关于一类高阶复微分方程解的增长性

谭 晖,肖丽鹏

(江西师范大学数学与统计学院,江西 南昌 330022)

0 引言与结果

注1若f(z)是整函数,则它的级和下级分别定义为

回顾亚纯函数f(z)零点序列聚值线的定义, 可在文献[5]中找到.

其中nα,β(r,0,g)表示g(z)在区域{z:α

若λθ(g)=σ(g),则称射线argz=θ是g(z)零点序列的聚值线.

注2根据定义1和下面的引理3可知,对于2阶线性微分方程

ω″+P(z)ω=0

(1)

(其中P(z)=anzn+an-1zn-1+…+a0,an≠0)的任一个非平凡解f(z),它的零点序列的聚值线条数不超过n+2且是集合{θj:0≤j≤n+1}的子集,其中θj=(2jπ-argan)/(n+2).

定义2[6]设ω(z)是方程(1)的非平凡解,用p(ω)记射线argz=θj不是ω(z)零点序列的聚值线总条数,其中θj=(2jπ-argan)/(n+2),j=0,1,…,n+1.

注3根据定义2和下面的引理3可知,p(ω)一定是偶数.

众所周知,2阶线性微分方程

f″+A(z)f′+B(z)f=0

(2)

的所有解都是整函数,其中A(z)、B(z)(≢0)是有限级整函数.一方面,若B(z)是超越的,f1、f2是方程(2)的2个线性无关解,则f1、f2至少有1个是无穷级.另一方面,对于形如(2)的方程可能会存在有限级非零整函数解.如方程f″+e-zf′-(e-z+1)f=0有一个解f(z)=ez,可知σ(f)=1.

一个自然的问题是:若方程(2)的所有非零解都是无穷级,A(z)和B(z)需要满足什么条件?有许多学者研究了这一个问题,得到了重要的结果.如G.G. Gundersen[7]和S. Hellerstein等[8]证明了:若σ(A)<σ(B),或者A(z)是多项式且B(z)是超越的,或者σ(B)<σ(A)≤1/2,则方程(2)的所有非零解都是无穷级.文献[9]给出了定理A和定理B.

定理A[9]设A(z)、B(z)是方程(2)的2个线性无关解,若A(z)的零点序列的聚值线条数小于n+2,则方程(3)的任意解f(z)(≢0)具有无穷级.

定理B[9]设A(z)、B(z)分别是方程ω″+Q1(z)ω=0和ω″+Q2(z)ω=0的非平凡解,其中Q1(z)=anzn+an-1zn-1+…+a0(an≠0),Q2(z)=bmzm+bm-1zm-1+…+b0(bm≠0),若满足下列任一个条件:

(i)m>n;

(ii)m

(iii)m=n,argan=argbm,A(z)的零点序列的聚值线条数小于n+2;

(iv)m=n,an=cbm,其中0

则方程(2)的任意解f(z)(≢0)具有无穷级.

自然地会问:对于高阶线性微分方程,当方程系数满足什么条件时,也能够保证方程的任意解f(z)(≢0)具有无穷级?对于这个问题,陈宗煊等[10]证明了定理C.

定理C[10]设A0,A1,…,Ak-1是整函数,满足

(i)σ(Aj)<σ(A0)<∞(j=1,2,…,k-1)

或者

(ii)A0(z)是有限级超越整函数,A1,A2,…,Ak-1是多项式,

则线性微分方程

f(k)+Ak-1f(k-1)+…+A1f′+A0f=0

(3)

的所有非零解具有无穷级.

受以上结果的启发,本文考虑在高阶线性微分方程(3)系数满足一定条件时解的增长性问题,同时还考虑方程(3)对应的非齐次方程,得到了如下结论.

定理1设A0,A1,…,Ak-1是整函数,若满足下列条件:

(i)A0、A1是方程(1)的2个线性无关解,A1的零点序列的聚值线条数小于n+2;

(ii)max{σ(A2),σ(A3),…,σ(Ak-1)}<(n+2)/2,则微分方程(3)的任意解f(z)(≢0)具有无穷级且σ2(f)=(n+2)/2.

