2階微分方程的解與小函數(shù)的關(guān)系

閔小花，張紅霞，易才鳳

(江西師范大學(xué)數(shù)學(xué)與信息科學(xué)學(xué)院，江西南昌330022)

0 引言與結(jié)果

本文使用Nevanlinna值分布理論的標(biāo)準(zhǔn)記號(hào)［1-2］，用 σ(f)表示亞純函數(shù) f(z)的增長(zhǎng)級(jí)，λ(f)表示f(z)的零點(diǎn)收斂指數(shù)表示f(z)的不同零點(diǎn)收斂指數(shù)表示f(z)取小函數(shù)φ的不同點(diǎn)的收斂指數(shù)，σ2(f)表示亞純函數(shù)f(z)的超級(jí)，表示f(z)取小函數(shù)φ的不同點(diǎn)的2級(jí)收斂指數(shù).

關(guān)于微分方程的解與小函數(shù)的關(guān)系已被眾多學(xué)者研究，得到了一些有趣的結(jié)果［3-6］.例如關(guān)于2階線性微分方程

陳宗煊在文獻(xiàn)［7］中證明了下面的結(jié)果.

定理A 假設(shè)Aj(z)?0(j=0，1)是整函數(shù)，σ(Aj)＜ 1，a，b是復(fù)常數(shù)且滿足ab≠0和a≠b，則方程(1)的每個(gè)解f(?0)都具有無(wú)窮級(jí).

之后，陳宗煊等在文獻(xiàn)［3］中又研究了方程(1)的解及其導(dǎo)數(shù)與小函數(shù)之間的關(guān)系，證明了下面2個(gè)定理.

定理B 假設(shè)Aj(z)?0(j=0，1)是整函數(shù)，σ(Aj)＜ 1，a，b是復(fù)常數(shù)且滿足ab≠0和a≠b，如果φ(z)(?0)是有限級(jí)整函數(shù)，則方程(1)的每個(gè)解f(?0)滿足

定理C 假設(shè)Aj(z)?0(j=0，1)是整函數(shù)，σ(Aj)＜1，a，b是復(fù)常數(shù)且滿足ab≠0和arg a≠arg b或a=cb(0＜c＜1)，如果φ(z)(?0)是有限級(jí)整函數(shù)，則方程(1)的每個(gè)解f(?0)滿足

另外，關(guān)于2階線性微分方程

文獻(xiàn)［8］證明了下面的結(jié)果.

定理D 假設(shè)A(z)(?0)，Bi(z)(?0)(i=0，1)是整函數(shù)，σ(A)＜1，σ(Bi)＜1，a，b，d 是復(fù)常數(shù)且(a-b)(ad)≠ 0，當(dāng) b=d時(shí)，B0(z)+B1(z)? 0，如果φ(z)(?0)是級(jí)小于1的整函數(shù)，則方程(2)的每個(gè)解f(?0)滿足

以上定理研究了方程(1)和(2)的解及其導(dǎo)數(shù)取小函數(shù)的不同點(diǎn)的收斂指數(shù)與解的增長(zhǎng)級(jí)之間的關(guān)系，證明了方程(1)和(2)的解f(?0)滿足.本文是在前人研究的基礎(chǔ)上，進(jìn)一步研究了方程(1)和(2)以及相關(guān)的非齊次方程的解及其導(dǎo)數(shù)取小函數(shù)的不同點(diǎn)的2級(jí)收斂指數(shù)與解的超級(jí)之間的關(guān)系，得到了下面的結(jié)果.

定理1 假設(shè)Aj(z)?0(j=0，1)是整函數(shù)，σ(Aj)＜1，a，b是復(fù)常數(shù)且滿足ab≠0和a≠b，如果φ(z)(?0)是有限級(jí)整函數(shù)，則方程(1)的每個(gè)解f(?0)滿足進(jìn)一步，如果φ(z)(?0)是級(jí)小于1的整函數(shù)，則方程(1)的每個(gè)解f(?0)還滿足且

定理2 假設(shè)Aj(z)?0(j=0，1)是整函數(shù)，σ(Aj)＜ 1，a，b是復(fù)常數(shù)且滿足ab≠0和a≠b，如果φ(z)(?0)，F(xiàn)(z)(?0)都是有限級(jí)整函數(shù)，則方程

定理3 假設(shè)Aj(z)?0(j=0，1)是整函數(shù)，σ(Aj)＜1，a，b是復(fù)常數(shù)且滿足ab≠0和arg a≠arg b或a=cb(0＜c＜1)，如果φ(z)(?0)是有限級(jí)整函數(shù)，則方程(1)的每個(gè)解 f(?0)滿足

定理4 假設(shè)A(z)(?0)，Bi(z)(?0)(i=0，1)是整函數(shù)，σ(A)＜1，σ(Bi)＜1，a，b，d 是復(fù)常數(shù)且(a-b)(ad)≠ 0，當(dāng) b=d時(shí)，B0(z)+B1(z)? 0，如果φ(z)(?0)是級(jí)小于1的整函數(shù)，則方程(2)的每個(gè)解f(?0)滿足

