{eqnarray} H_{0}(z)+H_{0}(z+c)+[H_{1}(z)+H_{1}(z+c)e^{\omega_{1}(z+c)^{q}-\omega_{1}z^{q}}]e^{\omega_{1}z^{q}}&&{}\\ +\cdots+[H_{m}(z)+H_{m}(z+c)e^{\omega_{m}(z+c)^{q}-\omega_{m}z^{q}}]e^{\omega_{m}z^{q}}& = &1. \end{eqnarray} $

由引理2.1及方程(3.3) 得

$ \begin{equation} \left\{\begin{array}{ll} H_{0}(z)+H_{0}(z+c) = 1;\\ H_{1}(z)+H_{1}(z+c)e^{\omega_{1}(z+c)^{q}-\omega_{1}z^{q}}\equiv 0;\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\\ H_{m}(z)+H_{m}(z+c)e^{\omega_{m}(z+c)^{q}-\omega_{m}z^{q}}\equiv 0. \end{array}\right. \end{equation} $

如果$ q\geq 2 $, 由方程组(3.4) 得

由引理2.2, 对任意$ \varepsilon>0 $, 有

矛盾. 则$ q = 1 $,

其中$ H_{0}(z), H_{1}(z), \cdots , H_{m}(z) $为多项式.

把上述两个等式代入$ H_{0}(z)+H_{0}(z+c) = 1 $中, 然后比较$ z^{k}, z^{k-1}, \cdots , z $的系数得

其中$ {j\choose k} = \frac{k!}{j!(k-j)!} $, 则$ a_{k} = a_{k-1} = \cdots = a_{1} = 0 $, $ a_{0} = \frac{1}{2} $.$ H_{0}(z) = \frac{1}{2} $.

把上述两个等式代入$ H_{i}(z)+H_{i}(z+c)e^{\omega_{i}c}\equiv 0 $中, 然后比较$ z^{l_{i}}, z^{l_{i}-1}, \cdots , z $的系数得

如果$ 1+e^{\omega_{i}c}\neq 0 $, 则$ a_{l_{i}i} = a_{l_{i}-1i} = \cdots = a_{1i} = b_{i} = 0 $, 从而$ H_{i}(z)\equiv 0 $, 矛盾. 如果$ 1+e^{\omega_{i}c} = 0 $, 则$ a_{l_{i}i} = a_{l_{i}-1i} = \cdots = a_{1i} = 0 $, 故$ f(z) = \frac{1}{2}+\sum\limits_{i = 1}^{m}\limits b_{i}e^{\omega_{i}z} $, 其中$ e^{\omega_{i}c}+1 = 0 $, $ b_{i}\in{\mathbb C} $ ($ i = 1, 2, \cdots , m $) 不全为零.

(ⅱ) 当$ n = m = 2 $时, 由文献[8, p86, 定理1] 得$ f(z) = \frac{1-\alpha^{2}(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $$ f(z+c) = \frac{2\alpha(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $, 或者$ f(z) = \frac{2\alpha(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $$ f(z+c) = \frac{1-\alpha^{2}(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $, 其中$ \alpha(z) $为非常数亚纯函数.

(ⅲ) 当$ n = m = 3 $时, 由文献[18, p130, 定理2]可知, 方程(1.5) 没有任何非常数有限级亚纯解. 当$ n = m\geq 4 $时, 由文献[8, p87, 定理3]可知, 方程(1.5) 也没有任何非常数有限级亚纯解. 当$ n\neq m $时, 由引理2.3及方程(1.5) 得

从而$ T(r, f) = S(r, f) $, 矛盾. 因此, 在这种情况下, 方程(1.5) 没有任何非常数有限级亚纯解. 定理$ 1.1 $证毕.

4 定理1.2的证明

  (ⅰ) 当$ n = m = 1 $时, 方程(1.6) 退化为

$ \begin{equation} f(z)+f(z+c) = e^{Az+B}. \end{equation} $

把方程$ (4.1) $改写为

$ \begin{equation} e^{-(Az+B)}f(z)+e^{-(Az+B)}f(z+c) = 1. \end{equation} $

运用定理$ 1.1 $(ⅰ) 中同样的证明方法可得方程(4.2) 的通解为$ f(z) = e^{Az+B}(\frac{1}{2}+h(z)e^{\frac{{\rm i}\pi z}{c}}) $, 其中$ h(z) $为亚纯函数并满足$ h(z+c) = h(z) $, $ e^{Ac} = 1 $. 如果$ F(z) $为方程(4.2) 的指数多项式解, 把式(1.4) 代入方程(4.2), 并运用定理$ 1.1 $(i) 中同样的证明方法可得$ f(z) = e^{Az+B}\Big(\frac{1}{2}+\sum_{i = 1}^{m}\limits b_{i}e^{\omega_{i}z}\Big) $, 其中$ e^{\omega_{i}c}+1 = 0 $, $ e^{Ac} = 1 $, $ b_{i}\in{\mathbb C} $ ($ i = 1, 2, \cdots , m $) 不全为零.

