龔 攀，肖麗鵬

(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 引言及主要結(jié)論

假定讀者熟悉Nevanlinna理論中的基本結(jié)果和標(biāo)準(zhǔn)記號［1-4］，并用 ρ(f)表示復(fù)平面上亞純函數(shù)f(z)的增長級，λ(f)和分別表示f的零點(diǎn)收斂指數(shù)和不同零點(diǎn)收斂指數(shù)，用λ2(f)和分別表示f(z)的2級零點(diǎn)收斂指數(shù)和2級不同零點(diǎn)收斂指數(shù)，ρ2(f)表示亞純函數(shù)f(z)的超級，定義如下:

為進(jìn)一步刻畫解析函數(shù)在角域里的增長性，引入下面的定義.

定義1［5］設(shè)f(z)是角域={z:α ≤arg z≤ β，z＞0，0＜β-α≤2π}上非零解析函數(shù)，用ραβ(f)記做f(z)在上的級，其定義為

易知，若f是整函數(shù)，則在任一個角域內(nèi)有ραβ(f)≤ ρ(f).特別地，如果在角域的增長級 ραβ(f)=+ ∞，則 ρ(f)=+ ∞.

定義2 設(shè)E?(0，+∞)上的可測集，用m(E)= ∫Ed t表示E的線性測度;對E?(1，+∞)，用ml(E)=∫Ed t/t表示E的對數(shù)測度;E(E?(1，∞))的上對數(shù)密度定義為

關(guān)于線性微分方程

其中A(z)和B(z)均為整函數(shù).若A(z)為整函數(shù)，B(z)?0為超越的整函數(shù)，f1，f2為方程(1)的2個線性無關(guān)解，則f1，f2至少有1個具有無窮級［6］.另一方面，方程(1)也可能存在有窮級解，例如f(z)=ez是方程f″+e-zf'-(e-z+1)f=0的有窮級解.一個自然的問題:當(dāng)A(z)和B(z)滿足什么條件時，能保證(1)式的每個解具有無窮級?很多學(xué)者研究了這個問題，參見文獻(xiàn)［7-10］.

例如，在文獻(xiàn)［8］中討論微分方程f″+e-zf'+Q(z)f=0，并得到了如下一些結(jié)果.

定理A 假設(shè)Aj(z)(?0)(j=0，1)是整函數(shù)滿足ρ(Aj)＜ 1，a，b是復(fù)常數(shù)，且滿足ab≠0和a=cb(c＞1)，則方程

的所有非零解為無窮級.

定理B 假設(shè)Aj(z)(?0)，Dj(z)(j=0，1)是整函數(shù)滿足ρ(Aj)＜ 1，ρ(Dj)＜ 1，a，b是復(fù)常數(shù)，并且ab≠0和arg a≠arg b或者a=cb(0＜c＜1)，則方程

的每個非零解為無窮級.

文獻(xiàn)［11］討論了微分方程f″+e-zf'(ez+1)+Q(z)f=0，當(dāng)Q(z)滿足某種條件時，可以保證方程每1個解具有無窮級.

本文考慮下列高階線性微分方程

解的增長級，其中Q(z)為整函數(shù)，具有有限級，Pj(e-z)(j=1，2，…，k-1)為e-z的非常數(shù)多項式.易知方程(2)的每1個解均為整函數(shù).下面考慮的問題是:當(dāng)Q(z)具備什么條件時，可以保證方程(2)的每個非平凡解均具有無窮級?本文得到如下一些結(jié)果.

定理1 設(shè)Q(z)為超越整函數(shù)且具有有限級，Pj(e-z)(j=1，2，…，k-1)是e-z的非常數(shù)多項式.如果滿足下列條件之一:

(ii)Q(z)=h(z)eaz，其中h(z)是非零整函數(shù)且級小于1，a?R-的非零復(fù)常數(shù)，則方程(2)的每個非零解f具有無窮級.進(jìn)一步在條件(ii)下有超級ρ2(f)=1.

定理2 假設(shè)Q(z)，Pj(e-z)滿足定理1的條件，F(xiàn)(?0)是有限級整函數(shù)，則方程(3)至多有1個可能的有限級例外解f0，其它的解f滿足λ(f)=ρ(f)=∞.進(jìn)一步，在定理1條件(ii)下有= λ2(f)= ρ2(f)=1.

