一类非线性微分差分方程的指数多项式解

Exponential Polynomial Solutions of One Class of Non-Linear Differential-Difference Equations

摘要: 本文研究一类非线性微分差分方程fⁿ(z)+q(z)e^Q(z)L(z,f)=p₁e^α₁z+p₂e^α₂z ，且f(z)满足f∈Γ⁰的有穷级整函数解，得到 或 ，其中B是常数；n≥k+2，n,k是非零整数，L(z,f)是不恒为零的k次齐次线性微分–差分多项式；q(z)是非恒为零多项式，Q(z)是非常数多项式，p₁,p₂,α₁,α₂是非零常数且；并给出2个例子说明解的存在性。本文推广了文献6中Chen等人的结果。

Abstract: In this paper, we study entire solutions of finite order of the following type nonlinear differential-difference equations in the complex plane fⁿ(z)+q(z)e^Q(z)L(z,f)=p₁e^α₁z+p₂e^α₂z .If f(z) belongs to Γ⁰, then or , where B is a constant. n≥k+2，n,k are non-zero integers, L(z,f) is a nonvanishing differential-difference polynomial of degree is equal to k.q(z) is a nonvanishing polynomial and Q(z) is not a constant polynomial, p₁,p₂,α₁,α₂ are nonzero constants such that . We give two examples, which show the existence of solution. This paper generalizes the results of Chen et al. in literature 6.

1. 引言与定理

本文使用Nevalinna理论的符号，假设读者熟悉值分布的相关理论(详见参考文献 [1] [2] )。

定义1设 $P_j\left(z\right)$ 和 $Q_j\left(z\right)$ $\left(j=1,2,\cdots ,k\right)$ 是关于z的多项式， $f\left(z\right)$ 是非常数亚纯函数，则 $f\left(z\right)=P_1\left(z\right){\text{e}}^{Q_1\left(z\right)}+P_2\left(z\right){\text{e}}^{Q_2\left(z\right)}+\cdots +P_k\left(z\right){\text{e}}^{Q_k\left(z\right)}$ 称为指数型多项式。

常见的指数多项式类型有：

$\begin{array}{l}{\Gamma }_0=\left\{{\text{e}}^{\alpha \left(z\right)}|\alpha \left(z\right)是一个非常数多项式\right\},\\ {{\Gamma }^{\prime }}_0=\left\{p\left(z\right){\text{e}}^{\alpha \left(z\right)}|p\left(z\right)是一个多项式且\alpha \left(z\right)是一个非常数多形式\right\}。\end{array}$

定义2 [3] 我们把形如 $L\left(z,f\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{m}{\sum }}{\phi }_i}\left(z\right){\left[f^{\left(v_{i_1}\right)}\left(z+c_{i_1}\right)\right]}^{k_{i_1}}\cdots {\left[f^{\left(v_{i_m}\right)}\left(z+c_{i_m}\right)\right]}^{k_{i_m}}$ 称为k次齐次线性复微分–差分多项式，其中 $k_{i_1}+\cdots +k_{i_m}=k,i=1,\cdots ,m$，m是一个正整数且 ${\phi }_i\left(z\right)\left(i=1,\cdots ,m\right)$ 是多项式。如果 $c_{i_1}=\cdots =c_{i_m}\left(i=1,\cdots ,m\right)$，则称 $L\left(z,f\right)$ 有相同的位移。

目前，不少学者研究非线性微分差分方程解的存在性和解的结构。在利用Nevalinna理论研究这类方程时，指数多项式起着很重要的作用。

在2012年，Wen [4] 等人研究了 $f^n\left(z\right)+q\left(z\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}f\left(z+c\right)=P\left(z\right)$ 的有限级整函数解，其中 $n\ge 2$ 是整数， $q\left(z\right)$， $Q\left(z\right)$ 和 $P\left(z\right)$ 是多项式且 $q\left(z\right)$ 不恒等于0， $Q\left(z\right)$ 不是常数。在2016年，Liu [5] 在Wen等人研究的基础上研究了一类非线性微分差分方程 $f^n\left(z\right)+q\left(z\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}{f}^{\left(k\right)}\left(z+c\right)=P\left(z\right)$ 的有限级超越整函数解，这里 $k\ge 1$。他得到了相似的结果。

