52 Độ tăng nghiệm phân hình của phương trình sai phân phituyến với tổ hợp hàm mũ 112.1 Bậc của nghiệm phân hình của phương trình sai phân phituyến với tổ hợp hàm mũ.. 112.1.2 Bậc và cấu
Các định lý cơ bản
Chương 2 Độ tăng nghiệm phân hình của phương trình sai phân phi tuyến với tổ hợp hàm mũ
Bậc của nghiệm phân hình của phương trình sai phân phi tuyến với tổ hợp hàm mũ
Giới thiệu bài toán và một số kết quả liên quan
Trong phần này, chúng tôi sẽ xem xét độ tăng của các nghiệm phân hình của phương trình sai phân phi tuyến tính sau: f n (z) +p(z)f(z+η) =H 0 (z) +H 1 (z)e ω 1 z q (2.1)
+H 2 (z)e ω 2 z q + ã ã ã+ H m (z)e ω m z q , trong đó m và nlà các số nguyên dương thỏa mãn n≥ m+ 2và p(z) ̸≡ 0là một đa thức, trong đó H j là hoặc một đa thức mũ với bậc nhỏ hơn q hoặc là một đa thức với ẩn z với 0≤ j ≤ m, trong đó η ̸= 0 là một giá trị phức hữu hạn và ω 1 , ω 2 , , ω m với m số phức hữu hạn khác 0 Một đa thức mũ bậc q ≥1 là một nguyên hàm nguyên có dạng g(z) = P 1 (z)e Q 1 (z) +ã ã ã+P k (z)e Q k (z) , trong đó Pj và Qj là các đa thức ẩn z với 1 ≤ j ≤k, sao cho
Theo Steinmetz, một hàm như vậy có thể được viết dưới dạng: g(z) = H 1 (z)e ω 1 z q +ã ã ã+H m (z)e ω m z q trong đó ω1, , ωm (m ≤ k) là các hệ số của số hạng cao nhất của các đa thức Q 1 , Q 2 , , Q k và hàm H j là một đa thức mũ có bậc ≤ q −1 hoặc là một đa thức ẩn z, với 1 ≤ j ≤ k Chúng ta quy ước rằng một đa thức mũ bậc 0 là một đa thức thông thường. Định lý 2.1.1 [8] Cho p và q là các đa thức Khi đó phương trình f 2 (z) +q(z)f(z + 1) = p(z) không có nghiệm nguyên siêu việt với bậc hữu hạn. Định lý 2.1.2 [8, Định lý 2.5] Cho phương trình f 3 (z) +q(z)f(z+ 1) = csin(bz) trong đó q là đa thức khác hằng, b, c ∈ C là các hằng số khác 0 Khi đó phương không có nghiệm nguyên với bậc hữu hạn Nếu q là hằng số khác 0 thì phương trình này có ba nghiệm hữu hạn phân biệt, với điều kiện b = 3nπ và q 3 = (−1) n+1 27 4 C 2 với số nguyên n khác 0.
Gần đây, Zhang và Huang [9] đã chứng minh kết quả sau mở rộng Định lý 2.1.1 và 2.1.2 như sau: Định lý 2.1.3 Cho s và n là hai số nguyên dương thỏa mãn n ≥ 2 +s, cho p ̸≡0 là một đa thức và η ̸= 0 là một số phức Ta ký hiệu β 1 , β 2 , , β s là s các số phức khác không hữu hạn và cho α 1 , α 2 , , α s , là s số phức hữu hạn phân biệt khác không Giả sử rằng α α i j ̸= n với mọi J ∈ {1,2, , s} và nα k ̸= l k 1 α 1 + l k 2 α 2 + ã ã ã + l ks α s với 5 ≤ k ≤ s khi s ≥ 5, trong đú l k 1 , l k 2 , , l k s ∈ {0,1, , n −1}, thoả món l k 1 + l k 2 + ã ã ã+ l k s = n Khi đó, với mọi nghiệm phân hình không cố định f của phương trình: f n (z) + p(z)f(z +η) = β 1 (z)e α 1 z +β 2 (z)e α 2 z +ã ã ã+β s (z)e α s z (2.2) thỏa mãn ρ2(f) ≥1. Định lý 2.1.4 Cho n và s là hai số nguyên dương thỏa mãn n= s+ 1, cho p ̸≡0 là đa thức, cho η ̸= 0 là số phức hữu hạn Ta ký hiệu β 1 , β 2 , , β là s số phức hữu hạn khác 0 và đặt α 1 , α 2 , , α là s số phức hữu hạn phân biệt khác 0 Giả sử rằng α α i j ̸= n với mọi i, j ∈ {1,2, s} khi đó, bất kỳ nghiệm phân hình khác hằng f của phương trình (2.2) có siêu bậc ρ2(f) < 1 phải là một hàm nguyên thỏa mãn ρ(f) =λ(f) = 1.
