二階線性周期微分方程的解和小函數(shù)的關(guān)系

袁舒婷，陳宗煊

(華南師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院，廣東廣州510631)

1 引言與結(jié)果

本文使用值分布理論的標(biāo)準(zhǔn)記號(hào)［1-4］，并用λ(f)、(f)、σ(f)和 σ2(f)分別表示亞純函數(shù)f(z)的零點(diǎn)收斂指數(shù)、不同零點(diǎn)序列的收斂指數(shù)、增長級(jí)以及超級(jí)，deg P表示多項(xiàng)式P(z)的次數(shù)．另外還使用(f-φ)表示亞純函數(shù)f取小函數(shù)φ的點(diǎn)的收斂指數(shù)．陳宗煊［5］研究了4種類型的整函數(shù)系數(shù)的二階線性微分方程的解的不動(dòng)點(diǎn)及超級(jí)問題．GUNDEREN 和 STINBART［6］、陳宗煊［7］研究了關(guān)于二階線性周期微分方程的次正規(guī)解的存在性、形式以及該方程所有解的增長性．

陳宗煊［7］證明了:

定理A 假設(shè)Pj(z)和Qj(z)(j=1，2)是z的多項(xiàng)式．如果 deg Q1≠deg P1，deg Q2≠deg P2，且 Q1+Q2?0．那么方程

沒有非平凡次正規(guī)解，且其每一個(gè)解滿足σ2(f)=1．

定理B 假設(shè)Pj(z)、Qj(z)及Rj(z)(j=1，2)是z的多項(xiàng)式．如果 deg Q1≠deg P1，deg Q2≠deg P2，且Q1+Q2?0，那么

(i)方程

最多有一個(gè)次正規(guī)解f0，且 f0具有形式

其中S1(ez)和S2(e-z)是z的多項(xiàng)式．

(ii)方程(2)的所有其他解f滿足σ2(f)=1除去(i)中可能出現(xiàn)的次正規(guī)解．

定理A和定理B得出關(guān)于二階線性周期微分方程的非次正規(guī)解的超級(jí)為1．文獻(xiàn)［8］-［10］證明了在特定條件下，一些二階線性微分方程的解以及它們的一階導(dǎo)數(shù)、二階導(dǎo)數(shù)、微分多項(xiàng)式取小函數(shù)的收斂指數(shù)都等于無窮．徐俊峰和儀洪勛［9］證明了:

定理C 假設(shè)Aj(z)(?0;j=0，1)是整函數(shù)且σ(Aj)＜1，假設(shè) a，b是復(fù)常數(shù)且滿足ab≠0和a/b{1，2}，如果φ(?0)是級(jí)小于1的整函數(shù)，那么方程

的每一個(gè)解f(?0)滿足

定理D 假設(shè)Aj(z)(?0;j=0，1)是整函數(shù)且σ(Aj)＜1．假設(shè) d0(z)，d1(z)，d2(z)是不全恒等于零的多項(xiàng)式，a，b是復(fù)常數(shù)且 ab≠0和 a/b {1，3/2，4/3，2，3，4}，φ(?0)是級(jí)小于 1 的整函數(shù)．如果f(?0)是方程(3)的一個(gè)整函數(shù)解，那么微分多項(xiàng)式 g(z)=d2f″+d1f'+d0f滿足(g-φ)=∞．

對(duì)于方程(1)和方程(2)的解以及它們的一階導(dǎo)數(shù)、二階導(dǎo)數(shù)、微分多項(xiàng)式與小函數(shù)之間的關(guān)系將如何?這里得到如下結(jié)果:

定理1 假設(shè)Pj(z)和Qj(z)(j=1，2)是z的多項(xiàng)式．如果 deg Q1≠deg P1，deg Q2≠deg P2，且 Q1+Q2?0．若設(shè)φ(z)(?0)是級(jí)小于1的整函數(shù)，那么方程(1)的每個(gè)解f(?0)滿足(f-φ)=(f'-φ)=(f″-φ)=∞．

定理2 假設(shè)Pj(z)和Qj(z)(j=1，2)是z的多項(xiàng)式．如果 deg Q1≠deg P1，deg Q2≠deg P2，且 Q1+Q2?0．設(shè) d0(z)，d1(z)，d2(z)是不全恒等于零的多項(xiàng)式，φ(z)(?0)是級(jí)小于1的整函數(shù)，如果f(?0)是方程(1)的一個(gè)解，那么微分多項(xiàng)式g(z)=d2f″+d1f'+d0f滿足(g-φ)=∞．