在2018年，Chen等人 [6] 考虑用 $p_1{\text{e}}^{\lambda z}+p_2{\text{e}}^{-\lambda z}$ 替换 $P\left(z\right)$，研究

$f^n\left(z\right)+q\left(z\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}f\left(z+c\right)=p_1{\text{e}}^{\lambda z}+p_2{\text{e}}^{-\lambda z}$, (1.1)

得到下面的定理：

定理1设 $n\ge 3$ 是整数， $c,\lambda ,p_1$ 和 $p_2$ 是非零常数， $q\left(z\right)$ 是非恒为零多项式， $Q\left(z\right)$ 是非常数多项式。如果 $f\left(z\right)$ 是方程(1.1)的一个有限级整函数解，那么下面结论成立：

(I) 每个解都满足 $\rho \left(f\right)=\mathrm{deg}Q=1$ ；

(II) 如果 $f\in {\Gamma }_0$，那么以下两种情况必有一种成立

(a) $f\left(z\right)={\text{e}}^{\frac{\lambda }{n}z+B}$， $Q\left(z\right)=-\frac{n+1}{n}\lambda z+b$ ；

(b) $f\left(z\right)={\text{e}}^{-\frac{\lambda }{n}z+B}$， $Q\left(z\right)=\frac{n+1}{n}\lambda z+b$。

这里，b和B都是常数。

Chen等人猜测上述定理在 $n=2$ 时仍成立。因此，在2020年，Xu等人 [7] 考虑当 $n=2$ 时的情况，得到了更一般的结论，部分地解决了Chen等人的猜想。他们研究以下非线性微分差分方程

$f^2\left(z\right)+q\left(z\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}{f}^{\left(k\right)}\left(z+c\right)=p_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}$, (1.2)

得到以下定理：

定理2设k是一个非负整数， $c,{\alpha }_1,{\alpha }_2,p_1$ 和 $p_2$ 是非零常数且 ${\alpha }_1\ne {\alpha }_2$， $q\left(z\right)$ 是非恒为零多项式， $Q\left(z\right)$ 是非常数多项式。如果 $f\left(z\right)$ 是方程(1.2)的一个超越整函数解，那么：

(1) 每个解都满足 $\rho \left(f\right)=\mathrm{deg}Q\ge 1$ ；

(2) 如果 $f\left(z\right)$ 是指数多项式，那么 $\rho \left(f\right)=\mathrm{deg}Q=1$ ；

(3) 如果 $f\in {{\Gamma }^{\prime }}_0$，那么以下两种情况必有一种成立

(a) $f\left(z\right)=g\left(z\right){\text{e}}^{\frac{{\alpha }_2}{n}z+B}$， $Q\left(z\right)=\left({\alpha }_1-\frac{{\alpha }_2}{2}\right)z+b$，

$g^2\left(z\right){\text{e}}^{2B}=p_2$, $q\left(z\right)\left[{\displaystyle \underset{s=0}{\overset{k}{\sum }}\left(\begin{array}{l}k\\ s\end{array}\right)}{\left(\frac{{\alpha }_2}{2}\right)}^{s}g{\left(z+c\right)}^{\left(k-s\right)}\right]{\text{e}}^{\frac{{\alpha }_{2}c}{2}+b+B}=p_1$ ;

(b) $f\left(z\right)=g\left(z\right){\text{e}}^{\frac{{\alpha }_1}{n}z+B}$， $Q\left(z\right)=\left({\alpha }_2-\frac{{\alpha }_1}{2}\right)z+b$，

$g^2\left(z\right){\text{e}}^{2B}=p_1$, $q\left(z\right)\left[{\displaystyle \underset{s=0}{\overset{k}{\sum }}\left(\begin{array}{l}k\\ s\end{array}\right)}{\left(\frac{{\alpha }_2}{2}\right)}^{s}g{\left(z+c\right)}^{\left(k-s\right)}\right]{\text{e}}^{\frac{{\alpha }_{2}c}{2}+b+B}=p_2$.

