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一類高階線性微分方程解的超級估計

2015-12-14 06:09:34范水平陳宗煊
關鍵詞:亞純對數(shù)測度

范水平,陳宗煊

(華南師范大學數(shù)學科學學院,廣州510631)

1 引言和主要結果

本文假設讀者熟悉亞純函數(shù)的值分布理論和標準記號[1-2],σ(f)和σ2(f)分別表示亞純函數(shù)的增長級和超級. 為了更精確地估計微分方程解的增長性,首先回顧以下定義.

定義1[3]假設f(z)是復平面上的亞純函數(shù),

則f(z)的超級σ2(f)定義為

定義2[4]給定一個集合E,它的線測度和對數(shù)測度分別定義為

本文考慮微分方程

其中Hj(z)為整函數(shù). 當k=2 時,方程為

其中H1(z)或H0(z)是超越整函數(shù). 如果f1和f2是方程(2)的2個線性無關的解,則f1和f2中至少有1個具有無窮級[5]. 另一方面,對于方程(2),存在具有有窮級解的情況. 例如:f=e-z滿足方程

對于方程(2),一個很自然的問題:Hj(z)(j =0,1)需要滿足什么條件才能保證方程(2)的每個解f 具有無窮級?關于這方面的工作已經(jīng)有很多,Gundersen[6]、Hellerstein 等[7-8]研究了此類方程的非平凡解具有無窮級的條件,列舉如下:

(i)σ(H1(z))<σ(H0(z))<1/2;

(ii)H1(z)是多項式,H0(z)是超越整函數(shù).

更多的結果可參考文獻[7]、[9]、[10],對進一步研究整函數(shù)系數(shù)微分方程解的無窮級的精確估計具有一定的價值.

對于高階齊次線性微分方程(1),當方程系數(shù)滿足什么條件可以保證方程的每個非零解具有無窮級?如何更加精確地估計無窮級解的增長性?2003年,Chen[11]進行了研究,并得到:

定理1[11]假設aj(j =0,1,…,k-1)是復數(shù),存在as和al,使得l >s,as=dseiφ,al=-dleiφ,ds>0,dl>0,對j≠s,l,aj=djeiφ(dj≥0)或aj=-djeiφ,max{dj;j≠s,l}=d <min{ds,dl},如果Hj=hjeajz,hj是多項式,且hshl?0,則微分方程(1)的每個超越解f 滿足σ(f)=∞且σ2(f)=1.

2005年,江良英和陳宗煊[12]繼續(xù)研究方程(1)的解的增長性,并得到:

定理2[12]假設Hj(z)=hj(z)ePj(z)(j =0,1,…,k-1),Pj(z)是首項系數(shù)為aj的n (n≥1)次多項式,hj(z)為整函數(shù),σ(hj(z))<n,aj是復數(shù),存在as和al,使得l >s,as=dseiφ,al=-dleiφ,ds>0,dl>0. 對j≠s,l,aj=djeiφ(dj≥0)或aj=-djeiφ,max{dj;j≠s,l}=d <min{ds,dl},hshl?0,則微分方程(1)的每個超越解f 滿足σ(f)=∞.

本文繼續(xù)研究方程(1),得到了方程(1)的非零解的超級的精確估計,得到如下結果.

定理3 假設Hj(z)=hj(z)ePj(z)(j =0,1,…,k-1),Pj(z)=ajzn,hj(z)為整函數(shù)且σ(hj(z))<n,aj是復數(shù),存在as和al,使得l >s,as=dseiφ,al=-dleiφ,ds>0,dl>0,對j≠s,l,aj=djeiφ(dj≥0)或aj=-djeiφ,max{dj;j≠s,l}=d <min{ds,dl},hshl?0,則微分方程(1)的每個超越解f 的超級滿足σ2(f)=n.

定理4 假設Hj(z)=hj(z)ePj(z)(j =0,1,…,k-1),Pj(z)=ajzn,hj(z)為整函數(shù)且σ(hj(z))<n,aj是復數(shù),存在as和al,使得l >s,as=dseiφ,al=-dleiφ,ds>0,dl>0,對j≠s,l,aj=djeiφ(dj≥0)或aj=- djeiφ,max{dj;j≠s,l}= d <min{ds,dl},hshl?0,gj(j =0,1,…,k-1)是多項式,則微分方程

的每個超越解f 滿足σ(f)=∞及σ2(f)=n.

2 證明所需要的引理

引理1[11]假設Aj(j =0,1,…,k-1)是有窮級整函數(shù),若f 是方程

引理2[11]假設f(z)是一個具有無窮級的整函數(shù)且σ2(f)=α <+∞,E?[1,∞)具有有窮對數(shù)測度,則存在一個無窮點列{zk= rkeiθk}(k =1,2,…),使得|f(zk)| =M(rk,f),θk[0,2π)},=θ0[0,2π),rkE,rk→∞和對任意的ε >0 和充分大的rk,有

其中v(rk)是f(z)的中心指標.