定理3 假設(shè) Pj(z)，Qj(z)，Rj(z)(j=1，2)是 z的多項(xiàng)式．如果 deg Q1≠deg P1，deg Q2≠deg P2，且Q1+Q2?0，R1+R2≠0．若設(shè) φ(z)(?0)是級(jí)小于 1的整函數(shù)且φ不為常數(shù)，那么方程(2)最多有一個(gè)次正規(guī)解f0，f0=S1(ez)+S2(e-z)，其他所有解滿足(f-φ)=(f'-φ)=(f″-φ)=∞．

定理4 假設(shè) Pj(z)，Qj(z)，Rj(z)(j=1，2)是 z的多項(xiàng)式．如果 deg Q1≠deg P1，deg Q2≠deg P2，且 Q1+Q2?0，R1+R2≠0．設(shè) d0(z)，d1(z)，d2(z)是不全恒等于零的多項(xiàng)式，φ(z)(?0)是滿足0＜σ(φ)＜1的整函數(shù)，如果f(z)是方程(2)的非次正規(guī)解，那么微分方程 g(z)=d2f″+d1f'+d0f滿足(g-φ)=∞．

2 定理的證明

本文假設(shè)

其中 ajmj，…，aj0;bjnj，…，bj0;cjlj，…，cj0(j=1，2)是常數(shù)，mj≥1，nj≥0，lj≥0 是整數(shù)，ajmj≠0，bjnj≠0，cjlj≠0．

引理 1［11］假設(shè) A，A，…，A，F(xiàn)?0 為有窮

01k-1級(jí)亞純函數(shù)，如果f(z)是方程的一個(gè)無窮級(jí)亞純函數(shù)解，那么f滿足(f)=λ(f)=σ(f)=∞．

引理2［8］假設(shè) f是無窮級(jí)整函數(shù)，d(z)(j=j0，1，2)是不全恒為零的多項(xiàng)式．那么w(z)=d2f″+d1f'+d0f具有無窮級(jí)．

定理1的證明 假設(shè)f(?0)是方程(1)的解，由定理A可知σ(f)=∞及σ2(f)=1．令 g0(z)=f(z)-φ(z)，那么σ(g0)=σ(f)=∞φ)．將f=g0+φ 代入方程(1)，得到

若 φ″+(P1+P2)φ'+(Q1+Q2)φ≡0，那么 φ為方程(1)的解，則σ(φ)=∞與φ的級(jí)小于1矛盾．故式(4)的右邊?0．由引理1可知，(g0)=σ(g0)=∞，即(f-φ)=∞．

下面證明λ(f'-φ)=∞，令 g1(z)=f'-φ，那么σ(g1)=σ(f')=σ(f)=∞對(duì)方程(1)兩邊進(jìn)行微分得

由方程(1)，得到

把式(6)代入式(5)，得到

將 f'=g1+φ，f″=g'1+φ'，f?=g″1+φ″代入式(7)，得到

其中

現(xiàn)證h?0，只需證(Q1+Q2)h?0，化簡成

這里的M0以及后面出現(xiàn)的Mi(i=1，2，…，6)，Nj(j=0，1，2，3)都是不影響討論的含 ez和 e-z的函數(shù)．

令deg Q1=n1，deg Q2=n2，deg P1=m1，deg P2=m2．由 deg Q1≠deg P1，deg Q2≠deg P2，可知 n1≠m1，n2≠m2．故可分成3種情況來討論:

(i)當(dāng) n1＞m1時(shí)，取 z=r，則式(9)的左邊中含e的最高次項(xiàng)在-Q1φ中，即含e1這一項(xiàng)，故

(ii)當(dāng) n2＞m2時(shí)，取 z=-r，則式(9)左邊中含e-z的最高次項(xiàng)在-Q22φ中，即含e-2n2z這一項(xiàng)，故

(iii)當(dāng) m1＞n1且 m2＞n2時(shí)，取 z=r，則式(9)左邊中含 ez的最高次項(xiàng)在 -P1Q1φ'+(P1Q'1-P'1Q1)φ中，即找出含e(m1+n1)z的項(xiàng)，再合并它們的系數(shù)，故

如果 φ'/φ =n1-m1，那么 φ =c e(n1-m1)z(c≠0)．則 σ(φ)=1，與σ(φ)＜1矛盾．故由 φ'+(m1-n1)φ，a1m1，b1n1，b2n2都不恒為零，推出(Q1+Q2)h?0．即 h?0．