这里b和B是常数， $g\left(z\right)$ 是多项式。

受文献 [3] [4] [5] [6] [7] 的启发，本文考虑研究一类非线性微分差分方程

$f^n\left(z\right)+q\left(z\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}L\left(z,f\right)=p_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}$ (1.3)

的有限级整函数解，得到如下定理：

定理3设 $n\ge k+2$， $n,k$ 是非零整数， $L\left(z,f\right)$ 是不恒为零的k次齐次线性微分–差分多项式， $q\left(z\right)$ 是非恒为零多项式， $Q\left(z\right)$ 是非常数多项式， $p_1,p_2,{\alpha }_1,{\alpha }_2$ 是非零常数且 $\frac{{\alpha }_1}{{\alpha }_2}\notin \left\{1,\frac{k}{n},\frac{n}{k}\right\}$。如果 $f\left(z\right)$ 是方程(1.3)

的一个有限级整函数解，那么：

(I) 每个解都满足 $\rho \left(f\right)=\mathrm{deg}Q=1$ ；

(II) 如果 $f\in {\Gamma }_0$，那么以下两种情况必有一种成立

(a) $f\left(z\right)={\text{e}}^{\frac{{\alpha }_2}{n}z+B}$， $Q\left(z\right)=\left({\alpha }_1-\frac{k{\alpha }_2}{n}\right)z+s$， $p_1=q\left(z\right){\text{e}}^{s}D\left(z\right)$， $p_2={\text{e}}^{Bn}$ ；

(b) $f\left(z\right)={\text{e}}^{\frac{{\alpha }_1}{n}z+B}$， $Q\left(z\right)=\left({\alpha }_2-\frac{k{\alpha }_1}{n}\right)z+s$， $p_1={\text{e}}^{Bn}$， $p_2=q\left(z\right){\text{e}}^{s}D\left(z\right)$。

这里，B和s是常数， $D\left(z\right)$ 是一个非零多项式。

下面给出2个例子进行说明。

例1函数 $f\left(z\right)={\text{e}}^z$ 是 $f^3\left(z\right)+2{\text{e}}^z{f}^{\prime }\left(z+\log 2\right)=4{\text{e}}^{2z}+{\text{e}}^{3z}$ 的有穷级超越整函数解，其中 $k=1$， ${\alpha }_1=2$， ${\alpha }_2=3$， $q\left(z\right)=2$， $D\left(z\right)=2$， $p_1=4$， $p_2=1$。此时满足定理3的(I)和(II)中的(a)。

例2函数 $f\left(z\right)=2{\text{e}}^z$ 是 $f^4\left(z\right)+2{\text{e}}^z{f}^{\prime }\left(z-1\right)f^{″}\left(z+1\right)=16{\text{e}}^{4z}+8{\text{e}}^{3z}$ 的有穷级超越整函数解，其中 $k=2$， ${\alpha }_1=4$， ${\alpha }_2=3$， $q\left(z\right)=2$， $D\left(z\right)=4$， $p_1=16$， $p_2=8$。此时满足定理3的(I)和(II)中的(b)。

注：显然 $k=1$， ${\alpha }_1=-{\alpha }_2$ 时，定理1是定理3的特殊情形。

2. 引理

证明定理3需要下述的引理证明。

引理1 [2] 设 $f_j\left(z\right)\left(j=1,2,\cdots ,n\right)\left(n\ge 2\right)$ 为亚纯函数， $g_j\left(z\right)\left(j=1,2,\cdots ,n\right)$ 为整函数，且它们满足下列

条件：

1) $f_1\left(z\right){\text{e}}^{g_1\left(z\right)}+f_2\left(z\right){\text{e}}^{g_2\left(z\right)}+\cdots +f_n\left(z\right){\text{e}}^{g_n\left(z\right)}\equiv 0$ ；

2) 当 $1\le j<k\le n$ 时， $g_j\left(z\right)-g_k\left(z\right)$ 不是常数；

3) 当 $1\le j\le n$ 且 $1\le h<k\le n$ 时， $T\left(r,f_j\right)=o\left(T\left(r,{\text{e}}^{g_h\left(z\right)-g_k\left(z\right)}\right)\right)\left(r\to \infty ,r\notin E\right)$。其中 $E\subset \left(1,\infty \right)$ 是有限线性测度或对数测度集。那么， $f_j\equiv 0\left(j=1,2,\cdots ,n\right)$。

引理2 [3] 如果 $f\left(z\right)$ 是非常数亚纯函数， $c,h$ 是任意两个互不相同的复数，若 $f\left(z\right)$ 的超级 ${\rho }_2\left(f\right)<1$，那么

$m\left(r,\frac{f^{\left(k\right)}\left(z+h\right)}{f\left(z+c\right)}\right)=S\left(r,f\right)$.