定理2若A0,A1,…,Ak-1同定理1的假设,F(z)(≢0)是有限级整函数,则

(i)微分方程

f(k)+Ak-1f(k-1)+…+A1f′+A0f=F(z)

(4)

至多有1个可能的有限级例外解f0,其他所有解f满足

(ii)若存在(i)中的1个有限级例外解f0,则f0满足

σ(f0)≤max{σ(F),λ(f0),(n+2)/2}.

定理3设A0,A1,…,Ak-1是整函数,满足max{σ(A2),σ(A3),…,σ(Ak-1)}<(n+2)/2,A1、A0分别是方程ω″+Q1(z)ω=0和ω″+Q2(z)ω=0的非平凡解,其中Q1(z)=anzn+an-1zn-1+…+a0(an≠0),Q2(z)=bmzm+bm-1zm-1+…+b0(bm≠0),若满足下列任一个条件:

(i)m>n;

(ii)m=n,argan=argbm,A1的零点序列的聚值线条数小于n+2;

(iii)m=n,an=cbm,其中0

则微分方程(3)的任意解f(z)(≢0)具有无穷级.进一步,当条件(ii)成立时,有σ2(f)=(n+2)/2.

定理4若A0,A1,…,Ak-1同定理3的假设,F(z)(≢0)是有限级整函数,且满足在定理3中任一个条件,则

(i)微分方程(4)至多有1个可能的有限级例外解f0,其他所有解f满足

(ii)若存在(i)中的1个有限级例外解f0,则f0满足

σ(f0)≤max{σ(F),λ(f0),(m+2)/2}.

定理5设A0,A1,…,Ak-1是整函数,A1、A0同定理3的假设且满足m

定理6若A0,A1,…,Ak-1同定理5的假设,F(z)(≢0)是有限级整函数,则

(i)微分方程(4)至多有1个可能的有限级例外解f0,其他所有解f满足

(ii)若存在(i)中的1个有限级例外解f0,则f0满足

σ(f0)≤max{σ(F),λ(f0),(n+2)/2}.

1 证明所需引理

引理1[11]设f是超越亚纯函数且σ(f)=σ<∞,Γ={k1,j1),(k2,j2),…,(km,jm)}是由不同整数对组成的有限集,满足ki>ji≥0,i=1,2,…,m,又设ε>0是给定的常数,则

(i)存在1个零测度集E1⊂[0,2π),使得若ψ0∈[0,2π)E1,则存在常数R0=R(ψ0)>1,对于满足argz=ψ0且|z|≥R0的所有z及所有(k,j)∈Γ,有

(5)

(ii)存在1个对数测度为有限的集合E2⊂(1,∞),使得对于满足|z|∉E2∪[0,1]的所有z及所有(k,j)∈Γ,有式(5)成立;

(iii)存在1个线性测度有限集合E3⊂[0,∞),使得对于满足|z|∉E3的所有z及所有(k,j)∈Γ,有

引理2[11]设f是超越亚纯函数,α>1为一个给定的常数,k、j为整数且满足k>j≥0.

(i)存在1个对数测度有限的集合E1⊂[1,∞)和1个常数K>0,使得对于所有满足|z|=r∉[0,1]∪E1的所有z,有

|f(k)(z)/f(j)(z)|≤K(T(αr,f)(logαr)logT(αr,f)/r)k-j;

(6)

(ii)存在零测度集E2⊂[0,2π),使得若θ∈[0,2π)E2,则存在常数R=R(θ)>0,对于满足argz=θ及|z|≥R的所有z,有式(6)成立.