微分式(5)的兩邊，得到

由式(7)得到

將式(6)、(11)代入式(10)得到

這里

其中

(φ2?0)，顯然，H1，H2，φ1，φ2是亞純函數(shù)且 σ(Hj)≤1(j=1，2)，σ(φk)≤1(k=1，2)．

將 f″=g2+ φ，f?=g'2+ φ'，f(4)=g″2+ φ″代入式(12)，得到

令 H=-(φ″+H1φ'+H2φ)，化簡

(i)當(dāng) n1＞m1時(shí)，取 z=r，則 φ2(Q1+Q2)H 中含φ的ez的最高次項(xiàng)在-Q31φ中，故

φ2(Q1+Q2)H=(1+o(1))．

(ii)當(dāng)n2＞m2時(shí)，取z=-r，則φ2(Q1+Q2)H中含φ的e-z的最高次項(xiàng)在-Q32φ中，故

φ2(Q1+Q2)H=(1+o(1))．

(iii)當(dāng) m1＞n1且 m2＞n2時(shí)，取 z=r，則找出式(14)右邊中含e(2m1+n1)z的項(xiàng)并合并它們的系數(shù)得φ2(Q1+Q2)H=(n1-m1)［φ'+(m1-n1)φ］×

由于 φ'+(m1-n1)φ，a1m1，b1n1，b2n2都不恒為零，推出φ2(Q1+Q2)H?0．即 H?0．

對(duì)式(12)來說，H?0．由引理1知

定理2的證明 先設(shè)d2(z)?0，假設(shè)f(?0)是方程(1)的解，由定理A可知σ(f)=∞．令w=d2f″+d1f'+d0f-φ，由引理2可知 σ(w)=σ(g)=σ(f)=∞．為證，僅需證

將f″=-(P1+P2)f'-(Q1+Q2)f代入 w(z)中得到

對(duì)式(15)的兩邊微分且用 f″=-(P1+P2)f'-(Q1+Q2)f代入w(z)替換f″得到

則令

先判斷 h?0，根據(jù) deg Q1≠deg P1，deg Q2≠deg P2，要分成3種情況討論．

(i)當(dāng)n1＞m1時(shí)，取 z=r，則h中含ez的最高次項(xiàng)在-d2Q21中，即找出含e2n1z的項(xiàng)，故

(ii)當(dāng)n2＞m2時(shí)，取 z=-r，則 h中含 e-z的最高次項(xiàng)在-d2Q22中，即找出含e-2n2z的項(xiàng)，故

(iii)當(dāng) m1＞n1且 m2＞n2時(shí)，取 z=r，又要分 3種情況．

(a)當(dāng)d0?0時(shí)，則 h中含ez的最高次項(xiàng)在-d0d2P21中，即含e2m1z的項(xiàng)．故

(b)當(dāng) d0=0，d1?(m1-n1)d2時(shí)，則 h中含 ez的最高次項(xiàng)在d22P1Q'1-d22P'1Q1+d1d2P1Q1中，即含e(n1+m1)z的項(xiàng)．故

(c)當(dāng) d0=0，d1=(m1-n1)d2時(shí)，則 h中含 ez的最高次項(xiàng)在-d2Q21中，即含e2n1z的項(xiàng)．故

綜上可知h?0，由式(17)得到

其中

微分式(24)的兩邊

將式(24)～(26)代入到方程(1)得到

其中Φ0和Φ1是級(jí)小于或等于1的不影響討論的整函數(shù)且

這里

其中A1是不影響討論的關(guān)于ez和e-z的函數(shù)．

現(xiàn)討論F，α0h是否不恒等于零．

(i)當(dāng)n1＞m1時(shí)，取 z=r，則 F 中含 ez的最高次項(xiàng)在-d2φQ21h這一項(xiàng)中，再結(jié)合式(19)．即找出含e4n1z的項(xiàng)，故

(ii)當(dāng) n2＞m2時(shí)，取 z=-r，即含 e-4n2z的項(xiàng)．故(1+o(1))(1+o(1))．

(iii)當(dāng)m1＞n1且m2＞n2時(shí)，取z=r，觀察F 中的ez的最高次數(shù)的項(xiàng)又要分3種情況．

(a)當(dāng) d0?0時(shí)，由式(21)得

這里再分成2種情況:

