一类时滞微分方程亚纯解的增长性质

龙 芳，王 珺

(1.江西省机械高级技工学校 基础课部，南昌 330013； 2.复旦大学 数学科学学院，上海 200433)

本文中的亚纯函数均指在复平面上的亚纯函数，且本文采用的记号为Nevanlinna理论的标准记号，其基本概念和详细定义可见参考文献[1-3].设f(z)是非常数的亚纯函数，我们用T(r,f)，N(r,f)分别表示f的特征函数和极点计数函数，并定义f的增长级和超级为

(1)

这里log表示对数运算.

由于Nevanlinna理论的引入，复差分方程的研究取得了一系列的丰富成果[4-5].随后，Halburd和Korhonen[6]讨论了既包含微分算子又包含差分算子的时滞微分方程.这类方程广泛存在于物理、生物、管理、经济等多个科学领域中，并且它与微分Painlevé方程有着紧密的联系.例如，方程

ω(z)[ω(z+1)-ω(z-1)]+aω′(z)=bω(z),

(2)

其中a≠0，b为常数，形式上连续收敛到第一类微分Painlevé方程[7].Halburd和Korhonen[6]研究了比式(2) 更一般的方程

(3)

其中a(z)为有理函数，P(z,ω)和Q(z,ω)均为关于ω(z)的非零互素多项式，

P(z,ω)=bn(z)ω(z)n+bn-1(z)ωn-1+…+b1(z)ω+b0(z),

Q(z,ω)=cm(z)ωm+cm-1(z)ωm-1+…+c1(z)ω+c0(z),

系数bn,bn-1,…,b1,b0,cm,cm-1,…,c1,c0均为关于z的有理函数.他们证明了如果方程(3)有一个超级小于1的超越亚纯解，则R(z,ω)可退化为简单形式.具体结果如下：

定理A[4，定理1.1]如果方程(3)具有超级小于1的亚纯解，则

degω(P)=degω(Q)+1≤3,

(4)

或者R(z,ω)关于ω的次数为0,1.

我们想进一步研究超级小于1的亚纯解的增长性，希望能得到其增长级的下界估计.利用级小于1的亚纯函数差分性质，我们证明了下面的结果.

定理1假设方程(3)的系数都为有理函数，如果系数bn,cm满足在n=m+1时存在常数d，使得

则方程(3)的任意超越整函数ω必满足ρ(ω)≥1.

定理2假设方程(3)的系数都为常数，如果存在一增长级小于1的超越亚纯解ω，则1≤degω(P)=degω(Q)+1≤3，同时ω必有极点，且只有单极点.

我们将方程(2)改写为下面的形式：

利用定理1和定理2，我们容易看出下面的结论.

推论1假设方程(2)的系数都为常数时，则其任意超越亚纯解ω必满足ρ(ω)≥1.

事实上，如果推论中超越亚纯解ω为整函数，根据定理1，它必然满足ρ(ω)≥1.当ω具有极点且它的增长级小于1时，根据定理2，我们得到degω(P)=degω(Q)+1.但是b=P(z)/Q(z)意味着此时degω(P)=degω(Q)，这是矛盾的.综上所述，推论1的结论成立.

下面介绍证明结论所需要的几个引理.

f(z±1)-f(z)=±f′(z)(1+o(1)).

注1由引理1不难看出，当z→∞且|z|∉E时，

f(z+1)-f(z-1)=(f(z+1)-f(z))-(f(z-1)-f(z))=2f′(z)(1+o(1)).

引理2[2]假设f(z)为超越整函数，则存在一对数测度有穷的集合F，使得

对于满足|f(z)|=M(r,f)且|z|=r∉F的z成立.

v(r,f)∶=max{k,|ak|rk=μ(r,f)},μ(r,f)∶=max{ |ak|rk,k=0,1,2,…}.

引理3[9,(3.1.14)]假设f(z)为超越整函数，则

下面来证明定理1.

我们利用反证法.假设存在超越整函数解ω满足ρ(ω)<1.由于ω超越，我们知道

(5)

根据定理A的结论，显然degω(P)=degω(Q)+1≤3或者degω(R)=0,1.这意味着3种情形： degω(P)=degω(Q)+1，或degω(R)=0，或degω(Q)=1,degω(P)=0.由于a(z)和P(z,ω),Q(z,ω)的系数都为有理函数，所以存在r0和l>0使得当|z|=r≥r0时，

r-l≤max{|a(z)|,|bi(z)|,|cj(z)|:i=0,1,2,…,m;j=0,1,2,…,n}≤rl.

