Fermat型方程亞純解的一點(diǎn)注記

楊振柳，呂 鋒

(中國石油大學(xué)(華東)理學(xué)院，山東 青島 266580)

1 引言及主要結(jié)果

在2021年，陳敏風(fēng)、高宗升和黃志波[15]證明了如下定理。

定理A考慮如下差分方程

fm(z)+fn(z+c)=eαz+β

其中m、n≥1,α、c∈C{0},β∈C為復(fù)數(shù)。

則當(dāng)n=m≥3或者(n,m)=(2,3)、(2,4)、(3,2)、(4,2)時(shí)，方程沒有非平凡的有限級亞純函數(shù)解。

根據(jù)上述結(jié)論，我們提出下列問題。

問題1注意到αz+β是一個(gè)一次多項(xiàng)式，上述結(jié)論能否推廣到一般的多項(xiàng)式?

問題2上述結(jié)果能否由有限級推廣為超級小于1的情況?

本文中,我們利用Nevanlinna值分布理論、差分模擬結(jié)果以及橢圓函數(shù)的性質(zhì)研究了上述問題，得到了下面結(jié)論。

定理1方程f(z)2+f(z+c)3=eP不存在超級小于1的非常數(shù)亞純解，其中c≠0為一常數(shù)，P為多項(xiàng)式。

定理2方程f(z)2+f(z+c)4=eP不存在超級小于1的非常數(shù)亞純解，其中c≠0為一常數(shù)，P為多項(xiàng)式。

注顯然，根據(jù)以前的結(jié)論，當(dāng)m≥4,n≥3時(shí)，方程fm(z)+fn(z+c)=eP的亞純解的問題易解決，其余情況留待后續(xù)研究。

2 引理

引理2.1[6,15,17]在復(fù)平面C上，函數(shù)方程fn(z)+gm(z)=1的非常數(shù)亞純函數(shù)解有以下結(jié)論：

(2)當(dāng)n=2,m=4,f(z)=sn′(u),g(z)=sn(u)，其中u為非常數(shù)整函數(shù)，sn為Jacobi橢圓函數(shù)滿足sn′2=1-sn4。

引理2.2[18]設(shè)T:[0,+∞)→[0,+∞)是正值、非減的連續(xù)函數(shù)，令s∈(0,∞)。若T的超級嚴(yán)格小于1，即

令δ∈(0,1-ζ)，則

這里r→∞去掉一個(gè)對數(shù)測度有限的集合。

下面，我們運(yùn)用類似文獻(xiàn)[13]中的方法，證明定理1和2。

3 定理的證明

定理1的證明假設(shè)f為方程的一個(gè)非常數(shù)亞純解，下證矛盾。我們將方程改為

進(jìn)一步可得

(3.1)

上述等式變形得

(3.2)

由D′2=4D3-1，可得

這里A是一個(gè)非零常數(shù)。進(jìn)一步由引理2.2可得

3T(r,D(u(z+c)))=

T(r,4D3(z+c)-1)+O(1)=

O(rdegP)

上式表明了

T(r,D(u(z+c)))≤

故D(u(z+c))為有限級，進(jìn)而u是一個(gè)多項(xiàng)式。再由(3.1)得

N(r,D(u(z)))=N(r,D′(u(z+c)))=

另外，通過引理2.2可得

N(r,D(u(z)))=N(r,D(u(z+c)))+

比較上面兩式，可得

(3.3)

注意到D的極點(diǎn)重?cái)?shù)為2和u是一個(gè)多項(xiàng)式。故

其與(3.3)式矛盾，故定理得證。

定理2的證明我們用類似定理1的方法證明定理2。同樣，假設(shè)f為方程一個(gè)非常數(shù)亞純解,下證矛盾。我們將方程改為

進(jìn)一步可得

(3.4)

上述等式變形得

(3.5)

由sn′2=sn4-1，可得

[sn′(u(z))]2=1-sn4(u(z))=

進(jìn)一步由引理2.2可得

4T(r,sn(u(z)))=T(r,1-sn4(u(z)))+O(1)=

上式表明了

故sn(u(z))為有限級，進(jìn)而u是一個(gè)多項(xiàng)式。再由(3.4)得

N(r,sn(u(z+c)))=N(r,sn′(u(z)))=

另外，由引理2.2,可得

N(r,sn(u(z+c)))=N(r,sn(u(z)))+

根據(jù)上面兩個(gè)式子，可得

(3.6)

注意到函數(shù)sn的極點(diǎn)重?cái)?shù)為1和u是一個(gè)多項(xiàng)式。故有

N(r,sn(u(z+c))+O(logr)

其與(3.6)式矛盾，故定理得證。