此外，若 $L\left(z,f\right)$ 是k次微分差分多项式，那么

$m\left(r,\frac{L\left(z,f\right)}{f^k\left(z\right)}\right)=S\left(r,f\right)$.

引理3 [8] 设 $f\left(z\right)$ 是一个非常数有限级超越亚纯函数， $P\left(z,f\right)$ 和 $Q\left(z,f\right)$ 是两个以 $f\left(z\right)$ 的小函数为系数且关于 $f\left(z\right)$ 的差分多项式，使得

$f^n\left(z\right)P\left(z,f\right)=Q\left(z,f\right)$,

差分多项式 $Q\left(z,f\right)$ 中关于 $f\left(z\right)$ 和 $f\left(z+c\right)$ 的总次数不超过n。设 $c\in ℂ$， $\delta <1$，那么对于所有r，除去一个有限对数测度的可能例外值有

$m\left(r,P\left(z,f\right)\right)=o\left(\frac{T(r+\left|c\right|,f)}{r^{\delta }}\right)+o\left(T\left(r,f\right)\right)$.

注：当 $P\left(z,f\right)$ 和 $Q\left(z,f\right)$ 是两个以 $f\left(z\right)$ 的小函数为系数且关于 $f\left(z\right)$ 的微分差分多项式时，有

$m\left(r,P\left(z,f\right)\right)=S\left(r,f\right)$.

3. 定理3的证明

3.1. 结论(I)的证明

设 $f\left(z\right)$ 是方程(1.3)的有限级整函数解，那么

$\begin{array}{c}nT\left(r,f\right)=T\left(r,f^n\right)=m\left(r,f^n\right)\\ =m\left(r,p_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}-q\left(z\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}L\left(z,f\right)\right)\\ \le m\left(r,{\text{e}}^{Q\left(z\right)}\right)+m\left(r,L\left(z,f\right)\right)+S\left(r,f\right)+O\left(r\right)\\ \le m\left(r,{\text{e}}^{Q\left(z\right)}\right)+m\left(r,\frac{L\left(z,f\right)}{f^k}{f}^k\right)+S\left(r,f\right)+O\left(r\right)\\ \le m\left(r,{\text{e}}^{Q\left(z\right)}\right)+km\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)+O\left(r\right)\\ \le T\left(r,{\text{e}}^{Q\left(z\right)}\right)+kT\left(r,f\right)+S\left(r,f\right)\end{array}$

因为 $n>k$，所以有

$\left(n-k\right)T\left(r,f\right)\le T\left(r,{\text{e}}^{Q\left(z\right)}\right)+S\left(r,f\right)$,

因此， $\rho \left(f\right)\le \mathrm{deg}Q$。

假设 $\rho \left(f\right)<\mathrm{deg}Q$，由方程(1.3)右边的级为1，我们有 $\mathrm{deg}Q=1$，此时 $\rho \left(f\right)<1$。取 $Q\left(z\right)=az+b$，其中 $a\ne 0$。那么方程(1.3)可写为

$p_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}+p_3{\text{e}}^{az+b}+p_4=0$.

其中， $p_3=-q\left(z\right)L\left(z,f\right)$， $p_4=-f^n\left(z\right)$ 且它们的级均小于1。

以下分三种情况讨论。

情况1. $a\ne {\alpha }_1$ 和 $a\ne {\alpha }_2$。

由引理1可知， $p_1=p_2=0$。与 $p_1,p_2$ 是非零常数矛盾。

情况2. $a={\alpha }_1$ 和 $a\ne {\alpha }_2$。

方程(1.3)可写为

$\left(p_1+p_3{\text{e}}^b\right){\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}+p_4=0$,

由引理1可知， $p_2=0$ 与 $p_2$ 是非零常数矛盾。

情况3. $a\ne {\alpha }_1$ 和 $a={\alpha }_2$。

类似于情况2，得到 $p_1=0$ 与 $p_1$ 是非零常数矛盾。

因此， $\rho \left(f\right)=\mathrm{deg}Q\left(z\right)$。又因为 $\mathrm{deg}Q\left(z\right)\ge 1$，所以 $\rho \left(f\right)\ge 1$。

设 $\rho \left(f\right)>1$，令 $P\left(z\right)=p_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}$， $G\left(z\right)=q\left(z\right)L\left(z,f\right)$，那么 $\rho \left(P\right)=1$。