1 主要引理

引理1［12］假設(shè) f(z)是超越的亞純函數(shù)且ρ(f(z))= ρ＜ ∞，H={(k1，j1)，(k2，j2)，…，(kq，jq)}是不同整數(shù)對的有限集合，滿足ki＞ji≥0(i=1，2，…，q).?ε ＞ 0，有下列結(jié)論成立:

(i)存在1個線性測度是零的集合E?［0，2π］，若 θ∈［0，2π］E，則存在常數(shù)R0=R0(θ)＞0，使得對所有滿足arg z=θ和的z以及對所有(k，j)∈ H，有

(ii)存在1個對數(shù)測度有限的集合E?(1，∞)，使得對所有滿足的z以及對所有(k，j)∈ H，有

(iii)存在1個線性測度有限的集合E?［0，∞)，使得對所有滿足的z及對所有(k，j)∈H，有

引理2［13］設(shè)g(r)和h(r)在(0，∞)上是單調(diào)的非減的實(shí)值函數(shù)，并且滿足g(r)≤h(r)，r?E，其中例外集的E對數(shù)測度有限.設(shè)α＞1，則存在1個常數(shù)r0＞0，使得g(r)≤h(αr)對所有r＞r0成立.

引理3［14］設(shè)A(z)(j=0，1，2，…，k-1)在角j域內(nèi)解析，如果?K ＞0及滿足α＜θ＜β和

的θ具有一正測度，則方程f(k)+Ak-1f(k-1)+Ak-2f(k-2)+… +A0f=0的任意非零解都有

引理 4［8］假設(shè) P(z)=(α +iβ)zn+ …(α，β是實(shí)數(shù)，是多項式且次數(shù)n≥1，A(z)(≠ 0)是整函數(shù)且 ρ(A)＜n，令 g(z)=A(z)ep(z)，z=r eiθ，δ(P，θ)= αcos nθ- βsin nθ，則對任意給定的ε ＞0，存在集合H1?［0，2π)，其線性測度為零，滿足?θ∈［0，2π)(H1∪ H2)，?R ＞0，使得對，有

其中 H2={θ∈［0，2π);δ(P，θ)=0}是有限集.

引理5［15］ρ級(1/2≤ρ＜∞)整函數(shù)f(z)至少存在1個ρ級射線角域同時其每一ρ級射線角域的開度不小于πρ.

引理6［16］假設(shè)f(z)是1個級ρ(f)=ρ＜1/2的整函數(shù)，并且定義

若σ ＜ρ，則集合{r:m(r)＞rσ}有正的上對數(shù)密度.

引理 7［17］假設(shè) A，A，…，A，F(xiàn)(? 0)，f滿01k-1足微分方程f(k)+Ak-1f(k-1)+Ak-2f(k-2)+…+A0f=F且max{ρ(F)，ρ(Aj);j=0，1，…，k-1}＜ ρ(f)=ρ(0 ＜ ρ(f)≤ ∞)，則= λ(f)= ρ(f).

引理 8［18］設(shè) A(j=0，1，…，k-1)是整函數(shù)j且滿足 ρ(Aj)≤ ρ＜∞.若 f是微分方程 f(k)+Ak-1f(k-1)+… +A0f=0的解，則ρ2(f)≤ρ.

引理9［12］假設(shè)f(z)為亞純函數(shù)，α＞1是1個給定的常數(shù)，則存在1個具有有窮對數(shù)測度的集合E?［1，+∞)，且存在常數(shù)B＞0僅依賴于α與(k，j)(k，j為整數(shù)且k＞j≥0)，使得對所有滿足r? E 的點(diǎn) z，有

2 定理的證明

定理1的證明 假設(shè)定理1滿足條件(i)，由于ρ(Q(z))=λ≠1，下面分2種情況證明.

首先證明(Ⅰ)ρ(Q(z))=λ＞1.假設(shè)方程存在1個級為ρ(f)(＜∞)的非零解f，將得到矛盾.據(jù)引理1得，?ε＞0，存在1個集合E?(1，∞)，其對數(shù)測度有限，使得對一切滿足r?E∪［0，1］的z及對所有(k，j)∈ H，有

成立，從而可得

由方程(2)得

由(4)～(6)式可得

于是對所有的 r? E ∪［0，1］，有

設(shè)α ＞1，利用引理2，存在1個常數(shù)r0＞0，使得

對所有的r≥r0成立，由級的定義得ρ(Q(z))≤ρ(Pj(e-z))=1，這與ρ(Q(z))= λ ＞ 1矛盾.故得ρ(f)= ∞.

