微分方程fn+pn-1zf的刻画英文

微分方程fn+pn-1zf的刻画英文

1射线argz12f级borel方向方程f（n）+pn-1（z）f（n-1）+。P1(z)f′+P0(z)f=F(z),(1)其中P0,P1,…,Pn-1为多项式,P0不恒等于零,F(z)为有穷级超越整函数,并且n≥2。众所周知(1)的任意解必是有穷级超越整函数,由方程(1)也容易验证这一点。在叙述主要结果之前,引入有关概念和符号如下:设f(z)为复平面上的整函数,σ(f)表示f(z)的增长级,即σ(f)=¯limr→∞ln+ln+Μ(r,f)lnr,其中M(r,f)=sup{|f(z)|:|z|≤r},ln+x={lnx,0‚x≥1‚x∈[0‚1).令Ω(θ1,θ2)∶={reiθ|θ1<θ<θ2,r>0},Ω(θ1,θ2;r)∶={ρeiθ|θ1<θ<θ2,r≥ρ>0},ρ(α,β;f)∶=¯limr→∞ln+ln+Μα‚β(r,f)lnr,其中Mα,β(r,f)表示f(z)在闭集ˉΩ(α,β;r)上的最大模,并且令n(E,f(z)=a)表示方程f(z)=a在集E中根的个数,计重数。以下定义可参阅文。射线argz=θ,θ∈[0,2π)称为整函数f(z)的ρ级Borel方向,如果对于任意小的数ε>0和任意有限复数X均有¯limr→∞ln+nθ-ε‚θ+ε(r,f=X)lnr=ρ,至多可能除去一个复数X外,其中nθ-ε,θ+ε(r,f=X)=n(Ω(θ-ε,θ+ε;r),f=X).定义:设f(z)为一个整函数,对θ∈[0,2π],定义df(θ)=¯limr→∞ln+ln+|f(reiθ)|lnr.主要结果叙述如下:定理1对于方程(1),以下两种情形成立。(a)如果σ(F)=1+max0≤m≤n-1degΡmn-m,则存在角域Ω(α‚β)‚β-α=πσ(F),使得方程(1)的所有解f(z)在Ω(α,β)内至少有一条σ(F)级的Borel方向。(b)如果σ(F)＞1+max0≤m≤n-1degΡmn-m,则方程(1)的所有解f(z)具有相同的σ(F)级Borel方向。注:在定理1(a)中,方程(1)的所有解f(z)在Ω(α,β)内是否至少有一条公共的σ(F)级的Borel方向?定理2设σ(F)≥1+max0≤m≤n-1degΡmn-m,则存在角域Ω(α,β)‚β-α≥πσ(F),使得对所有θ∈(α,β)和方程(1)的所有解f(z),有df(θ)=σ(F).注:对于有穷ρ(ρ>0)级整函数f(z),文中的推论2.3.6指出,存在一个开扇形I,张角不小于πρ,使得对任意θ∈I,有df(θ)=ρ。2borel方向乘子法在定理的证明中,需要如下引理。引理1设f(z)为0<ρ<∞级整函数。则f′(z)的ρ级Borel方向必是f(z)的ρ级Borel方向。引理2设f(z)为ρ级整函数,ρ＞πβ-α‚0＜α＜β≤2π。如果f(z)在Ω(α,β)内无ρ级Borel方向,则对任意给定ε>0,满足π<(β-α-2ε)ρ,有ρ(α+ε,β-ε;f)<ρ.证明:作变换ξ=ze-iα+β2,有ξ:Ω(α‚β)→Ω(-β-α2‚β-α2).设g(ξ)=f(ξeiα+β2)=f(z).注意到f(z)在ˉΩ(α+ε,β-ε;r)上的最大模与g(ξ)在ˉΩ(-β-α2+ε,β-α2-ε;r)上的最大模相等,即Μα+ε,β-ε(r,f)=Μ-β-α2+ε,β-α2-ε(r,g).由文中的引理2.12知,引理2得证。引理3设f(z)为有穷ρ(ρ>0)级整函数。则对于任意正数δ‚δ＜πρ,存在角域Ω(α,β)‚α∈[0‚2π)‚β=α+πρ+δ,使得f(z)在角域Ω(α,β)内至少有一条ρ级的Borel方向且满足ρ(α,β;f)=ρ.证明:假设结论不对,即存在一个正数δ0‚δ0＜πρ,对任意角域Ω(α,β)‚α∈[0‚2π)‚β=α+πρ+δ0,使得f(z)在角域Ω(α,β)内至少有一条ρ级Borel方向,有ρ(α,β;f)<ρ.