里卡蒂方程与马勒方法的区别

《Journal of Number Theory》：Difference Riccati equations and Mahler method

　　差分Riccati方程与差分代数在马勒函数研究中具有重要意义。本文介绍了如何运用这些工具来证明连分数的代数独立性。B. Adamczewski与C. Faverjon提出的多变量马勒函数通用代数独立性准则也发挥着关键作用。

引言
通过马勒方法，我们可以证明满足特定类型函数方程的函数值的超越性或代数独立性。存在一些此类函数的典型例子：当d∈N≥2时，fd(z)=∑k=0∞zdk，gd(z)=∏k=0∞(1?zdk)，以及Hd(z)=[0;1z,1zd,1zd2,…]=11z+11zd+?，它们分别满足以下函数方程：fd(z)=fd(zd)+z，gd(z)=(1?z)gd(zd)，Hd(z)=11z+Hd(zd)=zzHd(zd)+1。我们将这类函数称为(d-)马勒函数。在每种情况下，都可通过经典马勒方法证明其在代数数α（0<|α|<1）处的超越性。关于fd和gd，本文作者之一Ku. Nishioka [5]已证明，对于d∈N≥2，fd(α)与gd(α)在Q￣上具有代数独立性。Ku. Nishioka [7]还证明，若α1,…,α?∈Q￣（0<|αi|<1）两两乘法独立，则对于1≤i≤?，fd(αi)，d∈N≥2在Q￣上也具有代数独立性。此处，若只有当t1=…=tn=0时才有α1t1?αntn=1成立，则称α1,…,αn∈C×为乘法独立；若任意一对αi,αj（i≠j）都满足乘法独立性，则称α1,…,αn∈C×为两两乘法独立。由于Hd(z)对应的函数方程并非线性而是Riccati型，其函数值的代数独立性尚未得到证明。本文旨在研究这一问题。B. Adamczewski与C. Faverjon [2]最近提出的通用代数独立性准则为此提供了可能。设K为代数数域，q≥2为整数，τ:C((z))→C((z))为如下定义的映射：τ(∑k=s∞akzk)=∑k=s∞akzqk。设f(z)∈K[[z]]满足f=aτf+bcτf+d，其中a,b,c,d∈K[z]，A0=(abcd)，D=det?A0≠0，这样的方程被称为差分Riccati方程。当c=0时，方程(1)为线性方程。根据[6]中的定理1.7.1及其证明，若b(0)=0且d(0)≠0，则存在唯一的解f(0)=0，且该解具有正收敛半径。f(z)函数值的超越性可通过马勒方法证明（详见定理3.1及其附注）。若f(z)为收敛的幂级数，则存在收敛的幂级数φ1(z),φ2(z)∈K[[z]]，使得τf=φ1φ2，φ2(0)=1，且(φ1φ2)=τ(γ?1z?tA0)(τφ1τφ2)，其中t∈Z≥0，γ∈K×（见引理3.5）。因此，B. Adamczewski与C. Faverjon [2]提出的代数独立性准则及其在§2中的推论可应用于φ1,φ2。在§3中，我们将证明以下定理。

定理1.1
设q1,…,qr≥2为两两乘法独立的整数。假设对于每一对(i,j)（1≤i≤r，1≤j≤ni），有q=qi，f=fij∈K[[z]]，a=aij，b=bij，c=cij，d=dij，D=Dij满足方程(1)，且fij(z)?K(z)，同时fij具有正收敛半径。进一步假设对于每一对(i,j)，存在αij∈Q￣，0<|αij|<1，且对所有k≥0均有Dij(αijqik)≠0。若对于每个i（0≤i≤r），αi1,…,αini两两乘法独立，则对于1≤i≤r，1≤j≤ni，fij(αij)在Q￣上具有代数独立性。

我们还将介绍一个应用实例。设r(z)=p(z)u(z)，其中p,u∈K[z]，(p,u)=1，p(0)≠0，u(0)=0。此时连分数hq(z)=[0;r(z),r(zq),r(zq2),…]满足Riccati方程hq=u(z)u(z)τhq+p(z)。P. Bundschuh与K. V??n?nen [3]给出了hq(z)?C(z)的充分条件。例如，若r(z)=p(z)zm，m≥1，p(0)≠0，且deg?p≤m，则对于任何q≥2，都有hq(z)?C(z)。

备注
P. Bundschuh与K. V??n?nen [3]的证明方法较为基础。差分伽罗瓦理论可用于证明Riccati方程解的超越性（参见J. Roques [11]）。

