一類二階復域微分方程的解與小函數的關系

李明星，肖麗鵬

（江西師范大學數學與信息科學學院，江西南昌330022）

1 引言與結果

本文使用值分布的標準記號（見［1］），用σ(f)表示f(z)的級，λ(f)，表示f(z)的零點收斂指數和不同零點收斂指數，表示f(z)取小函數φ的點的收斂指數，當φ=z時，表示f(z)的不動點收斂指數。本文還需引入下列定義。

定義1[2]設f(z)為亞純函數，那么我們定義f(z)的超級σ2(f)為

如果f(z)為整函數，那么

定義2[3]設f(z)為整函數，那么我們定義f(z)的二級零點收斂指數λ2(f)為

定義f(z)的二級不同零點收斂指數為

2000年，陳宗煊首次考慮了方程f″+A(z)f=0 的不動點的問題，得到以下結果。

定理A[3]假設A(z)為超越整函數且σ(A)=σ＜∞，那么微分方程

的所有非零解f(z)有無窮多個不動點，且滿足：。

2006年，陳宗煊研究了方程

的解以及它們的一階、二階導數，微分多項式取小函數的點的收斂指數，得到了一些有趣的結果。例如下面的定理B和定理C。

定理B假設Aj(z)(?0)(j=0,1)是整函數且σ(Aj)＜1，a，b是復常數且滿足ab≠0 和arga≠argb或a=cb(0 ＜c＜1)。如果φ(z)(?0)是有限級整函數，那么方程（6）的每個解f(?0)滿足=∞。

定理C假設Aj(z)，a，b滿足定理B 的假設條件。假設d0(z)，d1(z)，d2(z)是不全恒為零的多項式，φ(z) (?0) 是級小于1 的整函數。如果f(?0) 是方程（6）的任一整函數解，那么微分多項式g(z)=d2f″+d1f′+d0f滿足。

一個自然的問題是方程（5）的解的一階、二階導數以及微分多項式取小函數的點的收斂指數如何？本文對這個問題進行了研究，得到以下結果。

定理1假設A(z)為超越整函數且σ(A)=σ＜∞，若φ(?0)是有限級整函數，則方程（5）的任一解f(z)(?0)滿足：

①=∞，=σ；②=∞，=σ；③=∞，=σ。

考慮一種特殊的情形，當A(z)=B(z)eP(z)時，可得到比定理1更進一步的結果。

定理2設B(z)(?0)為級小于m的整函數，P(z)是次數為m≥1的多項式，φ(z)(?0)是級小于m的亞純函數，設f(z)(?0)是方程

的任一解，d0(z)，d1(z)，d2(z)是不全恒為零的亞純函數，且滿足max{σ(d2(z))，σ(d1(z))，σ(d0(z))}＜m，那么微分多項式g(z)=d2f″+d1f′+d0f滿足=∞。

2 為證明定理所需要的引理

引理1[4]設A0，A1，…，Ak-1是整函數，滿足

（i）σ(Aj)＜σ(A0)＜∞（j=1，2，…k-1）或者

（ii）A0是有限級超越整函數，A1，…，Ak-1是多項式。那么微分方程f(k)+Ak-1f(k-1)+…+A0f=0 的所有非零解具有無窮級。

引理2[5]假設A0，A1，…，Ak-1，F?0 是有限級亞純函數，若f(z) 是方程f(k)+Ak-1f(k-1)+…+A0f=F的亞純解，并且σ(f)=∞，則有。

引理3[6-7]假設G(r)和H(r)為兩個定義在(0，+∞)內的非減實函數。

（i）若除去一個有窮線測度的集合E外有G(r)≤H(r)，那么對任意的α＞1，存在r0使得對所有的r≥r0，都有G(r)≤H(αr)。

（ii）若存在一個集合E，其對數測度lmE=δ＜∞， 其 中 集 合E的 對 數 測 度lmE定義為lmE=，其中χE=使得當r?E時，G(r)≤H(r)，那么對任意的常數β(＞eδ)，當r＞1時，有G(r)≤H(βr)。

引理4[8]設W(z)是開平面上有限ρ級超越亞純函數，Γ={(k1，j1)，(k2，j2)，…，(km，jm)}是由不同整數對組成的有限集，滿足ki＞ji≥0，i=1，2，…，m，又設ε＞0 是給定的常數，則存在零測度集E1?[0，2π)，使得如果φ0∈[0，2π)E1，則存在常數R0=R0(φ0)＞0，對滿足argz=φ0及 |z| ≥R0的所有的z及對所有(k，j)∈Γ，都有≤ |z|(k-j)(ρ-1+ε)。