(6)

这意味着当r→∞时，

M(r,ω)-1max{|a(z)|,|bi(z)|,|cj(z)|:i=0,1,2,…,m;j=0,1,2,…,n}→0.

(7)

接下来，我们就上面degω(P)与degω(Q)的3种情形分别进行讨论.

情形1假设degω(R)=0，则R(z,ω)=b0(z)/c0(z)，从而当|z|=r≥r0时，

|R(z,ω)|≤r2l.

(8)

利用注1和方程(3)，我们得到

(9)

其中z满足|z|∉E，集合E具有有穷对数测度.对于满足|ω(z)|=M(r,ω)，|z|=r的那些z，利用引理2和引理3，我们知道当r∉F→∞时，

(10)

综合式(6)～(10)，不难推出

2M(r,ω)r-1≤2|ω′(z)|≤|a(z)|+|R(z,ω)|≤2r2lr∉E∪F.

这意味着当r充分大时M(r,ω)≤r2l+1，与式(5)相矛盾.

情形2假设degω(Q)=1,degω(P)=0.我们利用式(7)，不难看出对于满足|ω(z)|=M(r,ω),|z|=r的那些z，必存在r1≥r0使得当r≥r1时，

(11)

从而对于上述的z，如果r∉F，根据式(5)，(10)和(11)，我们得到

(12)

结合式(9)，(10)和(12)，对于满足|ω(z)|=M(r,ω)，|z|=r∉E∪F的那些z，当r充分大时，有

(13)

情形3假设degω(P)=degω(Q)+1.此时，对于满足|ω(z)|=M(r,ω)且|z|=r的那些z，有特别地，当d=0时，则存在常数s使得

(14)

(15)

我们将式(9)改写为

(16)

其中z满足|z|∉E.如果d≠0，将式(7)和(14)代入式(16)，我们得到

其中z满足|ω(z)|=M(r,ω)且|z|=r∉E∪F，这是矛盾的.如果d=0，将式(7)和(15)代入式(16)，可知

(17)

综合上面3种情形的讨论，在定理1的条件下，我们得到： 方程(3)的任意超越整函数解ω只能满足ρ(ω)≥1.

下面来证明定理2.

利用反证法.假设存在超越亚纯解ω满足ρ(ω)<1.根据定理A的结论，我们知道1≤degω(P)=degω(Q)+1≤3，或degω(R)=0，或degω(Q)=1，degω(P)=0.同时由定理1的结论，容易看出这个增长级小于1的亚纯函数解ω必然存在极点.不妨设z0为其中一个极点，重数为p.从而ω′/ω在z0附近有展开

(18)

接下来，我们分2种情况进行讨论.

情形1假设degω(R)=0，则R(z,ω)为常数b0/c0.

将式(18)代入方程(3)，我们推出在z0附近，

(19)

这说明ω在点z0+1或z0-1处也有重数至少为1的极点.不失一般性，假设ω在点z0+1有极点.按照上述步骤继续下去，我们可知z0+k都为ω的极点，其中k为自然数.这意味着对于大于r0的r，

n(r,ω)≥1+[r-r0],

(20)

其中[x]为正数x的整数部分.因为

所以利用式(20)，我们可知

(21)

注意到

r-r0-1<[r-r0]≤r-r0,

将此代入式(21)，我们得到ρ(ω)≥1，与条件ρ(ω)<1相矛盾.

情形2假设degω(Q)=1，degω(P)=0，则在z0附近，

(22)

将式(18)，(22)代入式(3)中，我们可得在z0附近，式(19)仍然成立.类似于情形1的分析，我们同样得出矛盾.

综合上述2种情形的讨论，我们知道只可能有

1≤degω(P)=degω(Q)+1≤3.

如果ω有一个极点z1，其重数为p≥2，则在z1附近，有

(23)

其中α为常数.将式(23)代入式(3)中，可知

(24)

这说明ω在点z1+1或z1-1处也有重数为p的极点.不失一般性，假设ω在点z1+1有极点，继续这个步骤可知z1+k都为ω的极点，其中k为自然数.从而类似于情形1中的讨论，我们得到ρ(ω)≥1，这是不可能的.

综上所述，我们知道1≤degω(P)=degω(Q)+1≤3，且ω只有单极点.