推论1.2
设q1,…,qr≥2为两两乘法独立的整数。假设对于任意i，1≤i≤r，都有hqi(z)?K(z)。若对于每一对(i,j)（1≤i≤r，1≤j≤ni），存在αij∈Q￣，0<|αij|<1，且对所有k≥0均有u(αijqik)≠0，同时对于每个i（1≤i≤r），αi1,…,αini两两乘法独立，则对于1≤i≤r，1≤j≤ni，hqi(αij)在Q￣上具有代数独立性。

最初的连分数例子之一Hq(z)对应的是r(z)=1/z的情况，相关结论已在[9]的§7中给出，但前提是αi1,…,αini需满足乘法独立性。为阐述下一个定理，我们需要引入一些术语。设C((z))￣为C((z))的代数闭包，C(z)￣则为C(z)在C((z))￣中的代数闭包。由于C((z))/C((zq))是代数扩展，映射τ可被扩展为C((z))￣的自同构。结合方程(1)，定义M=τA0?1。对于i≥1，定义Mi=(a11(i)a12(i)a21(i)a22(i))=(τi?1M)?(τM)M。我们考虑如下差分方程族：(τiy)(a21(i)y+a22(i))=(a11(i)y+a12(i))，i≥1。若对于所有i≥1，都有a12(i)a21(i)≠0，且方程(3)在C(z)￣中无解，则称Riccati方程(1)具有(NS)性质。

设N为正整数，f1,…,fn∈K[[z]]满足(f1?fn)=A(z)(τNf1?τNfn)+b(z)，其中A(z)∈GLn(K(z))，b(z)∈(K(z))n，且A(z)为下三角矩阵。若对于所有k≥0，α∈Q￣×均满足：αqNk既不是A(z)及b(z)中各项分母的零点，也不是det?A(z)的零点，则称α相对于(4)是正规的。

定理1.3
设q1,…,qr≥2为两两乘法独立的整数，且对于每个i（1≤i≤r），αi1,…,αil∈Q￣（1<|αij|<1）也两两乘法独立。假设对于每一对(i,j)（1≤i≤r，1≤j≤?），hij∈K[[z]]具有正收敛半径，同时存在q=qi，f=hij，a=aij，b=bij，c=cij，d=dij，且D=Dij满足具有(NS)性质的Riccati方程(1)。再假设对于每一对(i,j)（1≤i≤r，1≤j≤?），存在q=qi，f1=fij1,…,fn=fijn∈K[[z]]，A=Aij，b=bij，且满足方程(4)。此外还假设f1,…,fn具有正收敛半径，并且在C(z)上具有代数独立性。若对于所有k≥0均有Dij(αijqik)≠0，且每个αij都相对于(4)是正规的，那么对于1≤i≤r，1≤j≤?，fij1(αij)，…,fijn(αij)，hij(αij)在Q￣上具有代数独立性。

定理1.3的证明见§4。得益于§2中Adamczewski与Faverjon的定理，我们可知只需证明固定i与j时的函数值代数独立性，即可推知不同i与j时的独立性。为证明前者，只需证明方程(2)中出现的函数fij1,…,fijn以及φ1,φ2的代数独立性，此时f即为hij。因此我们可以利用作者们关于差分域扩展的研究成果。至于(NS)性质，我们将在§4中进行证明。

定理1.4
设m为正整数，假设p(z)∈K[z]满足p(0)≠0且deg?p
例1.5
设m和p(z)如定理1.4所述，且r(z)=p(z)/zm。此时连分数hq(z)=[0;r(z),r(zq),r(zq2),…]满足定理1.4中的riccati方程，因此我们可以将定理1.3应用于hq(z)。

我们给出定理1.3与1.4的三个推论。下文中的hq(z)仍采用例1.5中的定义。设δ={d∈n≥2|d≠ae，a,e∈n≥2}，易见δ中的任意两个元素都是乘法独立的。首先，[6]中的定理3.4.1指出，fd(z)的n阶导数fd(n)(z)，n≥0，在c(z)上具有代数独立性。在定理1.3中，取n=1，q1,…,qr∈δ，对于每个i（1≤i≤r）有αi1=α1，…，αi?=α?，且对于每个j（1≤j≤?），有fij1=fqi，fij2=fqi(1)，…，fijn=fqi(n?1)，hij=hqi，此时可得出以下结论：

推论1.6
若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则对于1≤j≤?，d∈δ，n≥0，fd(n)(αj)与hd(αj)在q￣上具有代数独立性。

其次，[6]第132页的示例表明，gd(n)(z)，n≥0在c(z)上具有代数独立性。因此可得：

推论1.7
若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则对于1≤j≤?，d∈δ，n≥0，gd(n)(αj)与hd(αj)在q￣上具有代数独立性。