引理3[11]假設f(z)是超越整函數(shù),則存在對數(shù)測度為有限的集合E?{(1,∞)},使得當我們?nèi)滿足|z| =r([0,1]∪E),|f(z)| =M(r,f)時,有

引理4[13]假設f(z)是超越亞純函數(shù),Γ ={(i1,j1),…,(im,jm)}是一個由整數(shù)對所構成的有限集合且滿足jn>in≥0 (n =1,…,m),α >1,ε>0 是給定的常數(shù). 則下列結論成立:

(i)存在一個具有線測度為零的集合E1?[0,2π),且存在僅依賴于α 與Γ 的常數(shù)B >0,使得對于ψ0([0,2π)-E1),存在一個常數(shù)R0=R0(ψ0)>0,對所有滿足|z|≥R0,arg z=ψ0的z 和(i,j)Γ,有

(ii)存在一個具有有窮對數(shù)測度的集合E2?[1,∞),且存在僅依賴于α 與Γ 的常數(shù)B >0,使得對所有滿足|z|(E2∪[0,1])的z 和(i,j)Γ,(i)的結論成立;

(iii)存在一個具有有窮線測度的集合E3?[1,∞),且存在僅依賴于α 與Γ 的常數(shù)B >0,則對所有滿足|z|(E3∪[0,1])的z 和(i,j)Γ,有

引理5[14]假設P(z)=deiφzn+…(d >0)是一個n (n≥1)次多項式,A(z)(?0)是整函數(shù)且σ(A)<n,假設g(z)=A(z)eP(z),z =reiθ,那么對任意給定的ε >0,存在線測度為零的集合H1?[0,2π),滿足對任意θ([0,2π)-(H1∪H2)),存在R >0,對所有滿足|z| =r >R 的z,下列情形之一成立:

其中H2={θ[0,2π);cos(φ+nθ)=0}是有限集.

引理6[15]假設g:(0,∞)→R,h:(0,∞)→R,二者都是單調(diào)遞增函數(shù),除去一個對數(shù)測度有限的例外集E 外滿足g(r)≤h(r),則對于任意α >1,存在r0>0,使得對所有r >r0,g(r)≤h(αr)成立.

3 定理的證明

定理3 的證明 假設f(z)是方程(1)的超越解,由引理1 可知,σ2(f)≤n,只需要證明σ2(f)≥n.

由定理2 可知,σ(f)=∞. 若方程(1)的系數(shù)如定理3 所假設,我們斷言:方程(1)的非零解f 的超級均滿足σ2(f)=n.

我們采用反證法. 假設σ2(f)=α <n,下面證明假設不成立,從而完成定理的證明.

由引理4,存在一個具有有限對數(shù)測度的集合E1?[1,∞),且存在僅依賴于α 與Γ 的常數(shù)B >0,使得對所有滿足|z|(E1∪[0,1])的z 和(i,j)Γ,下列不等式成立(取α=2):

由Wiman-Valiron 理論,有:

由引理2,可以選取一個點列{zm=rmeiθm}(m=1,2,…),使得|f(zm)| = M(rm,f),θm[0,2π)},[0,2π),rm([0,1]∪E1∪E2),rm→∞,對于任給的ε1(0 <3ε1<min{1-α,(ds-d)/ds})和充分大的rm,有

令Ps(z)=aszn,Pl(z)=alzn,as=dseiφ,al=-dleiφ,z = reiθ0. 對于上面的θ0,有Re{aszn}=dsrncos(φ +nθ0),Re{alzn}=-dlrncos(φ +nθ0).對于cos(φ+nθ0),有3 種情形:(i)cos(φ+nθ0)>0;(ii)cos(φ+nθ0)<0;(iii)cos(φ+nθ0)=0.

下面分別考慮這3 種情形.

情形(i):cos(φ+nθ0)>0. 由式(1),有

對于充分大的m,θm→θ0,cos(φ+nθm)>0. 由引理5 可知,對于任意的ε >0,存在一個線測度為零的集合H1?[0,2π),滿足對任意θ([0,2π)-(H1∪H2)),其中H2={θ[0,2π);cos(φ+nθ)=0},存在R1>0,使得對所有滿足|z| =r >R1的z及充分大的m,可知θm滿足

由引理3,存在對數(shù)測度為有限的集合E3?(1,∞),使得取zm滿足|zm| =rm([0,1]∪E3),|f(zm)| =M(rm,f)時,有

對于點列{zm=rmeiθm},由式(4)、(8)~(11),當m 充分大時,可得

故有

由式(13)及引理6,立即得到σ2(f)≥n.

情形(ii):cos(φ+nθ0)<0. 用hlealzn代替hseaszn并且用情形(i)中相同的理由,可以得到σ2(f)≥n.

情形(iii):cos(φ+nθ0)=0. 由于zm=rmeiθm滿足對于充分大的m,rm→∞,θm→θ0,射線arg w =φ+nθ0是}(j=0,…,k-1)的一條漸近線,故存在N >0,當n >N 時,由,對j=0,…,k-1,有

其中M1和M2是2個正常數(shù). 由式(1)、(5)和式(14),有

式(16)與式(6)矛盾. 故假設不成立.

結合引理1,σ2(f)=n. 證畢.

定理4 的證明 運用類似定理3 的證明方法,可以證明定理4.

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