微分方程fn+pn-1zf的刻畫(huà)英文

微分方程fn+pn-1zf的刻畫(huà)英文

1射線argz12f級(jí)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為多項(xiàng)式,P0不恒等于零,F(z)為有窮級(jí)超越整函數(shù),并且n≥2。眾所周知(1)的任意解必是有窮級(jí)超越整函數(shù),由方程(1)也容易驗(yàn)證這一點(diǎn)。在敘述主要結(jié)果之前,引入有關(guān)概念和符號(hào)如下:設(shè)f(z)為復(fù)平面上的整函數(shù),σ(f)表示f(z)的增長(zhǎng)級(jí),即σ(f)=ˉlimr→∞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)∶=ˉlimr→∞ln+ln+Μα?β(r,f)lnr,其中Mα,β(r,f)表示f(z)在閉集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中根的個(gè)數(shù),計(jì)重?cái)?shù)。以下定義可參閱文。射線argz=θ,θ∈[0,2π)稱(chēng)為整函數(shù)f(z)的ρ級(jí)Borel方向,如果對(duì)于任意小的數(shù)ε>0和任意有限復(fù)數(shù)X均有ˉlimr→∞ln+nθ-ε?θ+ε(r,f=X)lnr=ρ,至多可能除去一個(gè)復(fù)數(shù)X外,其中nθ-ε,θ+ε(r,f=X)=n(Ω(θ-ε,θ+ε;r),f=X).定義:設(shè)f(z)為一個(gè)整函數(shù),對(duì)θ∈[0,2π],定義df(θ)=ˉlimr→∞ln+ln+|f(reiθ)|lnr.主要結(jié)果敘述如下:定理1對(duì)于方程(1),以下兩種情形成立。(a)如果σ(F)=1+max0≤m≤n-1degΡmn-m,則存在角域Ω(α?β)?β-α=πσ(F),使得方程(1)的所有解f(z)在Ω(α,β)內(nèi)至少有一條σ(F)級(jí)的Borel方向。(b)如果σ(F)＞1+max0≤m≤n-1degΡmn-m,則方程(1)的所有解f(z)具有相同的σ(F)級(jí)Borel方向。注:在定理1(a)中,方程(1)的所有解f(z)在Ω(α,β)內(nèi)是否至少有一條公共的σ(F)級(jí)的Borel方向?定理2設(shè)σ(F)≥1+max0≤m≤n-1degΡmn-m,則存在角域Ω(α,β)?β-α≥πσ(F),使得對(duì)所有θ∈(α,β)和方程(1)的所有解f(z),有df(θ)=σ(F).注:對(duì)于有窮ρ(ρ>0)級(jí)整函數(shù)f(z),文中的推論2.3.6指出,存在一個(gè)開(kāi)扇形I,張角不小于πρ,使得對(duì)任意θ∈I,有df(θ)=ρ。2borel方向乘子法在定理的證明中,需要如下引理。引理1設(shè)f(z)為0<ρ<∞級(jí)整函數(shù)。則f′(z)的ρ級(jí)Borel方向必是f(z)的ρ級(jí)Borel方向。引理2設(shè)f(z)為ρ級(jí)整函數(shù),ρ＞πβ-α?0＜α＜β≤2π。如果f(z)在Ω(α,β)內(nèi)無(wú)ρ級(jí)Borel方向,則對(duì)任意給定ε>0,滿(mǎn)足π<(β-α-2ε)ρ,有ρ(α+ε,β-ε;f)<ρ.證明:作變換ξ=ze-iα+β2,有ξ:Ω(α?β)→Ω(-β-α2?β-α2).設(shè)g(ξ)=f(ξeiα+β2)=f(z).注意到f(z)在ˉΩ(α+ε,β-ε;r)上的最大模與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得證。引理3設(shè)f(z)為有窮ρ(ρ>0)級(jí)整函數(shù)。則對(duì)于任意正數(shù)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)內(nèi)至少有一條ρ級(jí)的Borel方向且滿(mǎn)足ρ(α,β;f)=ρ.證明:假設(shè)結(jié)論不對(duì),即存在一個(gè)正數(shù)δ0?δ0＜πρ,對(duì)任意角域Ω(α,β)?α∈[0?2π)?β=α+πρ+δ0,使得f(z)在角域Ω(α,β)內(nèi)至少有一條ρ級(jí)Borel方向,有ρ(α,β;f)<ρ.