下面證明(Ⅱ)ρ(Q(z))=λ＜1.由于Q(z)是復(fù)平面上的超越整函數(shù)，以下分3種情形討論.

情形1 當(dāng)1/2≤ρ(Q(z))＜1，由引理5知存在角域Ω(α，β)β ≥ π/ρ(Q))，使得 ?θ(α ＜ θ＜ β)，有

由于 ρ(Q)＜ ρ(Pj)=1，從而有πρ(Pj)＜πρ(Q).對Pj(e-z)來說，在復(fù)平面上對于正、負(fù)虛軸右半平面的角域有)，左半平面的角域有由于πρ(Q)＞ π，于是總存在角域 Ω(α'，β')，使得在此角域內(nèi)滿足(7)式.再根據(jù)引理3可知，對任何的常數(shù)K＞0，?arg z=θ(α'≤ θ≤ β')，使得

成立.于是可知對于方程(2)的任一非零解f，都有ρα'β'(f)= ∞.從而在整個復(fù)平面上有 ρ(f)= ∞.

情形2 當(dāng)0＜ρ(Q(z))＜1/2時，應(yīng)用引理6，存在一點(diǎn)列{rn}滿足，使得對任意的角arg z= θ(θ∈［0，2π))，有

類似于情形1的證明方法可得矛盾.于是對方程(2)的任一非零解f，均有ρ(f)=∞.

情形3 當(dāng)ρ(Q(z))=0時，由于Q(z)是1個超越的整函數(shù)，容易得到對于任意的角arg z=θ(0≤θ＜ 2π)，有

類似情形1的證明方法同樣可得矛盾.于是對方程(2)的任一非零解f，均有ρ(f)=∞.因而情形(i)的結(jié)論成立.

下面證明定理1滿足條件(ii)Q(z)=h(z)eaz.

令 a= α +iβ，α，β 是實(shí)數(shù)，z=r eiθ，則 δ(az，θ)=αcosθ- βsin θ.

下面證明斷言:使得δ(az，θ)＞0的θ角域存在且和復(fù)平面上的右半平面有交集，并且交集具有正測度.設(shè)其交集為E，分3種情況討論.

情形1 若 α =0，β ≠ 0，則 δ(az，θ)=- β·sin θ，當(dāng)β ＞ 0時，sinθ＜ 0，取E=(- π/2，0)，則m(E)＞0;當(dāng) β ＜ 0時，sinθ＞ 0，取E=(0，π/2)，則m(E)＞0.

情形2 若α≠0，β =0，則δ(az，θ)= αcosθ，因為a?R-的非零復(fù)常數(shù)，即α?R-，則cosθ＞0.

類似情形1，可知斷言成立.

于是，?K ＞ 0，有

由引理3可知，對于方程(2)的任一非零解f，都有 ρφ1φ2(f)= ∞.也就是說在整個復(fù)平面 上有ρ(f)= ∞.

下證超級ρ2(f)=1.

根據(jù)引理8 可得 ρ2(f)≤ max{ρ(Pj)，j=1，2，…，k-1}=1.由(ii)中的斷言，現(xiàn)在考慮角域Ω=(φ1，φ2)，在此角域內(nèi)具有(8)式成立.

另一方面，由引理9可知，存在1個集合E1?［1，+∞)具有有窮對數(shù)測度和常數(shù)B＞0，使得當(dāng)且r充分大時，有

又由(6)式和(9)式在角域Ω =(φ1，φ2)內(nèi)，有

由(8)式和(10)式得

對(11)式取2次對數(shù)再除以log r，則ρ2(f)≥1.所以ρ2(f)=1.從而(ii)得證.

綜上所述定理1得證.

定理2的證明 假設(shè)f0是方程(3)的有限級解，如果方程還有另外1個有限級解f1(≠f0)，則ρ(f1-f0)＜∞，且f1-f0為方程(2)的解，由定理1知，ρ(f1-f0)=∞，所以矛盾.故方程(3)至多有1個可能的有限級例外解f0.現(xiàn)在假設(shè)f為(3)的無窮級解，應(yīng)用引理7，可得f滿足∞.進(jìn)一步的情形可類似證明，定理2得證.

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