(2)现在把[0,2π]分成k(k>1)个区间[θj,θj+1],j=1,2,…,k,满足θj+1-θj＞πρ‚[0‚2π]=k∪j=1[θj,θj+1].考虑角域Ω(θj,θj+1),1≤j≤k,如果f(z)在角域Ω(θj,θj+1)内无ρ级Borel方向,则由引理2有ρ(θj,θj+1;f)<ρ.(3)于是,对于每个Ω(θj,θj+1),结合式(2)和(3),有¯limr→+∞ln+ln+Μ(r,f)lnr=max1≤j≤k{¯limr→+∞ln+ln+Μθj,θj+1(r,f)lnr}＜ρ.说明f(z)的增长级不为ρ,矛盾。引理得证。根据文中的定理2.3.5,我们有引理4设f(z)为有穷ρ(ρ>0)级整函数。如果0＜β-α≤πρ‚df(α)＜ρ和df(β)<ρ,则对于任意θ∈[α,β],有df(θ)<ρ。引理5设f(z)为有穷ρ(ρ>0)级整函数。则至少存在一个张角足够小的角域Ω(α,β),β-α>0,使得f(z)在角域Ω(α,β)内至少有一条ρ级的Borel方向且满足ρ(α,β;f)=ρ.证明:假设结论不对,即对于任意给定的张角足够小的角域Ω(α0,β0),β0-α0>0,如果f(z)在Ω(α0,β0)内至少有一条ρ级Borel方向,则有ρ(α0,β0;f)<ρ.对于任意小的数ε>0,由引理3知,存在α∈[0,2π),使得f(z)在角域Ω(α,β)‚β-α=πρ+ε,内至少有一条ρ级的Borel方向,且满足ρ(α,β;f)=ρ.(4)作角域Ω(γ,α)和Ω(β,δ),其中γ=α-πρ-ε‚δ=β+πρ+ε。首先,假设f(z)在Ω(α,β)内仅有一条ρ级Borel方向,记为argz=θ,θ∈(α,β)。如果f(z)在ˉΩ(γ,α)内无ρ级的Borel方向,注意到θ-γ＞πρ,由引理2知ρ(α,θ;f)<ρ;如果f(z)在ˉΩ(γ,α)内有ρ级的Borel方向,则记argz=θ1为f(z)在ˉΩ(γ,α)内所有ρ级的Borel方向所组成的集合的上确界,θ1∈[γ,α]。考虑两种情况:(i)若θ-θ1＞πρ,则由引理2知ρ(α,θ;f)<ρ;(ii)若θ-θ1≤πρ,由假设知df(θ)<ρ,df(θ1)<ρ,则由引理4知ρ(α,θ;f)<ρ。总之,有ρ(α,θ;f)<ρ.另一方面,如果f(z)在ˉΩ(β,δ)内无ρ级的Borel方向,则类似前面的证明,可证得ρ(θ,β;f)<ρ;如果f(z)在ˉΩ(β,δ)内有ρ级的Borel方向,则记argz=θ2为f(z)在ˉΩ(β,δ)内所有ρ级的Borel方向所组成的集合的下确界,θ2∈[β,δ]。同理可证得ρ(θ,β;f)<ρ。因此,ρ(α,β;f)<ρ。矛盾于式(4)。其次,若f(z)在Ω(α,β)内至少有两条ρ级的Borel方向,则记argz=θ0,argz=θ*分别为f(z)在Ω(α,β)内所有ρ级的Borel方向所组成的集合的下、上确界。分别由θ0,θ*代替θ,由前面的证明知,ρ(α,θ0;f)<ρ,ρ(θ*,β;f)<ρ。下面只需证明ρ(θ0,θ*;f)<ρ,从而导出矛盾。情形一:θ*-θ0＞πρ。当f(z)在Ω(θ0,θ*)内无ρ级的Borel方向时,由引理2知ρ(θ0,θ*;f)<ρ;当f(z)在Ω(θ0,θ*)内至少有一条ρ级的Borel方向时,设argz=φ为其中一条ρ级的Borel方向。考虑到ε>0的任意性,则不妨设φ-θ0>ε,θ*-φ>ε,因此,通过简单计算得ε＜φ-θ0＜πρ‚ε＜θ*-φ＜πρ。由引理4知,ρ(θ0,φ;f)<ρ,ρ(φ,θ*;f)<ρ。于是,ρ(θ0,θ*,f)<ρ。情形二:θ*-θ0≤πρ。由引理4知,ρ(θ0,θ*;f)<ρ。所以,若f(z)在Ω(α,β)内至少有两条ρ级的Borel方向,则ρ(α,β;f)<ρ。矛盾于式(4)。综上所述,引理得证。3fz级borel方向(a)已知F(z)至少有一条σ(F)级的Borel方向,对于任意小的数η>0,由引理3知,存在角域Ω(α,β)‚β-α=πσ(F)+η‚α∈[0‚2π),使得F(z)在Ω(α,β)内至少有一条σ(F)级的Borel方向,且满足ρ(α,β;F)=σ(F).