方程(1.3)可写为

$f^n\left(z\right)+G\left(z\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}=P\left(z\right)$.(3.1)

对(3.1)微分，可得

$n{f}^{n-1}{f}^{\prime }+H\left(z\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}=P^{\prime }\left(z\right)$.(3.2)

其中， $H\left(z\right)=G^{\prime }\left(z\right)+Q^{\prime }\left(z\right)G\left(z\right)$。由(3.1)和(3.2)消去 ${\text{e}}^{Q\left(z\right)}$，得

$f^{n-1}\left(H\left(z\right)f\left(z\right)-nG\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)\right)=P\left(z\right)H\left(z\right)-P^{\prime }\left(z\right)G(\; z\; )$

因为 $n\ge k+2$， $P\left(z\right)H\left(z\right)-P^{\prime }\left(z\right)G\left(z\right)$ 是关于 $f\left(z\right)$ 的次数不超过k的微分差分多项式。由引理3可得，

$m\left(r,H\left(z\right)f\left(z\right)-nG\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)\right)=S\left(r,f\right)$

和

$m\left(r,f\left(z\right)\left(H\left(z\right)f\left(z\right)-nG\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)\right)\right)=S\left(r,f\right)$.

若 $H\left(z\right)f\left(z\right)-nG\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)$ 不恒为0，那么

$\begin{array}{l}T\left(r,f\right)=m\left(r,f\right)\\ \le m\left(r,f\left(z\right)\right)\left(H\left(z\right)f\left(z\right)-nG\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)\right)+m\left(r,\frac{1}{H\left(z\right)f\left(z\right)-nG\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)}\right)\\ \le T\left(r,H\left(z\right)f\left(z\right)-nG\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)\right)+S\left(r,f\right)=S\left(r,f\right)\end{array}$,

得到矛盾。

若 $H\left(z\right)f\left(z\right)-nG\left(z\right)f^{\prime }\left(z\right)\equiv 0$，那么

$\frac{q^{\prime }\left(z\right)}{q\left(z\right)}+Q^{\prime }\left(z\right)+\frac{L^{\prime }\left(z,f\right)}{L\left(z,f\right)}=n\frac{f^{\prime }\left(z\right)}{f\left(z\right)}$.

积分得，

$q\left(z\right)L\left(z,f\right){\text{e}}^{Q\left(z\right)}=c{f}^n\left(z\right)$.(3.3)

这里，c是非零常数。

把式子(3.3)代入(1.3)，有

$\left(1+c\right)f^n\left(z\right)=P$. (3.4)

当 $1+c\ne 0$ 时，方程(3.4)的左边级大于1，而右边级等于1，得到矛盾。当 $1+c=0$ 时， $P\left(z\right)=p_1{\text{e}}^{{\alpha }_{1}z}+p_2{\text{e}}^{{\alpha }_{2}z}\equiv 0$，矛盾。因此， $\rho \left(f\right)=\mathrm{deg}Q\left(z\right)=1$。

3.2. 结论(II)的证明

因为 $f\in {\Gamma }_0$ 及结论(I) $\rho \left(f\right)=\mathrm{deg}Q\left(z\right)=1$，故设

$f\left(z\right)={\text{e}}^{Az+B}$ (3.5)

和

$Q\left(z\right)=rz+s$, (3.6)

这里 $A,r$ 是非零常数，B和s是常数。

由式子(3.5)可得

$L\left(z,f\right)=D\left(z\right){\text{e}}^{Akz}$, (3.7)

其中， $D\left(z\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{m}{\sum }}{\phi }_i\left(z\right)A^{v_{i_1}{k}_{i_1}+\cdots +v_{i_m}{k}_{i_m}}{\text{e}}^{A\left(c_{i_1}{k}_{i_1}+\cdots +c_{i_m}{k}_{i_m}\right)+kB}}$。把式子(3.5)~(3.7)代入(1.3)，整理后有

${\text{e}}^{Bn}{\text{e}}^{\left(nA-{\alpha }_2\right)z}+q\left(z\right){\text{e}}^{s}D\left(z\right){\text{e}}^{\left(Ak+r-{\alpha }_2\right)z}-p_1{\text{e}}^{\left({\alpha }_1-{\alpha }_2\right)z}-p_2=0$.(3.8)