在证明结果的过程中,2阶线性微分方程(1)解的渐进性质有着重要的作用.下面介绍一些记号,令r>0,α<β且有β-α<2π,记

S(α,β)={z:α

S(α,β,r)={z:α

引理3[6]若A(z)是微分方程(1)的非平凡解,其中P(z)=anzn+an-1zn-1…+a0,an≠0,令θj=(2jπ-argan)/(n+2)和Sj=S(θj,θj+1),其中j=0,1,2,…,n+1,θn+2=θ0+2π,则A(z)有下列性质:

(i)在每个角域Sj上,A呈指数爆破或者呈指数衰减到0;

(ii)若对于某个j,A在角域Sj上呈指数衰减到0,则A在角域Sj-1和Sj+1上一定呈指数爆破;然而,A可能在许多相邻的角域上呈指数爆破;

引理4[6]设A(z)是微分方程(1)的非平凡解,其中P(z)=anzn+an-1zn-1+…+a0(an≠0),则当r→∞时,有

引理5[10]设A0,A1,…,Ak-1,F(z)(≢0)是整函数,f满足微分方程

f(k)+Ak-1f(k-1)+…+A1f′+A0f=F(z)

且

max{σ(F),σ(Aj):j=0,1,…,k-1}<σ(f)=σ(0<σ≤∞),

引理6[7]设f(z)是整函数,若|f(k)(z)|在射线argz=θ上无界,则存在一个无穷点列zn=rneiθ(n=1,2,…),其中rn→∞,满足f(k)(zn)→∞和

|f(j)(zn)/f(k)(zn)|≤|zn|k-j(1+o(1))(j=0,1,…,k-1).

引理7[12]设f(z)是整函数且σ(f)=σ<∞,假设存在线测度为0的子集E⊂[0,2π),满足对于任意射线argz=θ0∈[0,2π)E,有|f(reiθ)|≤Mrk,其中M=M(θ0)>0是常数,k(>0)是与θ0无关的常数,则f(z)是多项式且degf≤k.

利用Wiman-Valiron理论,不难得出引理8.

引理8设A0,A1,…,Ak-1是有限级整函数,若f是微分方程(3)的解,则有

σ2(f)≤max{σ(Ai):i=0,1,…,k-1}.

2 定理的证明

定理1的证明首先,证明方程(3)没有非零多项式解.假设f是方程(3)的非零多项式解,若f是非零常数,则由方程(3)和定理1的条件可得矛盾.因此,可令degf=m≥1,有

|f(j)(z)/f(z)|=o(1),j=1,2,…,k.

(7)

由ρ=max{σ(A2),σ(A3),…,σ(Ak-1)}<(n+2)/2和级的定义知,∀ε>0,当r充分大时,有

|Aj(z)|≤exp(rρ+ε),j=2,3,…,k-1.

(8)

根据引理3和定理1的条件,可设θj=(2jπ-argan)/(n+2)和Sj={z:θj

由亚纯函数零点序列的聚值线的定义可知p(A1)≥2.又由引理3可知,在上述n+2个角域中,至少存在某角域使得A1(z)在该角域内呈指数衰减到0.不失一般性,可设该角域为Sj0={z:θj0

(9)

断言,A1(z)、A0(z)在同一角域上都呈指数衰减到0是不可能的.不失一般性,假设A1(z)、A0(z)在角域Sj0上都呈指数衰减到0,令h=A1/A0,根据在文献[6]中的引理3可知,当r充分大时,有

其中α=(n+2)/2,b是可能除去有限个例外值的任意复数.又令ω=A1-bA0,易知ω是方程(1)的非零解.又根据在文献[6]中的定理5可知,当r充分大时,有

(10)

由式(9)和式(10)知p(ω)=0.由引理3可知,ω在每个角域Sj(j=0,1,…,n+1)上呈指数爆破.这同假设ω在角域Sj0上呈指数衰减到0矛盾.因此,A0在角域Sj0上呈指数爆破,即∀θ∈(θj0,θj0+1),有

(11)

可取zt=rteiθ′,其中θ′∈(θj0,θj0+1),使式(7)～(9)和式(11)同时成立.由方程(4)可知,当rt→∞时,有

(12)

其中ε>0是任意给定的常数.取0<2ε<(n+2)/2-ρ,则式(12)是矛盾的.