Liên quan đến Định lý 2.1.3 và 2.1.4 , ta có hai câu hỏi sau:
Câu hỏi 2.1.5 Có thể suy ra gì về các kết luận của Định lý 2.1.3 nếu ta loại bỏ các giả thiết: Giả sử rằng α α i j ̸= n với mọi i, j ∈ {1,2, , s} và nα k ̸= l k 1 α 1 + l k 2 α 2 + ã ã ã + l ks α s với 5 ≤ k ≤ s khi s ≥ 5, trong đú l k 1 , l k 2 , , l k s ∈ {0,1,2, , n−1} thoả món l k 1 +l k 2 + ã ã ã+ l k s = n.
Câu hỏi 2.1.6 Có thể suy ra gì về các kết luận của Định lý 2.1.4 nếu ta loại bỏ các giả thiết: Giả sử rằng α α i j ̸= n với mọi i, j ∈ {1,2, , s}.
Nghiệm phân hình của phương trình sai phân phi tuyến chứa toán tử sai phân và tổ hợp hàm mũ
Đặt vấn đề
Trong phần này, chúng ta sẽ xét sự tồn tại nghiệm phân hình của phương trình sai phân phi tuyến sau: f n (z) +p(z)∆ η f(z) = H 1 (z)e α 1 z q +H 2 (z)e α 2 z q +ã ã ã+H m (z)e α m z q , (2.93) trong đó m và n là hai số nguyên dương thỏa mãn n > m ≥1, p ̸≡ 0 là đa thức, η là số phức hữu hạn sao cho η ̸= 0, α 1 , α 2 , , α m là m số phức hữu hạn khác 0 phân biệt và Hj hoặc là một đa thức mũ có bậc nhỏ hơn q là một đa thức thông thường theo biến z sao cho Hj ̸≡ 0với 1≤ j ≤m Khái niệm toán tử sai phân được định nghĩa như sau:
Trước hết, chúng tôi nhắc lại các kết quả sau đây của Yang-Laine [8]: Định lý 2.2.1 Cho n ≥ 4 là số nguyên, M(z, f) là đa thức vi sai phân tuyến tính của f, không đồng nhất không và h là một hàm phân hình với bậc hữu hạn Khi đó phương trình vi sai phân f n (z) + M(z, f) = h có nhiều nhất một nghiệm nguyên siêu việt có bậc hữu hạn sao cho tất cả các hệ số của M(z, f) là các hàm nhỏ của f Nếu một nghiệm f như vậy tồn tại, thì f có cùng bậc với h. Định lý 2.2.2 Cho q là một đa thức, và cho p 1 , p 2 , α 1 , α 2 là các số phức hữu hạn khác 0 sao cho α 1 ̸= α 2 và α 1 + α 2 ̸= 0 Nếu f là một nghiệm nguyên của bậc hữu hạn của phưong trình sai phân f 3 (z) +q(z)∆f(z) =p 1 e α 1 z +p 2 e α 2 z , (2.94) thì q rút gọn thành một hằng số và f có một trong các dạng sau đây:
(ii) f(z) =c 2 e α 2 z/3 , với c 2 e α 2 /3 −1 q = p 1 và α 2 = 3α 1 , trong đó c 1 và c 2 là hai hằng số phức hữu hạn thỏa mãn c 3 1 = c 3 2 = p 1 Hơn nữa, (2.94) không có mọi nghiệm nguyên f với bậc vô hạn nếu một trong các giả thiết sau được thỏa mãn:
Liên quan đến Định lý 2.2.2, người ta có thể đặt câu hỏi sau:
Câu hỏi 2.2.3 Có thể rút ra gì từ kết luận của Định lý 1.5 nếu một hàm phân hình khác hằng f là nghiệm của phương trình sai phân (2.93) với các số nguyên dương m và n thỏa mãn n≥ m+ 2 và m ≥ 1 ?
