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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:




0QzffPzf
 
 (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
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


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
a0I

。
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







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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
a0I

。

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
s00d,则




2
02 11HddP0。若 00d

,则:
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









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,ns0H

。
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



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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 ,
20d10d,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 ,
20d10d

,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
bis


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
ajn
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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,0z0PQzP

。
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)
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