(5)Ω(α,β)中的一条σ(F)级的Borel方向记为argz=θ,α<θ<β。设f(z)为方程(1)的任意整函数解。由文中定理6.8(a)和定理6.9(a),有σ(f)=σ(F)。假设f(z)在Ω(α,β)内无σ(F)级Borel方向。则由引理1,f(j)(z)(j=1,2,…,n)在Ω(α,β)内也无σ(F)级Borel方向。取一个正数ε>0,使得π＜(β-α-2ε)σ(F)‚ε＜min{β-θ,θ-α}‚β-α-2ε＞πσ(F).于是‚由引理2‚有¯limr→∞ln+ln+Μα+ε‚β-ε(r,f(j))lnr＜σ(F)‚j=1,2,⋯‚n.因此‚从方程(1)‚有¯limr→∞ln+ln+Μα+ε‚β-ε(r,F)lnr=¯limr→∞ln+ln+Μα+ε,β-ε(r,f(n)+n-1∑j=0Ρjf(j))lnr≤max0≤j≤n{¯limr→∞ln+ln+Μα+ε,β-ε(r,f(j))lnr}＜σ(F)‚(6)式(6)与(5)矛盾。令η→0,由此证明了所有解f(z)在Ω(α,β)内至少有一条σ(F)级的Borel方向。(b)设w1,…,wn为方程(1)的齐次线性微分方程的n个线性无关解。f1和f2为方程(1)的两个线性无关解。则f2=f1+c1w1+…+cnwn,其中c1,…,cn为常数。注意到σ(wj)≤1+max0≤m≤n-1degΡmn-m＜σ(f1)=σ(f2)=σ(F).我们推知f1与f2有相同的σ(F)级Borel方向。由此推出所有方程(1)的解都有相同的σ(F)级Borel方向。证毕。4求解各条件中n对于任意小的数ε‚0＜2ε＜πσ(F),由引理5知,取角域为Ω(α0,β0),[α0,β0]=[θ-ε,θ+ε],其中argz=θ,θ∈(α0,β0),为F(z)在Ω(α0,β0)内的一条σ(F)级的Borel方向,并且满足ρ(α0,β0;F)=σ(F).(7)现分两种情况讨论:情形一:若对上面的正数ε,有df(θ+ε)<σ(F).要证明对任意φ满足θ＞φ＞θ+ε-πσ(F),有df(φ)=σ(F).(8)假设存在φ0∈(θ+ε-πσ(F)‚θ),不妨设α0≥φ0,有df(φ0)<σ(F).对任意φ∈[φ0,θ+ε],由引理4知,有df(φ)<σ(F).因此,¯limr→∞ln+ln+Μφ0,θ+ε(r,f)lnr＜σ(F)=σ(f).由方程(1)得|F(z)|≤n-1∑k=0|Ρk(z)||f(z)||f(k)(z)f(z)|+|f(z)||f(n)(z)f(z)|.(9)根据定理2.3.3,不妨设θ±ε∈/E0,E0是线性测度为零的集合,对于∀ue001θ∈(φ0,θ+ε)\E0,存在正数R(ue001θ)>1,q>1,使得对所有r>R(ue001θ),有|f(k)(reiθ)f(reiθ)|=Ο(rq)‚(10)k=0,1⋯‚n。类似于式(6)的推导过程,结合式(10),从式(9)推得dF(ue001θ)<σ(F).从而,dF(θ-ε)<σ(F)。再结合定理2.3.2,类似于上式的推导过程,有dF(θ+ε)<σ(F)。根据引理4,有ρ(θ-ε,θ+ε;F)<σ(F),矛盾于式(8)。所以,论断式(8)是成立的。令ε→0时,对于任意φ∈(θ-πσ(F)‚θ),有df(φ)=σ(F).令Ω(α,β)=Ω(θ-πσ(F)‚θ)即为所求。同理可证,若对任意的ε‚0＜ε＜πσ(F),有df(θ-ε)<σ(F).则对θ＜φ＜θ-ε+πσ(F),有df(φ)=σ(F).同样,令ε→0时,可证得Ω(α,β)=Ω(θ,θ+πσ(F))即为所求。情形二:存在正数列ε´n‚ε˝n‚0＜ε´n,ε˝n＜πσ(F)‚ε´n→0‚ε˝n→0(n→∞),使得df(θ-ε′n)=df(θ+ε″n)=σ(F).(11)令θ1=sup{φ<θ|df(φ)<σ(