以下分四种情况讨论

情况1. $nA-{\alpha }_2=0$ 和 $Ak+r-{\alpha }_2=0$

由引理1可得 $p_1=0$。矛盾。

情况2. $nA-{\alpha }_2\ne 0$ 和 $Ak+r-{\alpha }_2\ne 0$。

如果 $nA-{\alpha }_2\ne Ak+r-{\alpha }_2\ne {\alpha }_1-{\alpha }_2$，那么由方程(3.8)和引理1可得 $p_1=0$。矛盾。

如果 $nA-{\alpha }_2$， $Ak+r-{\alpha }_2$ 和 ${\alpha }_1-{\alpha }_2$ 有且只有两个相等，不失一般性，我们假设 $nA-{\alpha }_2=Ak+r-{\alpha }_2\ne {\alpha }_1-{\alpha }_2$，由方程(3.8)有

$\left[{\text{e}}^{Bn}+q\left(z\right){\text{e}}^{s}D\left(z\right)\right]{\text{e}}^{\left(nA-{\alpha }_2\right)z}-p_1{\text{e}}^{\left({\alpha }_1-{\alpha }_2\right)z}-p_2=0$. (3.9)

由方程(3.9)和引理1可得 $p_1=p_2=0$，矛盾。

如果 $nA-{\alpha }_2=Ak+r-{\alpha }_2={\alpha }_1-{\alpha }_2$，由方程(3.8)有

$\left[{\text{e}}^{Bn}+q\left(z\right){\text{e}}^{s}D\left(z\right)-p_1\right]{\text{e}}^{\left({\alpha }_1-{\alpha }_2\right)z}-p_2=0$.

由引理1可得 $p_2=0$，矛盾。

情况3. $nA-{\alpha }_2=0$ 和 $Ak+r-{\alpha }_2\ne 0$。

如果 $Ak+r-{\alpha }_2\ne {\alpha }_1-{\alpha }_2$，那么 $p_1=0$，矛盾。

如果 $Ak+r-{\alpha }_2={\alpha }_1-{\alpha }_2$，则 $A=\frac{{\alpha }_2}{n}$， $r={\alpha }_1-\frac{k{\alpha }_2}{n}\ne 0$。即 $\frac{{\alpha }_1}{{\alpha }_2}\ne \frac{k}{n}$。由方程(3.8)有

$\left[q\left(z\right){\text{e}}^{s}D\left(z\right)-p_1\right]{\text{e}}^{\left({\alpha }_1-{\alpha }_2\right)z}+\left[{\text{e}}^{Bn}-p_2\right]=0$.

由引理1可得， $p_1=q\left(z\right){\text{e}}^{s}D\left(z\right)$， $p_2={\text{e}}^{Bn}$， $f\left(z\right)={\text{e}}^{\frac{{\alpha }_2}{n}z+B}$， $Q\left(z\right)=\left({\alpha }_1-\frac{k{\alpha }_2}{n}\right)z+s$。

情况4. $nA-{\alpha }_2\ne 0$ 和 $Ak+r-{\alpha }_2=0$。

如果 $nA-{\alpha }_2\ne {\alpha }_1-{\alpha }_2$，由引理1可得 $p_1=0$。矛盾。

如果 $nA-{\alpha }_2={\alpha }_1-{\alpha }_2$，则 $A=\frac{{\alpha }_1}{n}$， $r={\alpha }_2-\frac{k{\alpha }_1}{n}\ne 0$。即 $\frac{{\alpha }_1}{{\alpha }_2}\ne \frac{n}{k}$。由方程(3.8)有

$\left[{\text{e}}^{Bn}-p_1\right]{\text{e}}^{\left({\alpha }_1-{\alpha }_2\right)z}+\left[q\left(z\right){\text{e}}^{s}D\left(z\right)-p_2\right]=0$.

由引理1可得， $p_1={\text{e}}^{Bn}$， $p_2=q\left(z\right){\text{e}}^{s}D\left(z\right)$， $f\left(z\right)={\text{e}}^{\frac{{\alpha }_1}{n}z+B}$， $Q\left(z\right)=\left({\alpha }_2-\frac{k{\alpha }_1}{n}\right)z+s$。

基金项目

广东省自然科学基金资助项目(2021A1515010062)和江门市基础与理论科学研究类科技计划项目(2021A24)。