定理5 假設(shè)A(z)(?0)，Bi(z)(?0)(i=0，1)是整函數(shù)，σ(A)＜1，σ(Bi)＜1，a，b，d 是復(fù)常數(shù)且(a-b)(ad)≠ 0，當(dāng) b=d時(shí)，B0(z)+B1(z)? 0，如果φ(z)(?0)和F(z)(?0)都是級(jí)小于1的整函數(shù)，則方程

1 引理

引理1［9］假設(shè)aj(j=0，1，…，k-1)，F(xiàn)(?0)是整函數(shù)，f滿足微分方程

且max{σ(F)，σ(aj);j=0，1，…，k-1}＜ σ(f)=σ(0＜σ≤∞)，則

注1 由引理1的證明過(guò)程易知，當(dāng)aj(j=0，1，…，k-1)和F是亞純函數(shù)時(shí)，引理1的結(jié)論也成立.

引理2 在引理1的條件下，若σ(f)=∞，則在引理1的結(jié)論下，進(jìn)一步還有

證將(4)式改寫為

由(5)式，若z0為f的大于k的α階零點(diǎn)，則z0必為F的α-k階零點(diǎn)，從而有

再由對(duì)數(shù)導(dǎo)數(shù)引理，至多除去1個(gè)線測(cè)度為有限的r值集E外，有

所以

因?yàn)閙ax{σ(F)，σ(aj);j=0，1，…，k-1}＜σ(f)=∞，所以由上式可得).故有

引理3［10］假設(shè)f1(z)，f2(z)，…，fn(z)(n≥2)為亞純函數(shù)，g1(z)，g2(z)，…，gn(z)為整函數(shù)，滿足條件

(ii)gj(z)-gk(z)(1≤j＜k≤n)不為常數(shù);

(iii)T(r，fj)=o［T(r，egh-gk)］(1≤j≤n，1≤h＜k≤n)(r→∞，r?E)，其中E是對(duì)數(shù)測(cè)度為有限的集合，

則有 fj(z)≡0(j=1，2，…，n).

由定理A容易得到下面的引理4.

引理4 假設(shè)Aj(z)?0(j=0，1)是整函數(shù)，σ(Aj)＜ 1，a，b是復(fù)常數(shù)且滿足ab≠0和a≠b，如果F(?0)是有限級(jí)整函數(shù)，則方程(3)的每個(gè)解f(?0)的級(jí)為無(wú)窮，至多除去1個(gè)例外的非零解.

引理5［3］假設(shè)a，b是復(fù)常數(shù)滿足ab≠0和arg a≠arg b或a=cb(0＜c＜1)，定義指標(biāo)集:Λ1={0，a};Λ2={0，a，b，a+b，2a}.

(i)如果Hj(j∈Λ1)和Hb都是級(jí)小于1的亞純函數(shù)，則

(ii)如果Hj(j∈Λ2)和H2b都是級(jí)小于1的亞純函數(shù)，則ψ2(z)+H2be2bz?0;

(iii)假設(shè) ψ20(z)，ψ21(z)，ψ22(z)具有(ii)中ψ2(z)的形式，H2b(z)?0，φ(z)是有限級(jí)亞純函數(shù)，則

引理6［11］假設(shè)A(z)，Bi(z)(i=0，1)是整函數(shù)，σ(A)＜ 1，σ(Bi)＜ 1，且則方程(2)的每個(gè)解f(?0)的級(jí)為無(wú)窮.

注2 從引理6的證明過(guò)程可以知道A(z)?0，Bi(z)?0(i=0，1)且 abd≠0.

2 定理的證明

定理1 的證明假設(shè)f(?0)是方程(1)的解，則f是整函數(shù)，由定理A可知σ(f)=∞.令g0(z)=f(z)-φ(z)，則σ(g0)=σ(f)=∞，再由定理B知，進(jìn)一步有.將f=g0+φ代入(1)式，得到

注意到(6)式可能存在有限級(jí)解，但這里可僅討論滿足g0=f-φ的無(wú)窮級(jí)解，所以只需對(duì)(6)式的無(wú)窮級(jí)整函數(shù)解g0證明成立.

由于方程(1)的所有非零解為無(wú)窮級(jí)而φ(z)是有限級(jí)整函數(shù)，可知

又因σ(X0)＜σ(g0)=∞，σ(A0eaz)=σ(A1ebz)=1＜σ(g0)=∞，對(duì)方程(6)應(yīng)用引理2有λ2(g0)= σ2(g0)，即

令g1=f'-φ，則σ(g1)= σ(f')= σ(f)=∞，并且

對(duì)方程(1)兩邊進(jìn)行微分，得到

由(1)式得到

將(8)式代入(7)式得

將f'=g1+ φ，f″=g'1+ φ'，f?=g″1+ φ″代入(9)式，得到

其中h1=A1eaz-(A0ebz)'(A0ebz)，h0=(A1eaz)'+A0ebz-(A0ebz)'A1eaz(A0ebz)，-h= φ″+(A1eaz-(A0ebz)'(A0ebz))φ'+ ［(A1eaz)'+A0ebz-(A0ebz)'A1eaz(A0ebz)］φ= φ″-(A'0/A0+b)φ'+［A1φ'+A'1φ +A1aφ -(A'0/A0+b)A1φ］eaz+A0φebz.