(2)現(xiàn)在把[0,2π]分成k(k>1)個(gè)區(qū)間[θj,θj+1],j=1,2,…,k,滿(mǎn)足θj+1-θj＞πρ?[0?2π]=k∪j=1[θj,θj+1].考慮角域Ω(θj,θj+1),1≤j≤k,如果f(z)在角域Ω(θj,θj+1)內(nèi)無(wú)ρ級(jí)Borel方向,則由引理2有ρ(θj,θj+1;f)<ρ.(3)于是,對(duì)于每個(gè)Ω(θj,θj+1),結(jié)合式(2)和(3),有ˉlimr→+∞ln+ln+Μ(r,f)lnr=max1≤j≤k{ˉlimr→+∞ln+ln+Μθj,θj+1(r,f)lnr}＜ρ.說(shuō)明f(z)的增長(zhǎng)級(jí)不為ρ,矛盾。引理得證。根據(jù)文中的定理2.3.5,我們有引理4設(shè)f(z)為有窮ρ(ρ>0)級(jí)整函數(shù)。如果0＜β-α≤πρ?df(α)＜ρ和df(β)<ρ,則對(duì)于任意θ∈[α,β],有df(θ)<ρ。引理5設(shè)f(z)為有窮ρ(ρ>0)級(jí)整函數(shù)。則至少存在一個(gè)張角足夠小的角域Ω(α,β),β-α>0,使得f(z)在角域Ω(α,β)內(nèi)至少有一條ρ級(jí)的Borel方向且滿(mǎn)足ρ(α,β;f)=ρ.證明:假設(shè)結(jié)論不對(duì),即對(duì)于任意給定的張角足夠小的角域Ω(α0,β0),β0-α0>0,如果f(z)在Ω(α0,β0)內(nèi)至少有一條ρ級(jí)Borel方向,則有ρ(α0,β0;f)<ρ.對(duì)于任意小的數(shù)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,內(nèi)至少有一條ρ級(jí)的Borel方向,且滿(mǎn)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,假設(shè)f(z)在Ω(α,β)內(nèi)僅有一條ρ級(jí)Borel方向,記為argz=θ,θ∈(α,β)。如果f(z)在ˉΩ(γ,α)內(nèi)無(wú)ρ級(jí)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)內(nèi)有ρ級(jí)的Borel方向,則記argz=θ1為f(z)在ˉΩ(γ,α)內(nèi)所有ρ級(jí)的Borel方向所組成的集合的上確界,θ1∈[γ,α]?？紤]兩種情況:(i)若θ-θ1＞πρ,則由引理2知ρ(α,θ;f)<ρ;(ii)若θ-θ1≤πρ,由假設(shè)知df(θ)<ρ,df(θ1)<ρ,則由引理4知ρ(α,θ;f)<ρ?？傊?有ρ(α,θ;f)<ρ.另一方面,如果f(z)在ˉΩ(β,δ)內(nèi)無(wú)ρ級(jí)的Borel方向,則類(lèi)似前面的證明,可證得ρ(θ,β;f)<ρ;如果f(z)在ˉΩ(β,δ)內(nèi)有ρ級(jí)的Borel方向,則記argz=θ2為f(z)在ˉΩ(β,δ)內(nèi)所有ρ級(jí)的Borel方向所組成的集合的下確界,θ2∈[β,δ]。同理可證得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)內(nèi)至少有兩條ρ級(jí)的Borel方向,則記argz=θ0,argz=θ*分別為f(z)在Ω(α,β)內(nèi)所有ρ級(jí)的Borel方向所組成的集合的下、上確界。分別由θ0,θ*代替θ,由前面的證明知,ρ(α,θ0;f)<ρ,ρ(θ*,β;f)<ρ。下面只需證明ρ(θ0,θ*;f)<ρ,從而導(dǎo)出矛盾。情形一:θ*-θ0＞πρ。當(dāng)f(z)在Ω(θ0,θ*)內(nèi)無(wú)ρ級(jí)的Borel方向時(shí),由引理2知ρ(θ0,θ*;f)<ρ;當(dāng)f(z)在Ω(θ0,θ*)內(nèi)至少有一條ρ級(jí)的Borel方向時(shí),設(shè)argz=φ為其中一條ρ級(jí)的Borel方向。考慮到ε>0的任意性,則不妨設(shè)φ-θ0>ε,θ*-φ>ε,因此,通過(guò)簡(jiǎn)單計(jì)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)內(nèi)至少有兩條ρ級(jí)的Borel方向,則ρ(α,β;f)<ρ。矛盾于式(4)。綜上所述,引理得證。