(ⅱ) 当$ n = m = 2 $时, 把方程(1.6) 改写为

$ \begin{equation} (e^{-\frac{Az+B}{2}}f(z))^{2}+(e^{-\frac{Az+B}{2}}f(z+c))^{2} = 1, \end{equation} $

由文献[8, p86, 定理1]得$ f(z) = e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{1-\alpha^{2}(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $$ f(z+c) = e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{2\alpha(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $, 或者$ f(z) = e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{2\alpha(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $$ f(z+c) = e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{1-\alpha^{2}(z)}{1+\alpha^{2}(z)} $, 其中$ e^{Ac} = 1 $, $ \alpha(z) $为非常数亚纯函数.

(ⅲ) 当$ n = m = 3 $时, 由文献[11, p100, 定理2.2]可知, 方程(1.6) 没有任何非常数有限级亚纯解. 当$ n = m\geq 4 $时, 方程(1.6) 可写为

$ \begin{equation} (e^{-\frac{Az+B}{4}}f(z))^{4}+(e^{-\frac{Az+B}{4}}f(z+c))^{4} = 1. \end{equation} $

由文献[8, p87, 定理3]可知, 在复平面$ {\mathbb C} $上, 方程(4.4) 没有任何非常数有限级亚纯解.

$ n = 2, m = 3 $时, 方程(1.6) 可写为

$ \begin{equation} (e^{-\frac{Az+B}{2}}f(z))^{2}+(e^{-\frac{Az+B}{3}}f(z+c))^{3} = 1. \end{equation} $

由命题$ 1.1 $(ⅲ) 可得

$ \begin{equation} f(z) = {\rm i}e^{\frac{Az+B}{2}}\wp'(u(z))\quad \rm{且} \quad f(z+c) = e^{\frac{Az+B}{3}}\eta\sqrt[3]{4}\wp(u(z)). \end{equation} $

又因为$ (\wp')^{2}\equiv4\wp^{3}-1 $, 经计算可得

$ \begin{equation} f^{2}(z) = -e^{Az+B}(\wp'(u(z)))^{2} = e^{Az+B}(1-4\wp^{3}(u(z))). \end{equation} $

因为$ \rho(f)<\infty $, 由式(4.7) 可得

$ \rho(\wp(u))<\infty $. 利用文献[2, p7]的估计式$ (2.7) $可知

$ \begin{equation} T(r, \wp) = \frac{\pi}{K}r^{2}(1+O(1))\quad \rm{且}\quad \rho(\wp) = 2, \end{equation} $

其中$ K $为顶点在$ 0, \omega_{1}, \omega_{2}, \omega_{1}+\omega_{2} $上的平行四边形的面积. 由引理2.4及式(4.8) 可知$ u(z) $为多项式. 由式(4.6) 及式(4.7) 可得

$ \begin{equation} \eta^{2}4^{\frac{2}{3}}\wp^{2}(u(z)) = e^{\frac{Az+B}{3}+Ac}(1-4\wp^{3}(u(z+c))). \end{equation} $

此时, 对某一正整数$ N\geq 1 $, $ T(r, \wp(u(z))) = O(r^{2N}) $. 由引理2.3及式(4.9) 可得

从而$ T(r, \wp(u(z))) = S(r, \wp(u(z))) $, 矛盾. 当$ n = 3, m = 2 $时, 类似于$ n = 2, m = 3 $的情形.

$ n = 2, m = 4 $时, 方程(1.6) 可写为

$ \begin{equation} (e^{-\frac{Az+B}{2}}f(z))^{2}+(e^{-\frac{Az+B}{4}}f(z+c))^{4} = 1. \end{equation} $

根据命题$ 1.1 $(ⅳ) 得

$ \begin{equation} f(z) = e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{1-4\wp^{2}(u(z))}{1+4\wp^{2}(u(z))}\quad \rm{且} \quad f(z+c) = e^{\frac{Az+B}{4}}2\zeta\frac{\wp(u(z))}{\wp'(u(z))}. \end{equation} $

由式(4.11) 可得

又因为$ \rho(f)<\infty $, 则$ \rho(u(z))<\infty $. 由引理2.4及式(4.8) 可知$ u(z) $为多项式. 根据式(4.11) 及$ (\wp')^{2}\equiv 4\wp^{3}+\wp $可得

$ \begin{equation} 4\zeta^{2}\frac{\wp(u(z))}{1+4\wp^{2}(u(z))} = e^{\frac{Az+B}{2}+Ac}\left(\frac{1-4\wp^{2}(u(z+c))}{1+4\wp^{2}(u(z+c))}\right)^{2}. \end{equation} $

此时, 对某一正整数$ N\geq 1 $, $ T(r, \wp(u(z))) = O(r^{2N}) $, 则$ T(r, e^{\frac{Az+B}{3}+Ac}) = S(r, \wp(u(z))) $. 由引理2.3及式(4.12) 可得

这表明$ T(r, \wp(u(z))) = S(r, \wp(u(z))) $, 矛盾. 如果$ f(z) = {\rm i}e^{\frac{Az+B}{2}}\frac{4\wp^{2}(u(z))-1}{4\wp(u(z))} $$ f(z+c) = e^{\frac{Az+B}{4}}\zeta\frac{{\rm i}\wp'(u(z))}{2\wp(u(z))} $, 同理可得矛盾. 当$ n = 4, m = 2 $时, 类似于$ n = 2, m = 4 $的情形. 定理$ 1.2 $证毕.