(1)當(dāng) φ?cd0時(shí)，將式(21)、(29)～(32)代入到式(28)找出含e(n1+3m1)z的項(xiàng)，合并它們的系數(shù)得

(2)當(dāng)φ=cd0時(shí)，則 F中含 ez的最高次項(xiàng)在-d2φQ21h這一項(xiàng)中，再結(jié)合式(21)，有

(b)當(dāng)d0=0，d1?(m1-n1)d2時(shí)，由式(22)得

將式(22)、(29)～(31)和式(33)代入到式(28)找出含e2(n1+m1)z的項(xiàng)，合并它們的系數(shù)得到

其中(c≠0)，此時(shí)σ(φ)=1 與 σ(φ)＜1 矛盾．故A2?0．(c)當(dāng) d0=0，d1=(m1-n1)d2時(shí)，由式(23)得

將式(23)、(29)～(31)和式(34)代入到式(28)，找出含e(3n1+m1)z的項(xiàng)合并它們的系數(shù)得到

這里若2(m1-n1)d2φ +d2φ'-d'2φ =0，則 φ =cd2e2(n1-m1)z(c≠0)，此時(shí) σ(φ)=1，與 σ(φ)＜1矛盾．故2(m1-n1)d2φ +d2φ'-d'2φ?0．綜上可得

即對(duì)方程(27)，由引理2，σ(w)=∞和式(35)，可得(w)=σ(w)=∞．

下面假設(shè) d2≡0，d1?0，d0?0．使用類似于上面的證法，能得到(w)=σ(w)=∞．

最后如果 d2≡0，d1?0，d0≡0 或 d2≡0，d1≡0，d0?0，那么對(duì)w=djf(j)-φ(j=1或0)，可以考慮w/dj=f(j)-φ/dj．由于(w)=(w/dj)(dj是多項(xiàng)式)．類似于定理1的證明和 σ(w)=∞，可得(w)=σ(w)=∞．

定理3的證明 設(shè)f是方程(2)的非次正規(guī)解，由定理B可知σ(f)=∞．類似定理1的證明得到(f-φ)=∞．

其中h1，h2和定理1中的相同，

化簡

對(duì)于式(37)，因?yàn)棣詹粸槌?shù)，同理分析得(Q1+Q2)h3?0．即

化簡

因?yàn)棣詹粸槌?shù)且σ(φ)＜1，所以φ?R1+R2．同樣分析可得φ2(Q1+Q2)H3?0．即

定理4的證明 先設(shè)d2(z)?0，假設(shè)f是方程(2)的非次正規(guī)解，由定理B知σ(f)=∞．同樣用定理2方法得到

這里的 α0，h，Φ1，Φ0和定理 2 中的相同而

其中

對(duì)于F1中的

此時(shí)當(dāng)φ=d2(R1+R2)時(shí)，R1+R2可分成2種情況:

(1)若 R1+R2=c，則σ(φ)=σ(d2c)=0;

(2)若R1+R2≠c，則σ(φ)=σ(d2(R1+R2))=1．

但這2種情況與0＜σ(φ)＜1矛盾．故下面僅討論φ≠d2(R1+R2)．

(i)當(dāng)n1＞m1時(shí)，取 z=r，則 F1中含 φ 的 ez的最高次項(xiàng)在-d2(Q1+Q2)2［φ-d2(R1+R2)］h中，再結(jié)合式(19)找出含e4n1z的項(xiàng)．故

(ii)當(dāng) n2＞m2時(shí)，取 z=-r，即找出含 e-4n2z的項(xiàng)．故

(iii)當(dāng) m1＞n1且 m2＞n2時(shí)，取 z=r，觀察 F1中的ez的最高次數(shù)的項(xiàng)又要分3種情況:

(a)當(dāng)d0?0時(shí)，僅需討論F1中d0d2P21R1h含ez的最高次數(shù)的項(xiàng)，再結(jié)合式(21)找出含e(l1+4n1)z的項(xiàng)．故F1=

(b)當(dāng) d0≡0，由式(42)得

把式(43)～(45)代入F1得

若d1?(m1-n1)d2，結(jié)合式(22)找出式(46)含e(l1+2n1+2m1)z的項(xiàng)再合并它們的系數(shù)得到

若d1≡(m1-n1)d2，僅需討論式(46)中d22R1Q21h含ez的最高次項(xiàng)，再結(jié)合式(23)找出含e(l1+4n1)z的項(xiàng)．故

綜上討論可知 F1?0，α0h?0．且由引理2，σ(w)=∞得到

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