一類時(shí)滯微分方程亞純解的增長性質(zhì)

龍 芳，王 珺

(1.江西省機(jī)械高級(jí)技工學(xué)校 基礎(chǔ)課部，南昌 330013； 2.復(fù)旦大學(xué) 數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院，上海 200433)

本文中的亞純函數(shù)均指在復(fù)平面上的亞純函數(shù)，且本文采用的記號(hào)為Nevanlinna理論的標(biāo)準(zhǔn)記號(hào)，其基本概念和詳細(xì)定義可見參考文獻(xiàn)[1-3].設(shè)f(z)是非常數(shù)的亞純函數(shù)，我們用T(r,f)，N(r,f)分別表示f的特征函數(shù)和極點(diǎn)計(jì)數(shù)函數(shù)，并定義f的增長級(jí)和超級(jí)為

(1)

這里log表示對(duì)數(shù)運(yùn)算.

由于Nevanlinna理論的引入，復(fù)差分方程的研究取得了一系列的豐富成果[4-5].隨后，Halburd和Korhonen[6]討論了既包含微分算子又包含差分算子的時(shí)滯微分方程.這類方程廣泛存在于物理、生物、管理、經(jīng)濟(jì)等多個(gè)科學(xué)領(lǐng)域中，并且它與微分Painlevé方程有著緊密的聯(lián)系.例如，方程

ω(z)[ω(z+1)-ω(z-1)]+aω′(z)=bω(z),

(2)

其中a≠0，b為常數(shù)，形式上連續(xù)收斂到第一類微分Painlevé方程[7].Halburd和Korhonen[6]研究了比式(2) 更一般的方程

(3)

其中a(z)為有理函數(shù)，P(z,ω)和Q(z,ω)均為關(guān)于ω(z)的非零互素多項(xiàng)式，

P(z,ω)=bn(z)ω(z)n+bn-1(z)ωn-1+…+b1(z)ω+b0(z),

Q(z,ω)=cm(z)ωm+cm-1(z)ωm-1+…+c1(z)ω+c0(z),

系數(shù)bn,bn-1,…,b1,b0,cm,cm-1,…,c1,c0均為關(guān)于z的有理函數(shù).他們證明了如果方程(3)有一個(gè)超級(jí)小于1的超越亞純解，則R(z,ω)可退化為簡(jiǎn)單形式.具體結(jié)果如下：

定理A[4，定理1.1]如果方程(3)具有超級(jí)小于1的亞純解，則

degω(P)=degω(Q)+1≤3,

(4)

或者R(z,ω)關(guān)于ω的次數(shù)為0,1.

我們想進(jìn)一步研究超級(jí)小于1的亞純解的增長性，希望能得到其增長級(jí)的下界估計(jì).利用級(jí)小于1的亞純函數(shù)差分性質(zhì)，我們證明了下面的結(jié)果.

定理1假設(shè)方程(3)的系數(shù)都為有理函數(shù)，如果系數(shù)bn,cm滿足在n=m+1時(shí)存在常數(shù)d，使得

則方程(3)的任意超越整函數(shù)ω必滿足ρ(ω)≥1.

定理2假設(shè)方程(3)的系數(shù)都為常數(shù)，如果存在一增長級(jí)小于1的超越亞純解ω，則1≤degω(P)=degω(Q)+1≤3，同時(shí)ω必有極點(diǎn)，且只有單極點(diǎn).

我們將方程(2)改寫為下面的形式：

利用定理1和定理2，我們?nèi)菀卓闯鱿旅娴慕Y(jié)論.

推論1假設(shè)方程(2)的系數(shù)都為常數(shù)時(shí)，則其任意超越亞純解ω必滿足ρ(ω)≥1.

事實(shí)上，如果推論中超越亞純解ω為整函數(shù)，根據(jù)定理1，它必然滿足ρ(ω)≥1.當(dāng)ω具有極點(diǎn)且它的增長級(jí)小于1時(shí)，根據(jù)定理2，我們得到degω(P)=degω(Q)+1.但是b=P(z)/Q(z)意味著此時(shí)degω(P)=degω(Q)，這是矛盾的.綜上所述，推論1的結(jié)論成立.

下面介紹證明結(jié)論所需要的幾個(gè)引理.

f(z±1)-f(z)=±f′(z)(1+o(1)).

注1由引理1不難看出，當(dāng)z→∞且|z|?E時(shí)，

f(z+1)-f(z-1)=(f(z+1)-f(z))-(f(z-1)-f(z))=2f′(z)(1+o(1)).

引理2[2]假設(shè)f(z)為超越整函數(shù)，則存在一對(duì)數(shù)測(cè)度有窮的集合F，使得

對(duì)于滿足|f(z)|=M(r,f)且|z|=r?F的z成立.

v(r,f)∶=max{k,|ak|rk=μ(r,f)},μ(r,f)∶=max{ |ak|rk,k=0,1,2,…}.

引理3[9,(3.1.14)]假設(shè)f(z)為超越整函數(shù)，則

下面來證明定理1.

我們利用反證法.假設(shè)存在超越整函數(shù)解ω滿足ρ(ω)<1.由于ω超越，我們知道

(5)

根據(jù)定理A的結(jié)論，顯然degω(P)=degω(Q)+1≤3或者degω(R)=0,1.這意味著3種情形： degω(P)=degω(Q)+1，或degω(R)=0，或degω(Q)=1,degω(P)=0.由于a(z)和P(z,ω),Q(z,ω)的系數(shù)都為有理函數(shù)，所以存在r0和l>0使得當(dāng)|z|=r≥r0時(shí)，

r-l≤max{|a(z)|,|bi(z)|,|cj(z)|:i=0,1,2,…,m;j=0,1,2,…,n}≤rl.

