一類函數型復微分方程的整函數解

衛玉明，劉 凱，高迎春

(南昌大學理學院數學系，江西 南昌 330031)

1 引言與主要結果

本文中，我們假設讀者熟悉Nevanlinna理論[1-2]的基本概念和符號，且f(z)為復平面上的亞純函數。對于非線性函數方程而言，利用Nevanlinna理論可以得到其亞純函數解的存在性、增長性和零點極點等方面的性質，然而求其所有的亞純函數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)

的亞純函數解的性質，并得到了下列結果:

定理A[3]方程(1.1)只有3個亞純函數解且都是整函數,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,n(≥3)是正整數。這方面的結果可見文[5-6]，后來大家也研究了P(f)是差分或者微分差分或者q-差分形式的函數方程的亞純函數解[7]。

基于常用的三角函數公式sin(z1+z2)=sinz1cosz2+cosz1sinz2。如果sinz被函數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]得到了下列結果:

注1在證明定理B的過程中，Zhang和Yi利用了正規族的一些理論，特別是Zalcman引理起到了重要作用，得到了方程(1.3)的亞純函數解的增長級為不超過1的結論。事實上此結論可以利用引理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解，我們首先給出關于方程(1.4)亞純函數增長性和存在性結果。

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

下面的定理刻畫了方程(1.4)的整函數解的形式。

2 引理

引理2.1[9]對于任意的亞純函數f和任意非零常數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,+∞)是一個在復平面上的單調遞增的函數，f是非常數亞純函數，如果對于一些實常數α∈(0,1),存在實常數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]中涉及的關于引理2.2的證明過程，上述引理對于去掉Φ(r)的有關項后，結論也是成立的。

3 定理的證明

定理1.1的證明假設方程(1.4)存在有極點的亞純函數解f(z)，那么當z1=z2=z時，方程(1.4)可以轉化為

f(2z)=f(z)2-f′(z)2

(3.1)

下面我們證明所有的整函數的增長級滿足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，利用對數導數引理可以得到

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

下面假設f(z)是超越整函數。首先令z1=0,z2=z,我們得到

f(z)=f(0)f(z)-f′(0)f′(z)

(3.3)

現在我們分下列兩種情況討論。

情形1當f′(0)≠0.我們得到

令a是非零常數，則有

f(z)=ceaz

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

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，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f(z)+f″(z)≡0時。得

f(z)=Aeiz+Be-iz,

這里的A,B是非零常數。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),