Pure Mathematics 理论数学, 2012, 2, 123-130 http://dx.doi.org/10.12677/pm.2012.23020 Published Online July 2012 (http://www.hanspub.org/journal/pm) The Fixed Points of the Solutions of Second Order Differential Equation and the Relationship with Small Functions Xueqin Luo, Zongxuan Chen Department of Mathematics, Huanan Normal University, Guangzhou Email: qincai0602@126.com, chzx@vip.sina.com Received: Apr. 5th, 2012; revised: Apr. 25th, 2012; accepted: May 9th, 2012 Abstract: In this paper, we study the second order differential equation: when f with the same level of f coefficient and equal to one, the fixed points of the solutions of equation and the relationship with the small functions. Keywords: Differential Equation; The Convergence Index; Small Function; The Fixed Point 二阶微分方程的解的不动点及与小函数的关系 罗雪琴,陈宗煊 华南师范大学数学科学学院,广州 Email: qincai0602@126.com, chzx@vip.sina.com 收稿日期:2012 年4月5日;修回日期:2012 年4月25 日;录用日期:2012 年5月9日 摘 要:在本文中,我们研究了二阶微分方程:当 f ,f的系数具有相同级且等于 1时,方程的解的 不动点以及解与小函数之间的关系。 关键词:微分方程;收敛指数;小函数;不动点 1. 引言与结果 在本文中,我们使用值分布论标准记号(见[1])。另外,使用 f 表示亚纯函数 f z的级, 2 f 表示 f z 的超级, f 表示 f z的零点收敛指数, f 表示 f z的不同零点叙列的收敛指数。我们还使用 f 表示亚纯函数 f z取小函数 的点的收敛指数, 2f 表示 f z取小函数 的点的二级收敛指数,用 f 表示 f z的解的不动点的收敛指数, 2 f 表示 f z的解的二级不动点的收敛指数。 关于二阶微分方程解的不动点问题,许多作者已有研究。当二阶微分方程中 f z的系数为多项式且次数大 于等于 1时,陈宗煊在文[2]中得到结论: 定理 A 假设 是多项式,次数 Pz deg 1Pz n ,那么微分方程 0fPzf (1.1) 的所有非零解都有无穷多个不动点,且不动点的收敛指数满足 2 2 n ff 。 在方程(1.1)的基础上,若为超越亚纯函数,吕巍然在文[3]中证明了结论: Pz 定理 B 假设 Pz为超越亚纯函数且 ,P 0 ,那么方程(1.1)的所有非零亚纯解 f z及其 , f f 有无穷 Copyright © 2012 Hanspub 123 罗雪琴, 陈宗煊 二阶微分方程的解的不动点及与小函数的关系 多个不动点,满足 ff ff 和 22 22 f ff , f。 关于解与小函数的关系问题,也有许多研究。当 f f 10 0 bz Aef 的系数具有不同级或者具有相同级但是级不等于 1 时,考虑二阶微分方程 az fAef (1.2) 若 j A z 0 0,1 1 j A j是整函数且 ,陈宗煊和孙光镐在文[4]中得到如下结果: 是整函数且 1 j A j A z 0 0,1j 定理 C 假设 。 是复常数且满足和或 。如果 ,ab ab 0arg argab 0acbc 1 z 0是有限级整函数,那么方程(1.2)的每一个解 f z 0满足 f ff 。 定理 D 假设 ,, j A zab 满足定理 C的假设条件。假设 0, 1,2是不全恒 j dzj等于零的多项式, z 0 整函数,如果是级小于1的 f z 0是方程(1 函数解,那么微分多项式 210 g zdfdfdf 满.2)的任一整 足 g 。 本文考虑二阶线性微分方程: 0QzffPzf (1.3) 其中 是整函数,满足 ,Pz Qz 1 nz z ea ze z Pzaz (1.4) 1 s zz b ze s Qzb ze (1.5) 0 ns azbz, , 1 ,, n az az 1 ,, s bz bz是多项式,并且满足下面(1.6)式和(1.7)式。 1 jj dd jjdjd az azaz 1 10 1, , jj jj azajn (1.6) 1101, , kk kk bzb ks 0 1 ,,, jj 1 kk mm kkm km bz bzbz (1.7) 其中 均是整数, 0,01,,; 1,, jk dm jnks j dj jd aa a 1 ,, k km kkm bb;是常数, 0 , k b0 j jd a , 。 