下面证明σ2(f)=(n+2)/2.由引理8可知σ2(f)≤(n+2)/2.根据在引理2中的(ii)可知,存在1个零测度集E2⊂[0,2π)和一个常数B>0,满足:若ψ∈[0,2π)E2,则存在常数R=R(ψ)>0,对于满足argz=ψ及|z|=r≥R的所有z,有

|f(j)(z)/f(z)|≤B(T(2r,f))k+1,j=1,2,…,k.

(13)

因此,存在一点列zn=rneiθ,其中当n→∞,有rn→∞,θ∈(θj0,θj0+1)E2,使得式(9)、式(11)、式(13)同时成立.又由方程(3)可知,对充分大的n,有

其中C>0是常数,ε>0是任意给定的常数.取0<2ε<(n+2)/2-ρ,根据超级的定义可知σ2(f)≥(n+2)/2.

综上,证得σ2(f)=(n+2)/2.根据超级和级的定义可知σ(f)=∞.

定理2的证明(i)假设f0是方程(4)的解,满足σ(f0)<∞.若方程(4)还有另一个有限级解f1(≢f0),则σ(f1-f0)<∞.又f1-f0是方程(4)所对应的齐次方程(3)的解,这与方程(3)的所有解f(≢0)都是无穷级矛盾,即证得方程(4)至多有1个可能的有限级例外解f0,其他所有解f满足σ(f)=∞.根据定理2的条件和引理5,有

(ii)假设f0是方程(4)的有限级例外解,则f0满足

(14)

将式(14)改写为

f0+A0)/F.

(15)

由式(15)可知,若z0为f0的大于k阶的α阶零点,则z0必为F的α-k阶零点,从而有

(16)

又由定理2的条件可知max{σ(Ai):i=0,1,…,k-1}=(n+2)/2.根据级的定义知,∀ε>0,当r充分大时,有

T(r,Ai)≤r(n+2)/2+ε(i=0,1,…,k-1).

(17)

又根据对数导数引理,最多除去1个有限线测度的r值集E外,有

(18)

由式(16)～(18)可得

(19)

根据级的定义和式(19),有σ(f0)≤max{σ(F),λ(f0),(n+2)/2}.

定理3的证明假设f(≢0)是方程(3)的有限级解.

情形1条件(i)成立.有σ(Aj)<σ(A0)=(m+2)/2(j=1,2,…,k-1).根据定理C可知σ(f)=∞.

情形2条件(ii)成立.由条件(ii)和注2可知A1、A0零点序列的聚值线集合不同.则存在一个角域S(α,β)={z:α

情形3条件(iii)成立.假定f是超越的,由在引理1中的(ii)可知,存在一个有限对数测度集E2⊂(1,∞),使得对于满足|z|∉E2∪[0,1]的所有z,有

|f(i)(z)/f(z)|≤rkσ,i=1,2,…,k.

(20)

根据定理3的条件和引理4可知,当r→∞时,有

(21)

其中α=(n+2)/2.由ρ=max{σ(A2),σ(A3),…,σ(Ak-1)}<(n+2)/2知,∀ε>0,取0<2ε<(n+2)/2-ρ,当r充分大时,有式(8)成立.取一个满足|zl|=rl∈(1,∞)E2的无穷点列{zl},使得

|A0(zl)|=M(rl,A0).

(22)

由式(3)、式(8),式(20)～(22)知,当l→∞时,

因此,可推得|bm|≤|an|.这与在条件(iii)中的|bm|>|an|矛盾,所以σ(f)=∞.