引理5[9]假設g(z)是超越亞純函數且σ(g)=σ＜∞，那么對任意給定的ε＞0，存在線測度為零的子集E?[0，2π)，滿足：如果φ∈[0，2π)E，那么存在常數R=R(φ)＞1，滿足對所有argz=φ和 |z| =r≥R的z，有exp{-rσ+ε}≤ |g(z)| ≤exp{rσ+ε}。

引理6[10]設p(z)是次數為n的非常數多項式，W(z)?0 是亞純函數，其級σ(W)＜n，令g=WeP，則存在零測度集H1?[0，2π)對每一θ∈[0，2π)(H1∪H2)，及給定常數ε：0 ＜ε＜1，當r＞r0(θ，ε)時，有

（i）如果δ(p，θ)＜0，則exp{(1+ε)δ(p，θ)rn}≤ |g(reiθ)| ≤exp{(1-ε)δ(p，θ)rn}；

（ii）如果δ(p，θ)＞0，則exp{(1-ε)δ(p，θ)rn}≤ |g(reiθ) |≤exp{(1+ε)δ(p，θ)rn}。

其中H2={θ:δ(P，θ)=0，0 ≤θ＜2π}是有限集。

引理7設P(z)=(α+iβ)zm+…是次數為m≥1的多項式，Hj(j=0，1，2，3，4)為級小于m的亞純函數，其中H2?0，令φ(z)=H0+H1eP+H2e2P+H3e3P+H4e4P，那么φ(z)?0。

證對任意的射線argz=θ，有δ(jP，θ)=jδ(P，θ)(j=2，3，4)，分為H4?0 和H4≡0 來討論。

1）若H4?0，令σ(H0)=d＜m。由引理5，對任意給定的ε(0 ＜ε＜min{m-d，})，存在測度為零的子集E1?[0，2π)，滿足如果θ∈[0，2π)E1，那么存在一常數R=R(θ)＞1，滿足對所有argz=θ和 |z|=r≥R的z有

由引理6，存在argz=θ∈[0，2π)(E2∪E1∪E0)。其中E2，E0?[0，2π)，E2具有線測度零，E0是有限集，滿足δ(p，θ)＞0，以及對上面給定的ε，當r充分大時，有

如果φ(z)≡0，則由（8）～（12）得

由d+ε＜m，0 ＜ε＜min{m-d，}，當r→∞時，有

由（13）～（15）得到1 ≤0，這個矛盾表明當H4?0 時，φ(z)?0。

2）若H4≡0，分為H3?0 和H3≡0 來討論。

（i）若H3?0 ，由引理5 和引理6，對上面給定的ε，取射線argz=θ∈[0，2π)(E2∪E1∪E0) ，滿足δ(p，θ)＞0 和r充分大時（8），（10），（11）式成立，且

如果φ(z)≡0，那么由（8），（10），（11），（16）有

exp{(1-ε)3rmδ(P，θ)}≤ |H3e3P| ≤exp{rd+ε}+2 exp{(1+ε)2rmδ(P，θ)}。

由d+ε＜m，0 ＜ε＜，類似于1）的討論得出1 ≤0，這個矛盾表明當H4≡0，H3?0 時，φ(z)?0。

（ii）當H3≡0 時，有已知H2?0，如果φ(z)≡0，有H0+H1eP+H2e2P≡0，使用上面方法能推出矛盾，進而知φ(z)?0。即H4≡0，H3≡0 時，φ(z)?0。結合（i）的討論，當H4≡0 時，φ(z)?0。再結合1）的討論知總有φ(z)?0。

引理8[11]假設f(z)是無窮級整函數且σ2(f)=α＜∞，dj(z)(j=0，1，2)是不全恒等于零的有限級亞純函數且0 ≤β=max{σ(d0)，σ(d1)，σ(d2)}＜α，那么W(z)=d2f″+d1f′+d0f具有無窮級。

引理9[12]設f(z)是一整函數且級σ(f)=σ＜∞。假設存在一集合E?[0，2π)，線測度為零，對任一射線arg，，（其中M=M(θ0)＞0 是一常數且k(＞0)也是一與θ0無關的常數），那么f(z)是一次數≤k的多項式。

3 定理1和定理2的證明

3.1 定理1的證明

假設f(z) 為方程（5）的一個解，由復域微分方程的基本理論可知f(z) 為整函數，且由引理1 知σ(f)=∞。

注意到（17）式可能存在有限級解，但我們只需考慮它的無窮級解。若φ″+Aφ≡0，由引理1 知，顯然σ(φ)=∞，但這是不可能的，因此φ″+Aφ?0，于是由引理2得