Cấu trúc nghiệm phân hình của phương trình sai phân
Trả lời cho Câu hỏi 2.2.3, ta thu được kết quả sau đây: Định lý 2.2.4 [10] Chom và nlà hai số nguyên dương thỏa mãnn ≥ m+2 và m ≥ 1, cho p là đa thức sao cho p ̸≡ 0, gọ η là số phức hữu hạn sao cho η ̸= 0 và ∆ n f ̸≡ 0, cho α 1 , α 2 , , α m là m số phức hữu hạn khác 0, và gọi H j là một đa thức mũ nhỏ hơn q hoặc là một đa thức thông thường theo biến z sao cho Hj ̸≡ 0 với 1 ≤ j ≤ m Giả sử f là nghiệm phân hình không hằng của phương trình sai phân (2.93) Khi đó m ≥ 2 và f được rút gọn thành một hàm nguyên siêu việt với bậc ρ(f) =∞, hoặc bậc của f thỏa mãn ρ(f) =q với m = 2, trong khi f có thể đuợc biểu diễn dưới dạng f(z) = A1(z)e α 1 z q , với A1(z) = H 1 f p∆ η f và nα1 −α2 = 0, hoặc f(z) =A 2 (z)e α 2 z q , với A 2 (z) = H 2 f p∆ η f và α 2 −α 1 = 0, trong đó A 1 và A 2 là hàm nguyên sao cho các hàm đặc trưng của chúng thỏa mãn
T (r, A j ) = o(T(r, f)), 1 ≤ j ≤2, với r ∈ E và r → ∞ Ở đây, E ⊂ (0,+∞) là tập con có độ đo tuyến tính hữu hạn.
Chứng minh Giả sử rằng kết luận ρ(f) = ∞ của Định lý 2.1.4 là không đúng Khi đó, ρ(f) =ρ < ∞ Do đó λ
Vì f là một nghiệm phân hình khác hằng là nghiệm của (2.93), theo Định nghĩa 1.3.5, bổ đề 1.3.7-1.3.8 và giả thiết ρ(f) = ρ < ∞, ta suy ra m(r, f n (z) +p(z)∆ η f(z)) =m r, f(z) f n−1 (z) + p(z)∆ η f(z) f(z)
Mặt khác, từ Định nghĩa 1.3.5, ta có f n (z) +p(z)∆ηf(z) =f n (z) +p(z)(f(z+η)−f(z)) (2.96)
Giả sử rằng z 1 ∈ C là một cực điểm của f(z), mà không phải là cực điểm của f(z + η), sao cho bội của z 1 là v 1 Khi đó, theo (2.96) z 1 là một cực điểm của f n (z) +p(z)∆ η f(z) với bội số bằng nv 1
Giả sử rằng z 2 ∈ C là một cực điểm của f(z+η), mà không phải là một cực của f(z), Giả sử bội của z 2 là v 2 Khi đó, theo (2.96) z 2 là một cực điểm của f n (z) +p(z)∆ η f(z) với bội số tối đa bằng ν 2
Giả sử z 3 ∈ C là cực điểm chung của f(z) và f(z + η) sao cho bội của z 3 với tư cách là cực điểm của f(z) bằng v 3 , trong khi bội số của z 3 với tư cách là cực điểm của f(z + η) bằng v4 Khi đó, theo (2.96), z3 là một cực điểm của f n (z) +p(z)∆ηf(z) với bội số bằng tối đa max{nv 3 , v4} Do đó từ (2.206), (2.207) và Bổ đề 1.3.8, ta có
Do đó từ (2.96), định nghĩa 1.3.5, bổ đề 1.3.8, kéo theo nT(r, f(z)) = T (r, f n (z)) =T (r,(f n (z) +p(z)∆ η f(z))−p(z)∆ η f(z))
Lưu ý rằng H j ̸≡ 0 với 1 ≤j ≤ m, từ (2.93), chúng ta nhận được
(2.103) Theo (2.100), Định nghĩa 2.1.2 và theo giả thiết n ≥ m+ 2, ta suy ra
Tiếp theo chúng tôi chứng minh những nhận định sau:
Nhận định I Dựa trên giả thiết của Định lý 2.2.4, nghiệm phân hình khác hằng f của (2.93) là một hàm nguyên siêu việt.
