衛(wèi)玉明，劉 凱，高迎春

(南昌大學(xué)理學(xué)院數(shù)學(xué)系，江西 南昌 330031)

1 引言與主要結(jié)果

本文中，我們假設(shè)讀者熟悉Nevanlinna理論[1-2]的基本概念和符號，且f(z)為復(fù)平面上的亞純函數(shù)。對于非線性函數(shù)方程而言，利用Nevanlinna理論可以得到其亞純函數(shù)解的存在性、增長性和零點極點等方面的性質(zhì)，然而求其所有的亞純函數(shù)解的形式往往是很困難的事情。在文獻Yang和Li[3]，Heittokangas,Korhonen和Laine[4]中，作者通過觀察三角公式sin3z=3sinz-4sin3z,研究了一類重要的的非線性微分方程

4f(z)3+3f″(z)=-sin3z

(1.1)

的亞純函數(shù)解的性質(zhì)，并得到了下列結(jié)果:

定理A[3]方程(1.1)只有3個亞純函數(shù)解且都是整函數(shù),分別是

f(z)n+P(f)=p1eα1z+p2eα2z

(1.2)

這里的P(f)是f(z)的微分多項式，p1,p2,α1,α2是非零常數(shù),n(≥3)是正整數(shù)。這方面的結(jié)果可見文[5-6]，后來大家也研究了P(f)是差分或者微分差分或者q-差分形式的函數(shù)方程的亞純函數(shù)解[7]。

基于常用的三角函數(shù)公式sin(z1+z2)=sinz1cosz2+cosz1sinz2。如果sinz被函數(shù)f(z)代替，cosz被f′(z)代替，便得到了下列的微分方程:

f(z1+z2)=f(z1)f′(z2)+f(z2)f′(z1)

(1.3)

Zhang和Yi[8，定理1.2]得到了下列結(jié)果:

注1在證明定理B的過程中，Zhang和Yi利用了正規(guī)族的一些理論，特別是Zalcman引理起到了重要作用，得到了方程(1.3)的亞純函數(shù)解的增長級為不超過1的結(jié)論。事實上此結(jié)論可以利用引理2.2得到。

本文我們基于另外一個重要的三角函數(shù)公式，cos(z1+z2)=cosz1cosz2-sinz1sinz2,類似的，我們用f(z)替換cosz,用-f′(z)替換sinz,得到了下述微分方程:

f(z1+z2)=f(z1)f(z2)-f′(z1)f′(z2)

(1.4)

顯然f(z)=cosz為上述方程的一個亞純函數(shù)解，我們首先給出關(guān)于方程(1.4)亞純函數(shù)增長性和存在性結(jié)果。

定理1.1方程(1.4)不存在非整函數(shù)的亞純函數(shù)解，方程(1.4)的整函數(shù)解的增長級ρ(f)≤1。

下面的定理刻畫了方程(1.4)的整函數(shù)解的形式。

2 引理

引理2.1[9]對于任意的亞純函數(shù)f和任意非零常數(shù)q，下面的等式成立

T(r,f(qz))=T(|q|r,f)+O(1).

引理2.2[10]令Φ:(1,+∞)→(0,+∞)是一個在復(fù)平面上的單調(diào)遞增的函數(shù)，f是非常數(shù)亞純函數(shù)，如果對于一些實常數(shù)α∈(0,1),存在實常數(shù)K1>0和K2≥1使得

T(r,f)≤K1Φ(αr)+K2T(αr,f)+S(αr,f),

則f的增長級滿足

注3通過文獻[10]中涉及的關(guān)于引理2.2的證明過程，上述引理對于去掉Φ(r)的有關(guān)項后，結(jié)論也是成立的。

3 定理的證明

定理1.1的證明假設(shè)方程(1.4)存在有極點的亞純函數(shù)解f(z)，那么當(dāng)z1=z2=z時，方程(1.4)可以轉(zhuǎn)化為

f(2z)=f(z)2-f′(z)2

(3.1)

下面我們證明所有的整函數(shù)的增長級滿足ρ(f)≤1。由引理2.1可以得到

T(r,f(2z))=T(2r,f(z))+O(1)

(3.2)

因為f(z)為整函數(shù)，利用對數(shù)導(dǎo)數(shù)引理可以得到

定理1.2的證明首先假設(shè)f(z)是次數(shù)為n(n≥1)的多項式。對于方程(3.1)，我們得到f(2z)的次數(shù)為n，f(z)2-f′(z)2的次數(shù)為2n，矛盾。所以f(z)必為常數(shù)。令f(z)≡c,c是一個常數(shù),則有c=c2,則有c=0或c=1。因此f1≡0,f2≡1。

下面假設(shè)f(z)是超越整函數(shù)。首先令z1=0,z2=z,我們得到

f(z)=f(0)f(z)-f′(0)f′(z)

(3.3)

現(xiàn)在我們分下列兩種情況討論。

情形1當(dāng)f′(0)≠0.我們得到

令a是非零常數(shù)，則有

f(z)=ceaz

情形2當(dāng)f′(0)=0,通過方程(3.3)得到f(0)=1。在方程(1.4)中，對z2求導(dǎo)得到

f′(z1+z2)=f(z1)f′(z2)-f′(z1)f″(z2)

(3.4)

對于(3.4)式，分別對z1,z2求導(dǎo)，得到

(3.5)

對于(3.5)式，令z1=z2=z,得

f′(z)(f′(z)+f?(z))=f″(z)(f(z)+f″(z))

(3.6)

顯然f′(z)和f″(z)不可能恒等于0。當(dāng)f(z)+f″(z)≡0時。得

f(z)=Aeiz+Be-iz,

這里的A,B是非零常數(shù)。將f(z)代入(1.4)得

A(1-A-A)ei(z1+z2)+B(1-B-B)e-i(z1+z2)=0,

所以

因此A=B=1/2,因此我們有f(z)=cosz。

當(dāng)f(z)+f″(z)不恒等于零時。由(3.6)得到

對上式兩邊積分得

f(z)+f″(z)=Cf′(z),