劉欣楊，徐澤坤，呂巍然

(中國石油大學(xué) 理學(xué)院，山東 青島 255680)

1 問題的提出

本文中的亞純函數(shù)通常表示為復(fù)平面上的亞純函數(shù)。我們將采用Nevanlinna理論,通常用T(r,f)表示f的特征函數(shù),m(r,f)表示均值函數(shù),N(r,f)表示極點計數(shù)函數(shù);與往常一樣,S(r,f)表示滿足S(r,f)=o(T(r,f))的量，其中r→∞,允許除去一有限對數(shù)測度的集合(參見文獻[1-2])。

復(fù)微分方程是復(fù)分析中一個重要的研究方向，方程解的存在性、唯一性和增長性是其非常重要的研究內(nèi)容。借助Nevanlinna值分布理論對復(fù)微分方程的研究已得到了豐碩的成果，相關(guān)內(nèi)容可以參見文獻[3-6]。

2004年，Yang等[7]證明了下面的結(jié)果:

定理A[7]方程

4f(z)3+3f″(z)=-sin(3z)

最近，Gundersen等[8]推廣了定理A，得到下面的定理:

定理B[8]設(shè)p(z)和q(z)為非零多項式,α(z)為非常數(shù)整函數(shù)。若方程

p(z)f(z)3+q(z)f″(z)=-sinα(z)

有整函數(shù)解,則α(z)=3az+b，其中:a,b為常數(shù),p和q為常數(shù),且滿足27p=4q3a6，f(z)=c1eiaz+c2e-iaz，其中常數(shù)c1和c2滿足c13=-e2bic23，2ipc13=-ebi，3pc1c2=qa2。

本文，我們進一步推廣定理B，得到了如下結(jié)果。

定理1設(shè)p,q,r和s為非零多項式,α為非常數(shù)整函數(shù)。如果p或者r為常數(shù),且

pf3+qf″=reα+se-α

(1)

有超越整函數(shù)解,則α=3az+b,p,q,r和s退化為常數(shù),且滿足27prs+a6q3=0,

f(z)=c1eaz+c2e-az,

這里c1和c2為常數(shù),滿足p2(c1c2)3=rs,3pc1c2+qa2=0。

為了進一步研究,我們提出以下問題:

問題1如果在定理1中去掉限制條件“p或者r為常數(shù)”,結(jié)論如何？

2 定理1的證明

定理的證明主要用到下面的結(jié)果。

引理1[1,9](Clunie引理)設(shè)P1(z,f),P2(z,f)是關(guān)于f的微分多項式,其系數(shù)aλ滿足T(r,aλ)=S(r,f)。若f為方程fnP1(z,f)=P2(z,f)的亞純解,且P2(z,f)的次數(shù)不超過n，則有m(r,P1(z,f))=S(r,f)。

引理2[10]假設(shè)f是方程

af2+bff′+c(f′)2=d

的解,a,b,c,d是滿足T(r,a)+T(r,b)+T(r,c)+T(r,d)=S(r,f)的亞純函數(shù),acd?0，則有

下面給出定理1的證明。

假設(shè)f是方程(1)的超越整函數(shù)解,對式(1)求導(dǎo)得

(p′f+3pf′)f2+(qf″)′=(r′+rα′)eα+(s′-sα′)e-α。

上述方程和式(1)結(jié)合，并利用eα·e-α=1，有

f4[h1f2+h2ff′+h3(f′)2]=P4(z,f)，

(2)

其中:P4(z,f)表示f的微分多項式,其系數(shù)為多項式，degP4≤4,并且

(3)

令

κ=h1f2+h2ff′+h3(f′)2。

(4)

為了證明定理1，我們考慮以下兩種情形:

情形1假設(shè)κ≡0。這樣由式(4)得

[p′r-p(r′+rα′)]f+3prf′≡0 或者 [p′s-p(s′-sα′)]f+3psf′≡0。

因此,有

通過積分,可得

(5)

這里c為非零常數(shù)。

因此,情形1不會發(fā)生。

情形2假設(shè)κ?0。對式(2)應(yīng)用引理1，得到m(r,κ)=S(r,f)。再根據(jù)κ為整函數(shù),所以T(r,κ)=S(r,f)。

若h1≡0，由式(3)得

p′r-p(r′+rα′)≡0 或者p′s-p(s′-sα′)≡0。

(6)