Thật vậy, bây giờ chúng ta giả sử rằng z 0 ∈ C là một cực điểm của f(z) với bội bằng v Từ Định nghĩa 1.3.5, và giả thiết của Định lý 2.2.4, ta có z 0 + η cũng là một cực điểm của f(z) có bội ít nhất bằng nv Bằng cách thay thế z = z 0 +η vào (2.93), chúng ta có f n (z 0 +η) +p(z 0 +η) ∆ η f (z 0 +η) m
Từ Định nghĩa 1.3.5, ta có z 0 + 2η là một cực điểm của f(z) mà bội số ít nhất bằng n 2 ν Do đó, chúng ta có được một dãy {z 0 +jη} ∞ j=0 các cực của f(z) Ở đây z0 +jη là một cực điểm của f(z) có bội số ít nhất bằng n j v, trong đó 1 ≤j ≤ m Do đó, với mỗi số nguyên dương j, ta có n(j|η|+ |z 0 |+ 1, f) ≥ v +nv+ã ã ã+ n j v, cùng với giả thiết n≥ m+ 2 ≥ 3 ta có λ 2
= lim sup r→∞ log logn(r, f) logr ≥lim sup j→∞ log logn(j|η|+|z 0 |+ 1, f(z)) log (j|η|+ |z 0 |+ 1)
≥ lim sup j→∞ log logn j log (j|n|+|z 0 |+ 1) = lim sup j→∞ logj + log logn log (j|η|+|z 0 |+ 1) = 1.
(2.105) Mặt khác, ta có ρ 2 (f) ≥ λ 2 (1/f) Điều này cùng với (2.105) cho ρ 2 (f) ≥ 1, cho thấy rằng ρ(f) = +∞ Mâu thuẫn với (2.104) Do đó, từ (2.104) ta thấy f là một hàm siêu việt Nhận định I được chứng minh.
Theo Định nghĩa 1.3.5, ta viết lại (2.93) thành f n (z) = −p(z)f(z +η) +p(z)f(z) + m
Dựa trên (2.106) và Nhận định I, chúng ta có hai trường hợp sau:
Trường hợp 1 Giả sử rằng
−p(z)f(z +η), p(z)f(z), H 1 (z)e α 1zq , H 2 (z)e α 2zq , , H m (z)e α m z q (2.107) là m+ 2 hàm nguyên siêu việt phụ thuộc tuyến tính trong mặt phẳng phức. Theo giả thiết (H) của Định lý 2.2.4 và Hayman [6, trang 7], chúng ta có thể suy ra rằng
H1(z)e α 1 z q , H2(z)e α 2 z q , , Hm(z)e α m z q (2.108) là m hàm nguyên độc lập tuyến tính trong mặt phẳng phức Ta xét hai trường hợp con sau:
Trường hợp con 1.1 Giả sử p(z)f(z) và m hàm nguyên hàm của (2.108) là m+ 1 hàm nguyên phụ thuộc tuyến tính trong mặt phẳng phức Khi đó, p(z)f(z) có thể biểu diễn bởi tổ hợp tuyến tính của m hàm nguyên siêu việt của (2.108) Điều này có nghĩa là tồn tại m hằng số phức hữu hạn k 1,1 , k 1,2 , , k 1,m sao cho p(z)f(z) m
Thay (2.109) vào (2.106), ta suy ra f n (z) =−p(z)f(z+η) + m
Do đó f là hàm siêu việt và giả thiết p là đa thức sao cho p ̸= 0, ta suy ra p(z)f(z + η) là hàm siêu việt Kết hợp điều này với giả thiết n ≥ m + 2,
Bổ đề 1.3.8, 1.3.13, chúng ta có thể suy ra rằng f n (z) +p(z)f(z +η) ̸= 0.