現(xiàn)證明h?0.事實(shí)上，如果h≡0，則

由引理3可知A0≡0，這與題設(shè)矛盾，所以h?0.

將(8)式代入(11)式，并由(9)式得到

其中

顯然 H3，H2，U1，U2都是亞純函數(shù)，并且它們的級(jí)都小于或等于1.

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

記X= φ″+H3φ'+H2φ，使用類似于上面的證明方法，可得X?0.

定理2 的證明假設(shè)f(?0)是方程(3)的解，則f是整函數(shù)，由引理4可知，至多除去1個(gè)例外的非零解，其他所有非零解滿足σ(f)=∞.令g3(z)=f(z)-φ(z)，由σ(φ)＜∞ 知σ(g3)= σ(f)=∞，且有和.將f=g3+φ代入(3)式，得到

記 X1=F-{φ″+A1eazφ'+A0ebzφ}=F-X0，顯然X1?0.若不然，則φ是方程(3)的解，故由引理4可知，至多除去1個(gè)例外的非零解φ(z)，其它所有的φ是無(wú)窮級(jí)，這與φ的假設(shè)矛盾.

下證進(jìn)一步的結(jié)論.

對(duì)方程(3)兩邊進(jìn)行微分，得到

由方程(3)得到

將(16)式代入(15)式得

將f'=g4+ φ，f″=g'4+ φ'，f?=g″4+ φ″代入(17)式，得到 g″4+h1g'4+h0g4=h2，其中

現(xiàn)證明h2?0.事實(shí)上，如果h2≡0，則

將上式兩邊乘以A0ebz，得到

因?yàn)棣?Aj)＜ 1(j=0，1)，σ(F)＜ 1，σ(φ)＜1，由引理3有A20≡0，即A0≡0，與題設(shè)矛盾，故h2?0.

微分(15)式的兩邊，得到

將(16)式代入(18)式，并由(17)式得到

其中

顯然 H3，H2，H1，U1，U2都是亞純函數(shù)，且它們的級(jí)都小于或等于1.

將f″=g5+ φ，f?=g'5+ φ'，f(4)=g″5+ φ″代入(19)式，得到

g″5+H3g'5+H2g5=H1-(φ″+H3φ'+H2φ).

記 X2=H1-(φ″+H3φ'+H2φ)，使用類似于上面的證明方法，可得X2?0.

定理3 的證明假設(shè)f(?0)是方程(1)的解，則f是整函數(shù)，由定理A可知σ(f)=∞.又由定理C知，再由定理3的條件滿足定理1的條件，所以有

現(xiàn)證明h?0.事實(shí)上，如果h≡0，則

由引理5中(iii)，可得

這個(gè)矛盾表明h?0.

記 X= φ″+H3φ'+H2φ，使用類似于上面的證明方法，可得X?0.

定理4 的證明假設(shè)f(?0)是方程(2)的解，則f是整函數(shù)，由引理6可知σ(f)=∞.令g0(z)=f(z)-φ(z)，則σ(g0)=σ(f)=∞，再由定理D可知，還有

將f=g0+φ代入(2)式，得到

注意到(20)式可能存在有限級(jí)解，但這里僅需討論滿足g0=f-φ的無(wú)窮級(jí)解，所以只需對(duì)(20)式的無(wú)窮級(jí)整函數(shù)解g0證明即可.

由于方程(2)的所有非零解具有無(wú)窮級(jí)而φ(z)(?0)是有限級(jí)整函數(shù)，可知

X0= φ″+Aeazφ'+(B0ebz+B1edz)φ ?0，從而，由引理2可得，即

對(duì)方程(2)兩邊進(jìn)行微分，得到

由方程(2)有

將(22)式代入(21)式得

將f'=g1+ φ，f″=g'1+ φ'，f?=g″1+ φ″代入(23)式，得到 g″1+h1g'1+h0g1=h，其中

現(xiàn)證明h?0.事實(shí)上，如果h≡0，則

下面分2種情形討論:

由于A，B0，B1，φ的增長(zhǎng)級(jí)都小于1，由引理3可知(B0+B1)2≡0，這與題設(shè)矛盾.

情形2 當(dāng)b≠d時(shí)，由條件(a-b)(a-d)≠0知a≠b且a≠d，再對(duì)(24)式應(yīng)用引理3得2B0B1≡0，這也與題設(shè)矛盾.

令 g2=f″- φ，則 σ(g2)= σ(f″)= σ(f)=∞和

微分(21)式，可得

將(22)式代入(25)式，并由(23)式得到

其中

顯然 H3，H2，U1，U2都是亞純函數(shù)，且它們的增長(zhǎng)級(jí)都小于或等于1.

將f″=g2+ φ，f?=g'2+ φ'，f(4)=g2″+ φ″代入(26)式，得到

使用類似于上面的證明方法，可得X1=φ″+因此，由引理 2可得σ2(g2)，即

定理5 的證明由引理6，用類似于定理2 ，定理3及定理4的證明方法可證得定理5也成立.

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