(6)

這意味著當(dāng)r→∞時(shí)，

M(r,ω)-1max{|a(z)|,|bi(z)|,|cj(z)|:i=0,1,2,…,m;j=0,1,2,…,n}→0.

(7)

接下來，我們就上面degω(P)與degω(Q)的3種情形分別進(jìn)行討論.

情形1假設(shè)degω(R)=0，則R(z,ω)=b0(z)/c0(z)，從而當(dāng)|z|=r≥r0時(shí)，

|R(z,ω)|≤r2l.

(8)

利用注1和方程(3)，我們得到

(9)

其中z滿足|z|?E，集合E具有有窮對(duì)數(shù)測(cè)度.對(duì)于滿足|ω(z)|=M(r,ω)，|z|=r的那些z，利用引理2和引理3，我們知道當(dāng)r?F→∞時(shí)，

(10)

綜合式(6)～(10)，不難推出

2M(r,ω)r-1≤2|ω′(z)|≤|a(z)|+|R(z,ω)|≤2r2lr?E∪F.

這意味著當(dāng)r充分大時(shí)M(r,ω)≤r2l+1，與式(5)相矛盾.

情形2假設(shè)degω(Q)=1,degω(P)=0.我們利用式(7)，不難看出對(duì)于滿足|ω(z)|=M(r,ω),|z|=r的那些z，必存在r1≥r0使得當(dāng)r≥r1時(shí)，

(11)

從而對(duì)于上述的z，如果r?F，根據(jù)式(5)，(10)和(11)，我們得到

(12)

結(jié)合式(9)，(10)和(12)，對(duì)于滿足|ω(z)|=M(r,ω)，|z|=r?E∪F的那些z，當(dāng)r充分大時(shí)，有

(13)

情形3假設(shè)degω(P)=degω(Q)+1.此時(shí)，對(duì)于滿足|ω(z)|=M(r,ω)且|z|=r的那些z，有特別地，當(dāng)d=0時(shí)，則存在常數(shù)s使得

(14)

(15)

我們將式(9)改寫為

(16)

其中z滿足|z|?E.如果d≠0，將式(7)和(14)代入式(16)，我們得到

其中z滿足|ω(z)|=M(r,ω)且|z|=r?E∪F，這是矛盾的.如果d=0，將式(7)和(15)代入式(16)，可知

(17)

綜合上面3種情形的討論，在定理1的條件下，我們得到： 方程(3)的任意超越整函數(shù)解ω只能滿足ρ(ω)≥1.

下面來證明定理2.

利用反證法.假設(shè)存在超越亞純解ω滿足ρ(ω)<1.根據(jù)定理A的結(jié)論，我們知道1≤degω(P)=degω(Q)+1≤3，或degω(R)=0，或degω(Q)=1，degω(P)=0.同時(shí)由定理1的結(jié)論，容易看出這個(gè)增長級(jí)小于1的亞純函數(shù)解ω必然存在極點(diǎn).不妨設(shè)z0為其中一個(gè)極點(diǎn)，重?cái)?shù)為p.從而ω′/ω在z0附近有展開

(18)

接下來，我們分2種情況進(jìn)行討論.

情形1假設(shè)degω(R)=0，則R(z,ω)為常數(shù)b0/c0.

將式(18)代入方程(3)，我們推出在z0附近，

(19)

這說明ω在點(diǎn)z0+1或z0-1處也有重?cái)?shù)至少為1的極點(diǎn).不失一般性，假設(shè)ω在點(diǎn)z0+1有極點(diǎn).按照上述步驟繼續(xù)下去，我們可知z0+k都為ω的極點(diǎn)，其中k為自然數(shù).這意味著對(duì)于大于r0的r，

n(r,ω)≥1+[r-r0],

(20)

其中[x]為正數(shù)x的整數(shù)部分.因?yàn)?/p>

所以利用式(20)，我們可知

(21)

注意到

r-r0-1<[r-r0]≤r-r0,

將此代入式(21)，我們得到ρ(ω)≥1，與條件ρ(ω)<1相矛盾.

情形2假設(shè)degω(Q)=1，degω(P)=0，則在z0附近，

(22)

將式(18)，(22)代入式(3)中，我們可得在z0附近，式(19)仍然成立.類似于情形1的分析，我們同樣得出矛盾.

綜合上述2種情形的討論，我們知道只可能有

1≤degω(P)=degω(Q)+1≤3.

如果ω有一個(gè)極點(diǎn)z1，其重?cái)?shù)為p≥2，則在z1附近，有

(23)

其中α為常數(shù).將式(23)代入式(3)中，可知

(24)

這說明ω在點(diǎn)z1+1或z1-1處也有重?cái)?shù)為p的極點(diǎn).不失一般性，假設(shè)ω在點(diǎn)z1+1有極點(diǎn)，繼續(xù)這個(gè)步驟可知z1+k都為ω的極點(diǎn)，其中k為自然數(shù).從而類似于情形1中的討論，我們得到ρ(ω)≥1，這是不可能的.

綜上所述，我們知道1≤degω(P)=degω(Q)+1≤3，且ω只有單極點(diǎn).