Do đó, từ (2.110) và giả thiết (H) của Định lý 2.2.4, ta thấy có ít nhất một trong các hệ số 1 +k1,1,1 +k1,2, ,1 +k1,m không bằng 0 Không mất tính tổng quát, ta giả sử 1 + k1,j ̸= 0 với 1 ≤ j ≤ m Hơn nữa, theo giả thiết (H) của Định lý 2.2.4, ta suy ra m nguyên hàm
(2.111) ở vế phải của (2.110) là các hàm siêu việt độc lập tuyến tính Ta xét hai trường hợp con sau:
Trường hợp con 1.1.1 Giả sử rằng −p(z)f(z+η) và m hàm nguyên siêu việt của (2.111) là m+ 1 hàm nguyên siêu việt phụ thuộc tuyến tính trong mặt phẳng phức Khi đó, −p(z)f(z + η) có thể biểu diễn tuyến tính bằng m hàm nguyên siêu việt của (2.111) Điều này có nghĩa là tồn tại m hằng số phức hữu hạn l 1,1 , l 1,2 , , l 1,m sao cho
Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng (1 +k 1,j ) (1 +l 1,j ) ̸= 0 với
Giả sử rằng f n (z) và m hàm siêu việt của (2.111) có vô số các số không điểm chung khác 0 là a1,1a1,2, , a1,k, trong mặt phẳng phức sao cho a 1,k → ∞ Khi đó, theo Định lý phân tích nhân tử của Weierstrass (xem[3]), tồn tại nguyên hàmγ 1 với các điểm không chung là γ 1 ∗ vàmhàm nguyên siêu việt phân biệt của (2.111) đối với các số không, trong đó mỗi số không chung như vậy a 1,k ∈ {a 1,k } ∞ k=1 được tính theo giá trị nhỏ nhất của tất cả các bội số của a1,k là số không của f n (z) và m hàm nguyên siêu việt của (2.111) tương ứng, sao cho γ 1 ∗ (z) =z m 1,0 e g(z)
(2.114) trong đó tích lấy trên mọi a 1,k ̸= 0 Ở đây, m 1,0 , m 1,1 , , m 1,k , , là các số nguyên không âm, trong đó m1,0 là số nguyên không âm sao cho m1,0 = 0 và z m 1,0 = 1 nếu gốc tọa độ 0 không phải là không điểm chung của f n (z) và m hàm nguyên siêu việt của (2.111), và m 1,0 là một số nguyên dương bằng giá trị cực tiểu của tất cả các bội của điểm gốc 0 với tư cách là điểm không điểm chung của f n (z) và m hàm nguyên siêu việt của (2.111), tương ứng. Hàm g là một hằng số hoặc một đa thức khác hằng với bậc nhỏ hơn hoặc bằng q−1 Kết hợp điều này với (2.111) và giả thiết (H) của Định lý 2.2.4, ta suy ra
Kết hợp (2.114), (2.115) và Ash [2, Định lý 4.3.6], ta có λ(γ 1 ∗ ) =ρ(γ 1 ∗ ) ≤ q −1 (2.116) Bằng cách chia γ 1 cho cả hai vế của (2.113), ta có f n (z) γ 1 ∗ (z) m
Khi đó, theo giả thiết (H) của Định lý 2.2.4, ta suy ra rằng m số hạng ở vế phải của (2.113) là m hàm nguyên siêu việt độc lập tuyến tính trong mặt phẳng phức Điều này cùng với (2.118) cho thấy rằng m số hạng ở vế phải của (2.117) là m hàm nguyên siêu việt vẫn độc lập tuyến tính trong mặt phẳng phức Hơn nữa, từ (2.117) và định nghĩa của nguyên hàm γ 1 ∗ trong
(2.114), ta có thể suy ra rằng nguyên hàm f n (z)/γ 1 ∗ (z) và m hàm nguyên siêu việt của m số hạng ở vế phải của (2.117) không có điểm không chung trong mặt phẳng phức Hơn nữa, từ (2.116), (2.118) và giả thiết (H) của Định lý 2.2.4 , ta suy ra rằng
H k (z)e (α j −α k )z q (2.119) là các hàm phân hình siêu việt với 1 ≤ j < k < m Để thuận tiện, bây giờ chúng ta đặt f n γ 1 ∗ = g 1,m+1 (2.120) và
Khi đó, kế tiếp (2.120), (2.121) và phân tích ở trên thì (2.117) có thể được viết lại thành g1,m+1 m
X j=1 g1,j (2.122) sao chomax 1≤j≤m {|g 1,j (z)|} > 0với mỗiz ∈ C, và sao chog 1,1 , g 1,2 , , g 1,m ở vế phải của (2.122) là m hàm nguyên siêu việt độc lập tuyến tính Do đó, theo (2.115), (2.116),(2.118)-(2.122), ta suy ra nN r, 1 f
{log|g 1,k (z)|}, và S 1 (r) là một đại lượng sao cho