0 k km b 已有作者研究过此类方程,如文[5]。他们证明了:当ns 时,方程(1.3)的每一个解 f z 0满足 。而关于方程(1.3)的解的不动点以及解与小函数的关系尚未得到研究。本文中,作者研究了方程(1.3) 的解的不动点以及与小函数的关系,得到下面的结论。 21f 定理 1.1 假设 满足(1.4)~(1.7)式, ,Pz Qz f z是方程~(1.3)的任一非零解, z 0 是有限级整函数, 且 。那么有 0m in1,zf 22 ff 2 2 f f 。 定理 1.2 假设 满足(1.4)~(1.7)式, ,Pz Qz 012 ,,zdzdzd 不全恒等于零的多项式, 是z 0是级 小于 1的整函数,若 f是方程(1.3)的任一无穷级解,那么微分多项式 021 g zdf df df 满足 22 g f 。 若令小函数 ,则得到下面关于不动点的结论: zz 推论 1.3 假设 ,Pz Qz 满足(1.4)~(1.7 )式,则方程(1.3)的每一个无穷级解 f均有无穷多个不动点,即 。同时,所有不动点的二级收敛指数均等于 f的超级,即 ff 22 f f 。 2. 为证明定理所需的引理 引理 2.1[6] 设01 1 ,,,, k A AA F 0 为有穷级亚纯函数。如果 f z是方程 的一个无穷级亚纯函数解,那么f满足: 10 kk k fAf 11 AfAf F fff 。 引理 2.2[5] 假设 1 ,, ,,, ns az azbzbz 1 是多项式,并且具有(1.6)式和(1 .7)式的形式, 0 ns azbz 。 Copyright © 2012 Hanspub 124 罗雪琴, 陈宗煊 二阶微分方程的解的不动点及与小函数的关系 ,Pz Qz满足(1.4)~(1.7)式,那么当时,方程(1.3)的每一个解ns f z 0满足 。 21f 10 kk k aa 引理 2.3[5] 令亚纯函数 是方程 12 ,,ff,, k f10 的一组线性无关解,那么亚纯系数 1k满足性质: 1,,k,lOogmax,: js mraTrfs 0, , j aj 。 引理 2.4[4] 假设 f是无穷级整函数, 0, 1,2j zd 210 fdfdf j dz 是不全恒为零的多项式。那么 具有无穷级。 3. 定理 1.1 的证明 22 ,gfgf 2 假设 f是方程(1.3)的任一非零解,令 g zfz z ,那么 2 。由(1.3) 式得 g Pg QgP Q 。显然0PQ 。否则, 是方程(1.3)的一个解,这与 f 矛盾。故有: 11gg PQ g gPQg (2.1) 所以 1 11 ,,, ,,,mrmrmrmrPmrQ C gPQg gg mr g (2.2) 2 11 ,, 3,NrNrNr C gPQg 1 (2.3) 由(2.2),(2.3 )式可得 3 111 ,,,3, ,,,, gg Trc TrNrmrmrmrPmrQC gPQggg TrP (2.4) 因为 ,log, k g mrC rTrg g ,除去一个线测度为有穷的集合 0,E 。所以有 4 11 ,,3,2log,,,TrgTrNrCrTrgmrP mrQ C PQ g (2.5) 故: 22 g g 。所以 22 g g 。即: 22 ff 。 又令 ,fzzdzfz z ,那么 222 hd f, 22 hf , hz 22 fd 。对方程(1.3)两边微分,由 fh ,,, fPf fh fh fQ 得到: QPQ QP hP hPQhPPQ QQ Q Q Q 。 下面验证 0 QPQ PPQ QQ 。令 QP FP PQ QQ Q ,由于 1 , 我们分以下三种情况讨论。 1) 当时,ns 11 n n dnz nd Fnsaze 。若 +0ns ,则 。所以就有 ,与 矛盾。故 1 snz e c 1 1 +0ns 。又 0 n nd a ,所以 0F 。 2) 当n时,s 11 ns ns dm nz nd sm Fazbz e 。若 0 ns ns dm nd sm az bz ,则 Copyright © 2012 Hanspub 125 罗雪琴, 陈宗煊 二阶微分方程的解的不动点及与小函数的关系 1 2 3 11 1 md sn sms ndss n sms ndn bz c amd sn b a csn emd ezm d 那么有或 ,与矛盾。所以 0 1 0 10 ns ns dm nd sm az bz 。于是 0F。 3) 当n时, 。因为s 11 s s m sm Fbze nz 0, 0 s sm b ,所以 0F 。 综上而得: 0 QPQ PPQ QQ 。故有 11hQhP PPQ hhQ QPQ PPQ QQ Q hQ (2.6) 又 4 ,,fd fdf d 。用上面类似的方法可以验证 32 0PQQQP Q 。再由方程(1.3)得 22 22 32 PQd PQPQQdPQPQPQQ fPQQQPQ , (2.7) 2 QdPQQdQPQQ fPQQP Q . (2.8) 对方程(1.3)两边进行两次微分得 422fPfPQfPQfQf 0 (2.9) 将 4 ,,, , f fff f 代入(2.9)式中得到 ddd (2.10) 其中 232 2 32 2PQQ PQPPQPQQPQQQ PQQQPQ 2 32222 222 32 22222PP QQP QPQPPQPQQPQQQQPQQP QQQQ PQQQP Q 接下来验证 0 。