由定理A 可知，對于方程（5）有σ2(f)=σ。要證明，由于，所以只要證明g″+Ag=-(φ″+Aφ)的每個超越解g有即可。

由g″+Ag=-(φ″+Aφ)可知：如果z0為g的零點且階數大于2，那么φ"(z0)+A(z0)φ(z0)=0，所以

另一方面，（17）式可改寫為

從而

從（18）和（19）式得到：除去一個線測度為有窮的集合E1外，

當r充分大時，

設σ1=max{σ(φ)，σ(A)}，那么對任意給定的ε＞0，當r充分大時，

由（20）～（22）式得到：當r?E1，且當r充分大時，

2）現在證明λ-(f′-φ)=∞和，令g1=f′-φ，對（5）兩邊求導得

從而

將f″=g′+φ′和（25）代入（5）式得

對滿足argz=φ0∈[0，2π)E1的z=reiφ0成立，其中d為常數。由引理9知A為一多項式，與A為超越整函數矛盾，因此，由引理2可得=∞。

觀察（26）式兩邊，事實上，若z0為g1(z)的k(＞2)重零點，則z0為(φ″-+Aφ)的k-2 重零點，這樣即有

由（26）式可得

從而

再結合（27），（28）式可得，除去一個線測度為有窮的集合E3外，

由于當r充分大時，

設σ(φ)=α，已知σ(A)=σ，令β=max{σ，α}，則對任意給定的ε＞0，當r充分大時，

由（29）～（31）得到，當r?E3，且當r充分大時，

由引理3 和（32）式，得到σ2(g1)≤(g1)，從而σ2(g1)=(g1)。由f′=g1+φ及σ2(f)=σ2(f′)=σ2(g1)=σ得到。

把g′2=f?-φ′代入（33）式得

再對（33）式兩邊求導，則有

由（5）式及注意到f(4)=g2″+φ″，（35）可變形為

我們斷言：AA″-A3-2(A′)2?0，否則，由類似情形2）的討論可得矛盾。由（34），（36）式有

再把（37）式以及f″=g2+φ代入（5）式即有

由類似情形2）的討論可得，A2φ″-2AA′φ′-(AA″-A3-2(A′)2)φ?0 ，再由引理2知=λ(g2)=σ(g2)=∞。

觀察（38）式兩邊，利用類似情形1）和情形2）的討論可得=σ。

3.2 定理2的證明

1）首先假設d2?0，f(?0)是方程（7）的任一解，由定理A知σ(f)=∞，σ2(f)=m。

令W=d2f″+d1f′+d0f-φ=g-φ，由max={σ(d2(z))，σ(d1(z))，σ(d0(z))}＜m=σ2(f) 和引理8 知σ(W)=σ(g)=∞。為證，僅需證明=∞。將f″=-BeP f代入W(z)，得到

對方程（39）的兩邊微分且用f″=-BeP f替換f″，得到

令α1=d1，α0=d0-d2BeP，β1=′+d0-d2BeP，β0=-d1BeP-BeP-d2B′eP-d2BePP′。則有

令k=α1β0-α0β1，有

k=d1(-d1BeP-BeP-d2B′eP-d2BePP′)-(d0-d2BeP)(d′1+d0-d2BeP)=

其中，h2，h1，h0為級小于m的亞純函數，由前邊假設的d2?0 知，h2?0，用類似引理7的討論可得k?0。由（39）和（40）得到

對（41）式兩邊求導，得

把（42），（43）代入（7）式中得

式 中：k=α1β0-α0β1，F=α0kφ″-(k(-α0)′+β0k+k′α0+BePkα1)φ′-(k-k′β0-BePkβ1)φ=(d2)3B4φe4P+H0+H1eP+H2e2P+H3e3P；Hi(i=0，1，2，3)為級小于m的亞純函數。

已知d2?0，B?0，類似引理7的討論可知F?0，而當d2?0 時，α0=d0-d2BeP?0，于是由引理2和（44）式可得=∞。

2）當d2≡0，d0?0，d1?0 時，使用類似情形1）的方法可得=∞。

3）當d2≡d0≡0，且d1?0 時，W=g-φ=d1(f′-)，得=f′-。于是由類似定理1的證法得

4）當d2≡d1≡0 ，d0?0 時，使用類似情形3）的方法可得=∞。綜合1），2），3），4），得=∞。

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