下面证明方程(3)没有非零多项式解.假设f是方程(3)的非零多项式解,若f是非零常数,则由方程(3)和定理3的条件可得矛盾.因此,可令degf=t≥1,则有式(7)成立.由式(3)、(7)、(8)、(21)、(22)知,当l→∞时,

由此,也可推得|bm|≤|an|.这与在条件(iii)中|bm|>|an|矛盾,所以方程(3)没有非零多项式解.

综上,可证得σ(f)=∞.

定理4的证明使用与定理2相同的证法.

定理5的证明假设f(≢0)是方程(3)的有限级解.比较方程(3)两边的增长级,可知σ(f)=σ≥σ(A1)=(n+2)/2.令

FA1={θ∈[0,2π):θ=(2pπ-argan)/(n+2)},p=0,1,…,n+1,

FA0={θ∈[0,2π):θ=(2qπ-argbm)/(m+2)},q=0,1,…,m+1.

由引理1的(i)可知,存在一个零测度集E3⊂[0,2π),满足:若ψ0∈[0,2π)E3,则存在常数R0=R(ψ0)>1,对于满足argz=ψ0及|z|=r≥R0的所有z,有

|f(j1)(z)/f(j2)(z)|≤rkσ,0≤j2

(23)

设F=E3∪FA1∪FA0,∀θ∈[0,2π)F,A1、A0在射线argz=θ上可能有4种增长类型:

(a)A1(reiθ)满足

(24)

A0(reiθ)满足

(25)

(b)A1(reiθ)满足式(25),A0(reiθ)满足

(26)

(c)A1(reiθ)满足

(27)

A0(reiθ)满足式(25).

(d)A1(reiθ)满足式(27),A0(reiθ)满足式(26).

不失一般性,假设l=k-1,则有

ρ=max{σ(Aj):2≤j≤k-2}<μ(Ak-1)≤σ(Ak-1)<(m+2)/2.

根据级的定义知,∀ε>0,当r充分大时,有

|Aj(z)|≤exp(rρ+ε),j=2,3,…,k-2.

(28)

(i)若A1(reiθ)、A0(reiθ)在射线argz=θ上满足类型(a)时，取点列zl=rleiθ(l→∞,有rl→∞),其中θ∈[0,2π)F,使式(23)～(25)、(28)同时成立.由方程(3)知,对充分大的l,有

(29)

其中M>0是常数,ε>0是任意给定的常数.取0<2ε<(m+2)/2-ρ,则式(29)矛盾.即证得σ(f)=∞.

(ii)若A1(reiθ)、A0(reiθ)在射线argz=θ上满足类型(b)时,可假设|f(k-1)(z)|在射线argz=θ上无界,由引理6知,存在一个无穷点列zt=rteiθ,当t→∞时,有f(k-1)(zt)→∞和

(30)

由式(3)、(23)、(28)、(30),当t→∞时,有

f(k-1)(zt)|+|Ak-2(zt)||f(k-2)(zt)/f(k-1)(zt)|+…+|A1(zt)||f′(zt)/f(k-1)(zt)|+|A0(zt)||f(zt)/

(31)

其中M>0是常数,取0<2ε<μ(Ak-1)-ρ,可知式(31)矛盾.所以,|f(k-1)(z)|在射线argz=θ上有界.因此,在射线argz=θ上有|f(z)|≤C1·|z|k-1,其中C1>0是常数.

(iii)若A1(reiθ)、A0(reiθ)在射线argz=θ上满足类型(c)时,可先假设|f′(z)|在射线argz=θ上无界,由引理6可知,存在一个无穷点列zt=rteiθ,当t→∞时,有f′(zt)→∞和

|f(zt)/f′(zt)|≤rt(1+o(1)).

(32)

根据式(3)、(23)、(28)、(32),当t→∞时,有

(33)

其中C>0是常数,取0<4ε0是常数.

(iv)若A1(reiθ)、A0(reiθ)在射线argz=θ上满足类型(d)时,类似(iii)的方法,同样可证得在射线argz=θ上有|f(z)|≤C3|z|,其中C3>0是常数.

定理6的证明使用与定理2相同的证法.