令 I ,分以下三种情况: 情况 1: 时,此时ns 22 211 n n dnz nd sn ns Iaze sn 。若 22 20 sn ns sn ,则 22 4 s2snn z c sn e 。那么有 1 ,与 1 矛盾。所以 22 20 sn ns sn 。又 ,所以 0 n nd a0I 。 情况 2: 时,此时ns 22 11 nzsn n s nd dmdnz nd sm a Inszaze b 。若 22 0 nzs s nd dm sm ansz b , 则 1 22 5 22 6 11 1 dm ns ndn sm n s s ndn sms anszc bdm ns ans b cns ed ezd m m Copyright © 2012 Hanspub 126 罗雪琴, 陈宗煊 二阶微分方程的解的不动点及与小函数的关系 于是有或 ,均与 矛盾。所以 0 1 1 22 0 nzs s nd dm sm ansz b 。又 ,所以0 n nd a0I 。 情况 3:n时,此时 s 21 n n dnz nd Insaze 1。若 20ns ,则 7 2 s nzc e 。故有 ,与 矛盾。所以 1 1 20ns 。而 0 n nd a ,于是有 0I 。 综上而得: 0 。于是我们得到: 11dd ddd (2.11) 对(2.6),(2.11) 式运用类似于(2.2)~(2 .5)式的方法,可以得到: 5 11 ,, 3,2, 2log,2,,,2, TrhTrNrNr1 H Q QPQ PPQ QQ Q CrTrh mrPmrQmrPmrC Q (2.12) 6 11 ,, 3,2log,,,TrdTrNrCrTrdTrTrC d (2.13) 其中 均为常数。所以 ,,, 1,,7 ii CC cci 2222 ,hhd d。故 2222 ,hhd d。即: 222 f ff 。 特别地,当时,由引理 2.2 可以得到ns 22 22 1ff ff 。 4. 定理 1.2 的证明 考虑方程(1.3), , z z PeQe中至少有一个是超越亚纯函数,故由引理 2.3,方 程(1.3)至少有一个无穷级解。 假设 f是方程(1.3)的一个无穷级解。 情况 1:假设 20d。令 210 zgz zdfdfdf 。由于 f ,故由引理 2.4, 。要证明 gf g ,只要证明 。由方程(1.3) 得到: f Pf Qf ,代 入 得到: z 12 02 zddPfddQf (3.1) 对(3.1)式两边微分得到: 1212 202022 zddP fddPdPddQfddQdQf 将 f 代入上式中即有: 2 12 202 1202212 zddP dPddQ dP dPfddQ dQdQ dPQf 1 (3.2) 令 2 012002112 20212 ,,ddPddQ ddPdPddQdPdP , 102212100 ,ddQdQdQdPQH . 由0101 ,,, 的表达式可得: 222 22 2202212 11HdPQd Qdd PdPQdd PQ 。下面验证 0H 。 分以下三种情况: 1) 当n时,若 s00d,则 2 02 11HddP0。若 00d ,则: Copyright © 2012 Hanspub 127 罗雪琴, 陈宗煊 二阶微分方程的解的不动点及与小函数的关系 22 2212 1 222 212 11 11 ns ns nsz dm ns ndsm HdPQdPQddPQ ddndzdmsdzdzdabze 由于 20d, ,所以 0, 0 ns nd sm ab 0H。故当时,ns0H 。 2) 当n时,则 s 222 22 2202212 11 20 1 222 212 11 11 snns sn ns ns ns md dm sm ndnsz dm nsndsm nd sm HdPQdQddPdPQddPQ db zdaz d dnzdd mszddzdabze ab 同样地,由于 20d,0, 0 ns nd sm ab ,所以 0H 。 3) 当n时,则。显然,s 22 211HdQ 0H 。综上而得: 0H 。 由(3.1),(3.2) 式得: 10 1 f H (3.3) 10 1 f H (3.4) 对(3.4)式两边微分得到: 010011 2 1 fHHHH HH H (3.5) 将(3.3),(3.4) ,(3.5) 式代入方程(1.3)中得到: 01000 111 22 01000 111 22 HHH PHHH HQ HHH HHH PHHH HQ HHH (3.6) 下面证明 01000 111 22 0 HHHPHHHHQ HHH 。也就是证明 01000111 0HHHHPH HHHQ (3.7) 考虑(3.7)式不等号左边 z e次数的最高项。 1) 时, ns z e次数的最高项为: 11 PH QH 。