最后，[5]的§6中利用kubota准则证明了fd(z)，fd2(z)，…，fdn(z)，gd(z)，gd2(z)，…，gdn(z)在c(z)上具有代数独立性。由于通过迭代，dk-马勒函数可转化为dkt-马勒函数，因此这些函数实际上属于dn-马勒函数，其中n=n!。注意到n≥2=?d∈δ{dk}k∈n，我们将在§4中证明以下结论：

推论1.8
若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则对于1≤j≤?，d∈n≥2的fd(αj)，以及d∈δ的hd(αj)，都在q￣上具有代数独立性。特别地，若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则fd(αj)，d∈n≥2的fd(αj)，gd(αj)，d∈n≥2的gd(αj)，以及d∈δ的hd(αj)都在q￣上具有代数独立性。 2，则riccati方程f=zmzmτf+p(z)具有(NS)性质。 例1.5 设m和p(z)如定理1.4所述，且r(z)=p(z)/zm。此时连分数hq(z)=[0;r(z),r(zq),r(zq2),…]满足定理1.4中的Riccati方程，因此我们可以将定理1.3应用于hq(z)。 我们给出定理1.3与1.4的三个推论。下文中的hq(z)仍采用例1.5中的定义。设δ={d∈N≥2|d≠ae，a,e∈N≥2}，易见Δ中的任意两个元素都是乘法独立的。首先，[6]中的定理3.4.1指出，fd(z)的n阶导数fd(n)(z)，n≥0，在C(z)上具有代数独立性。在定理1.3中，取N=1，q1,…,qr∈Δ，对于每个i（1≤i≤r）有αi1=α1，…，αi?=α?，且对于每个j（1≤j≤?），有fij1=fqi，fij2=fqi(1)，…，fijn=fqi(n?1)，hij=hqi，此时可得出以下结论： 推论1.6 若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则对于1≤j≤?，d∈δ，n≥0，fd(n)(αj)与hd(αj)在q￣上具有代数独立性。 其次，[6]第132页的示例表明，gd(n)(z)，n≥0在c(z)上具有代数独立性。因此可得： 推论1.7 若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则对于1≤j≤?，d∈δ，n≥0，gd(n)(αj)与hd(αj)在q￣上具有代数独立性。 最后，[5]的§6中利用kubota准则证明了fd(z)，fd2(z)，…，fdn(z)，gd(z)，gd2(z)，…，gdn(z)在c(z)上具有代数独立性。由于通过迭代，dk-马勒函数可转化为dkt-马勒函数，因此这些函数实际上属于dn-马勒函数，其中n=n!。注意到N≥2=?d∈Δ{dk}k∈N，我们将在§4中证明以下结论： 推论1.8>
例1.5
设m和p(z)如定理1.4所述，且r(z)=p(z)/zm。此时连分数hq(z)=[0;r(z),r(zq),r(zq2),…]满足定理1.4中的riccati方程，因此我们可以将定理1.3应用于hq(z)。

我们给出定理1.3与1.4的三个推论。下文中的hq(z)仍采用例1.5中的定义。设δ={d∈n≥2|d≠ae，a,e∈n≥2}，易见δ中的任意两个元素都是乘法独立的。首先，[6]中的定理3.4.1指出，fd(z)的n阶导数fd(n)(z)，n≥0，在c(z)上具有代数独立性。在定理1.3中，取n=1，q1,…,qr∈δ，对于每个i（1≤i≤r）有αi1=α1，…，αi?=α?，且对于每个j（1≤j≤?），有fij1=fqi，fij2=fqi(1)，…，fijn=fqi(n?1)，hij=hqi，此时可得出以下结论：

推论1.6
若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则对于1≤j≤?，d∈δ，n≥0，fd(n)(αj)与hd(αj)在q￣上具有代数独立性。

其次，[6]第132页的示例表明，gd(n)(z)，n≥0在c(z)上具有代数独立性。因此可得：

推论1.7
若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则对于1≤j≤?，d∈δ，n≥0，gd(n)(αj)与hd(αj)在q￣上具有代数独立性。

最后，[5]的§6中利用kubota准则证明了fd(z)，fd2(z)，…，fdn(z)，gd(z)，gd2(z)，…，gdn(z)在c(z)上具有代数独立性。由于通过迭代，dk-马勒函数可转化为dkt-马勒函数，因此这些函数实际上属于dn-马勒函数，其中n=n!。注意到n≥2=?d∈δ{dk}k∈n，我们将在§4中证明以下结论：

推论1.8
若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则对于1≤j≤?，d∈n≥2的fd(αj)，以及d∈δ的hd(αj)，都在q￣上具有代数独立性。特别地，若α1,…,α?∈q￣（0<|αj|<1）两两乘法独立，则fd(αj)，d∈n≥2的fd(αj)，gd(αj)，d∈n≥2的gd(αj)，以及d∈δ的hd(αj)都在q￣上具有代数独立性。>