這樣，根據(jù)p′r-p(r′+rα′)≡0,有p=creα,其中c為常數(shù)。考慮到p,r為多項式,α為非常數(shù)整函數(shù),這是不可能的。所以,p′r-p(r′+rα′)?0。

同理可證p′s-p(s′-sα′)?0。因此h1?0。又顯然h3?0。這樣，再根據(jù)式(3)，有

h22-4h1h3=9p4(2rsα′+r′s-rs′)2。

(7)

若h22-4h1h3≡0，則有re2α=cs,這里c為非零常數(shù)。顯然這是不可能的。因此，h22-4h1h3?0，對式(4)應(yīng)用引理2，得到

再把上式和式(3)結(jié)合,有

對上式進行積分,得

κ3r2s2=d(2rsα′+r′s-rs′)6p4，

(8)

其中常數(shù)d≠0。根據(jù)式(8)可知,存在多項式φ,使得rsp=φ3。這樣,式(8)可以改寫為

(9)

其中常數(shù)τ滿足τ6=d。

現(xiàn)在,把式(9)代入式(4),有

上式意味著

(10)

和

(11)

成立,其中β為整函數(shù)。

然后，式(10)和(11)聯(lián)立,得到

(12)

和

(13)

明顯地,根據(jù)式(12)可得

(14)

再根據(jù)式(13)和(14),有

這樣,上式蘊涵著

(15)

因為r,φ,p為多項式,α,β為整函數(shù),由式(15),立即得到3β+α=ξ,這里ξ為常數(shù)。

對上式應(yīng)用Borel定理,得

(16)

考慮到rsp=φ3,式(16)可以化為

(17)

根據(jù)v1,v2的定義,有

(18)

和

(19)

再利用式(17)中的第1個恒等式和第4個恒等式,有

τ6=-1，s=τ3e-ξr。

(20)

進一步,根據(jù)式(17)中的第2個恒等式和第3個恒等式,得

(21)

至此,根據(jù)3β+α=ξ以及式(18)—(21),我們有

(22)

對式(22)進行積分,立即得到s2(α′)3=cp2,這里c為非零常數(shù)。我們由此可以推知α是一個非常數(shù)多項式。同時,根據(jù)式(1),有ρ(f)<+∞。

根據(jù)假設(shè)條件，當(dāng)p為常數(shù)時,根據(jù)s2(α′)3=cp2和式(20)得到p,r,s和α′均為常數(shù)。另外,再由式(17)得到q一定也是常數(shù)。

當(dāng)r為常數(shù)時,由式(20),易知s也是常數(shù)。在這種情形下,可以假設(shè)p=t1φ3,α′=t2φ2，其中t1,t2為常數(shù)。下面我們證明φ也是常數(shù)。為此，假設(shè)多項式φ的次數(shù)為n,并且n≥1。于是,degp=3n，degα′=degβ′=2n。注意到s為常數(shù),由式(17)中第2個恒等式和式(18)可得

9τ2p2φ2≡-q{[p″+(pα′)′]pφ+[p′+pα′][(pφ)′-β′pφ]}。

(23)

注意，式(23)右邊多項式的次數(shù)等于degq+deg(pα′)+deg(β′pφ)≥11n,而其左邊多項式的次數(shù)為8n,矛盾。這個矛盾表明n=0,也就是φ為常數(shù)。這樣p,r,s和α′都是常數(shù)。利用式(17)可知q也是常數(shù)。

下面,給出f的表達式。為此，令

α=3az+b，

(24)

這里a≠0和b為常數(shù)。再由式(12)和(24)得

f(z)=c1eaz+c2e-az，

(25)

這里c1和c2為常數(shù)，且c1c2≠0。把式(25)代入式(1)，有

p(c13e3az+3c12c2eaz+3c1c22e-az+c23e-3az)+qa2(c1eaz+c2e-az)=re3az+b+se-3az-b。

對上式應(yīng)用Borel定理，有

(26)

顯然,由式(26)得到p2(c1c2)3=rs和3pc1c2+qa2=0。因此27prs+a6q3=0。這就完成了定理1的證明。

3 結(jié) 語

本文基于Yang等[7]和Gundersen等[8]對一類非線性微分方程整函數(shù)解的討論，利用值分布論等基本理論，結(jié)合Clunie引理、Borel定理等，對一類非線性微分方程整函數(shù)解的具體形式進行了刻畫。最后，我們提出一個問題，可供進一步研究。