参考文献

Baker I N .

On a class of meromorphic functions

Proc Amer Math Soc, 1966, 17 (4): 819- 822

DOI:10.1090/S0002-9939-1966-0197732-X      [本文引用: 1]

Bank S B , Langley J K .

On the value distribution theory of elliptic functions

Monatsh Math, 1984, 98, 1- 20

DOI:10.1007/BF01536904      [本文引用: 1]

Bergweiler W .

Order and lower order of composite meromorphic functions

Michigan Math J, 1989, 36 (1): 135- 146

URL     [本文引用: 1]

Chen W , Han Q , Liu J B .

On Fermat Diophantine functional equations, little Picard theorem and beyond

Aequat Math, 2019, 93 (2): 425- 432

DOI:10.1007/s00010-018-0614-z      [本文引用: 1]

Chiang Y M , Feng S J .

On the Nevanlinna characteristic of $f(z+\eta)$ and difference equations in the complex plane

Ramanujan J, 2008, 16 (1): 105- 129

DOI:10.1007/s11139-007-9101-1      [本文引用: 2]

Edrei A , Fuchs W H J .

On the zeros of $f(g(z))$ where $f$ and $g$ are entire functions

J Anal Math, 1964, 12, 243- 255

DOI:10.1007/BF02807435      [本文引用: 1]

Gross F .

On the equation $f^{n}+g^{n}=1.$

Bull Amer Math Soc, 1966, 72, 86- 88

DOI:10.1090/S0002-9904-1966-11429-5      [本文引用: 2]

Gross F .

On the equation $f^{n}+g^{n}=1.$

Bull Amer Math Soc, 1968, 74, 647- 648

DOI:10.1090/S0002-9904-1968-11975-5      [本文引用: 6]

Hayman W K . Meromorphic Function. Oxford: Clarendon Press, 1964

[本文引用: 1]

Halburd R G , Korhonen R J .

Difference analogue of the lemma on the logarithmic derivative with applications to difference equations

J Math Anal Appl, 2006, 314, 477- 487

DOI:10.1016/j.jmaa.2005.04.010      [本文引用: 1]

Han Q , F .

On the equation $f^{n}(z)+g^{n}(z)=e^{\alpha z+\beta}$

J Contemp Math Anal, 2019, 54 (2): 98- 102

DOI:10.3103/S1068362319020067      [本文引用: 1]

Huber A .

A novel class of solutions for a nonlinear third order wave equation generated by the Weierstra$\beta$ transformation

Chaos Solitons & Fractals, 2006, 28 (4): 972- 978

URL     [本文引用: 1]

Jategaonkar A V .

Elementary proof of a theorem of P. Montel on entire functions

J Lond Math Soc, 1965, 40, 166- 170

URL     [本文引用: 1]

Laine I . Nevanlinna Theory and Complex Differential Equations. Berlin: De Gruyter, 1993

[本文引用: 1]

Li B Q .

On meromorphic solutions of $f^{2}+g^{2}=1$

Math Z, 2008, 258, 763- 771

DOI:10.1007/s00209-007-0196-2      [本文引用: 1]

Li B Q , Ye Z .

On meromorphic solutions of $f^{3}+g^{3}=1$

Arch Math, 2008, 90, 39- 43

DOI:10.1007/s00013-007-2371-4     

Li B Q. On Fermat-type Functional and Partial Differential Equations//Sabadini I, Struppa D, et al. The Mathematical Legacy of Leon Ehrenpreis. Milano: Springer, 2012: 209-222

[本文引用: 2]

F , Han Q .

On the Fermat-type equation $f^{3}(z)+f^{3}(z+c)=1$

Aequat Math, 2017, 91, 129- 136

DOI:10.1007/s00010-016-0443-x      [本文引用: 2]

Montel P . Leçons Sur les Familles Normales de Fonctions Analytiques et Leurs Applications. Paris: Gauthier-Villars, 1927: 135- 136

[本文引用: 1]

Steinmetz N .

Zur Wertverteilung von exponentialpolynomen

Manuscripta Math, 1978, 26, 155- 167

DOI:10.1007/BF01167971      [本文引用: 1]

Yang C C .

A generalization of theorem of P. Montel on entire functions

Proc Amer Math Soc, 1970, 26, 332- 334

DOI:10.1090/S0002-9939-1970-0264080-X      [本文引用: 1]

Yang C C , Yi H X . Uniqueness Theory of Meromorphic Functions. Beijing: Science Press, 1995

[本文引用: 1]

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