此式中 z e的最高次数为 ,最高次数项的系数为: 4nz e 42 442 4232 424242 222 2 nsnsns nsns ns dmdmdm sz szsz nd smnd smnd sm abdz eabdzeabdz e (3.8) 即: 。 4 42 2 222 2 nss s nss s dmm m szsz sz nd smsmsm abdzebdze bdze 因为 , 0, 0 ns nd sm ab 20d,0 ,所以(3.8)式不恒等于零,故(3.7)式不恒等于零。 2) 时, ns z e次数的最高项为: 2 10 Q 。此式中 z e的最高次数为 4 s z e,最高次数项的系数为: 2 22 22 ss ss s mm sm smsm bdzbdz bz s m (3.9) 即: 4 43 2s s m sm bdz 。因为 0 s sm b ,20d,0 ,所以(3.9)式不恒等于零,故(3.7)式不恒等于零。 3) 时, ns z e次数的最高项为: 11 PH QH 。此式中 z e的最高次数为 ,最高次数项的系数为: 4nz e 42 442 4232 424242 222 2 nsnsns nsns ns dmdmdm sz szsz nd smnd smnd sm abdz eabdzeabdz e (3.10) 即: 。 4 42 2 222 2 nss s nss s dmm m szsz sz nd smsmsm abdzebdze bdze Copyright © 2012 Hanspub 128 罗雪琴, 陈宗煊 二阶微分方程的解的不动点及与小函数的关系 因为 , 0, 0 ns nd sm ab 20d,0 ,所以(3.10)式不恒等于零,故(3.7)式不恒等于零。综上可得(3.7)式 不恒等于零。 情况 2:假设 , 20d10d,00d。此时, 01111 00010 ,,,dddPd dd 1 d 。采用上述类 似方法也可以证得(3.7)式不恒等于零。 情况 3:假设 , 20d10d ,00d。或 者20d ,00d ,10d 。同样采用上述类似方法即可证明(3.7) 式不恒等于零。 令01000 111 2 HHH PHHH HQ GHHH 2 ,由(3.6)式可以得到: 01000 11 2 1HHH PH1 2 H HHQ HG HG HG (3.11) 对(3.11)式运用类似于(2.2)~(2 .5)式的方法可以得到: 0 10 00111 22 1 ,3, 2log,, ,, TrNrCrTrTrHG HHHPHHH HQ TrTr c HG HG (3.12) 其中 均为常数。所以,Cc 22 。故 22 。也就是 222 g g f。自然地, gf 。 5. 推论 1.3 的证明 若小函数 z ,则转化为不动点问题。 假设 f是方程(1.3)的一个无穷级解,令 g zfzz ,那么 , g fg f 。(1.3)式则化为下 式: g PgQgPQz (4.1) 对于(4.1)式我们只需证明 0PQz 。由(1.4)~(1.7)式得 11 11 11 11 110 1 1 1 11 10 1 1 11 11 nn nn ss ss dd nz ndn n nd dd z dd mm 1 0 0 s z sm s sm mm z mm PQzazazazae azazae bzbzbze bzb zbze (4.2) 对(4.2)式考虑 z e次数的最高项。 当 时,我们分以下三种情况: 0z 1) 时,(4.2)式中ns z e次数的最高项为 110 1 nn nn dd nz ndn n nd azazaza e 。由于 ,故 ,2,, j jd 01aj n 110 10 nn n dd nz n n nd azazazae n nd 。所以 0PQz 。 2) 时,(4.2)式中ns z e次数的最高项为 10 1 ss ss mm s z sm s sm bzbzbze 。由于 ,故 01,2,, i im bis 1sm b 0s b 10 ss ss mm sz sm bzz ze 。所以 0PQz 。 3) 时,(4.2)式中ns z e次数的最高项为 11 10 0 11 nns s ns ns ddmm s z ndn sms sm azzzabzbzbze n a nd a。由于 , 01,2,, j jd ajn Copyright © 2012 Hanspub 129 罗雪琴, 陈宗煊 二阶微分方程的解的不动点及与小函数的关系 Copyright © 2012 Hanspub 130 s 01,2,, i im bi,所以 11 10 0 11 0 nns s ns ns ddmmsz ndnn sms nd sm azazazabzbzbze 。故 0PQz。当时,0z0PQzP 。 综上可得 0PQz。由引 理2.1 得 g g 。即 ff 。又由定理1.1 可知 22 f f 。 特别地,当 时,有[7-11]。 n 22 1ff s 6. 致谢 本人衷心感谢陈宗煊老师的悉心指导,同时感谢提供参考论文的各位作者。 参考文献 (References) [1] 杨乐. 值分布论及其新研究[M]. 北京: 科学出版社, 1982. 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