3fz級(jí)borel方向(a)已知F(z)至少有一條σ(F)級(jí)的Borel方向,對(duì)于任意小的數(shù)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)內(nèi)至少有一條σ(F)級(jí)的Borel方向,且滿(mǎn)足ρ(α,β;F)=σ(F).(5)Ω(α,β)中的一條σ(F)級(jí)的Borel方向記為argz=θ,α<θ<β。設(shè)f(z)為方程(1)的任意整函數(shù)解。由文中定理6.8(a)和定理6.9(a),有σ(f)=σ(F)。假設(shè)f(z)在Ω(α,β)內(nèi)無(wú)σ(F)級(jí)Borel方向。則由引理1,f(j)(z)(j=1,2,…,n)在Ω(α,β)內(nèi)也無(wú)σ(F)級(jí)Borel方向。取一個(gè)正數(shù)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ˉlimr→∞ln+ln+Μα+ε?β-ε(r,f(j))lnr＜σ(F)?j=1,2,??n.因此?從方程(1)?有ˉlimr→∞ln+ln+Μα+ε?β-ε(r,F)lnr=ˉlimr→∞ln+ln+Μα+ε,β-ε(r,f(n)+n-1∑j=0Ρjf(j))lnr≤max0≤j≤n{ˉlimr→∞ln+ln+Μα+ε,β-ε(r,f(j))lnr}＜σ(F)?(6)式(6)與(5)矛盾。令η→0,由此證明了所有解f(z)在Ω(α,β)內(nèi)至少有一條σ(F)級(jí)的Borel方向。(b)設(shè)w1,…,wn為方程(1)的齊次線性微分方程的n個(gè)線性無(wú)關(guān)解。f1和f2為方程(1)的兩個(gè)線性無(wú)關(guān)解。則f2=f1+c1w1+…+cnwn,其中c1,…,cn為常數(shù)。注意到σ(wj)≤1+max0≤m≤n-1degΡmn-m＜σ(f1)=σ(f2)=σ(F).我們推知f1與f2有相同的σ(F)級(jí)Borel方向。由此推出所有方程(1)的解都有相同的σ(F)級(jí)Borel方向。證畢。4求解各條件中n對(duì)于任意小的數(shù)ε?0＜2ε＜πσ(F),由引理5知,取角域?yàn)棣?α0,β0),[α0,β0]=[θ-ε,θ+ε],其中argz=θ,θ∈(α0,β0),為F(z)在Ω(α0,β0)內(nèi)的一條σ(F)級(jí)的Borel方向,并且滿(mǎn)足ρ(α0,β0;F)=σ(F).(7)現(xiàn)分兩種情況討論:情形一:若對(duì)上面的正數(shù)ε,有df(θ+ε)<σ(F).要證明對(duì)任意φ滿(mǎn)足θ＞φ＞θ+ε-πσ(F),有df(φ)=σ(F).(8)假設(shè)存在φ0∈(θ+ε-πσ(F)?θ),不妨設(shè)α0≥φ0,有df(φ0)<σ(F).對(duì)任意φ∈[φ0,θ+ε],由引理4知,有df(φ)<σ(F).因此,ˉlimr→∞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)根據(jù)定理2.3.3,不妨設(shè)θ±ε∈/E0,E0是線性測(cè)度為零的集合,對(duì)于?ue001θ∈(φ0,θ+ε)\E0,存在正數(shù)R(ue001θ)>1,q>1,使得對(duì)所有r>R(ue001θ),有|f(k)(reiθ)f(reiθ)|=Ο(rq)?(10)k=0,1??n。類(lèi)似于式(6)的推導(dǎo)過(guò)程,結(jié)合式(10),從式(9)推得dF(ue001θ)<σ(F).從而,dF(θ-ε)<σ(F)。再結(jié)合定理2.3.2,類(lèi)似于上式的推導(dǎo)過(guò)程,有dF(θ+ε)<σ(F)。根據(jù)引理4,有ρ(θ-ε,θ+ε;F)<σ(F),矛盾于式(8)。所以,論斷式(8)是成立的。令ε→0時(shí),對(duì)于任意φ∈(θ-πσ(F)?θ),有df(φ)=σ(F).令Ω(α,β)=Ω(θ-πσ(F)?θ)即為所求。同理可證,若對(duì)任意的ε?0＜ε＜πσ(F),有df(θ-ε)<σ(F).則對(duì)θ＜φ＜θ-ε+πσ(F),有df(φ)=σ(F).同樣,令ε→0時(shí),可證得Ω(α,β)=Ω(θ,θ+πσ(F))即為所求。情形二:存在正數(shù)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(