在开始论述之前, 为了方便读者, 我们先对本文做一点简单的符号说明: 全平面上的亚纯函数 $f(z)$ 是指在复平面 $\mathbb{C}$ 上除去极点外 $f(z)$ 都是解析的, 特别地如果亚纯函数 $f(z)$ 在 $\mathbb{C}$ 上没有极点, 则称 $f(z)$ 是整函数. 我们假定大家对于亚纯函数的值分布理论和复微分方程中常用的标准记号: $T(r,f), m(r,f), N(r,f), \overline {N}(r,f), \cdots$ 等熟悉, 这些具体的常用符号请读者参考文献 [1,4,5,6,7] 等. 例如我们用 $S(r,f)$ 定义满足 $S(r,f)=o\{T(r,f)\}$, 即与 $f(z)$ 的特征函数相比较是无穷小量的量, 当 $r\to\infty,$ 这里可能要去掉关于 $r$ 的一个线性测度有限的例外集 $E$ 如果 $f(z)$ 是无穷增长级的. 再例如用 $\rho(f)$ 定义 $f(z)$ 的特征函数增长级, 用 $\lambda(f)$ 定义 $f(z)$ 的零点序列的收敛指数. 同时我们也假定大家对于文献 [1] 相关章节内容和一些已有结果很熟悉, 例如朗斯基行列式的定义等.

复数域上的微分方程在值分布理论等许多数学分支有着广泛应用, 它的经典教材^[5] 对复微分方程做了比较系统而详细的介绍, 其中在第五章对二阶复微分方程, 特别是系数 $A(z)$ 是周期 $2\pi$i 的二阶复微分方程进行了深入研究, 他们在该文献第 103 页, 得到了一个重要的命题 5.21 如下

命题1.1^[5] 假设 $f(z)$ 是下面复微分方程

的某个非平凡亚纯函数解, 其中 $\lambda(f)<\infty$ 以及 $A(z)$ 是一个关于 ${\rm e}^z$ 的有理函数的整函数, 即 $A(z)=B({\rm e}^z)$, 其中 $B(z)$ 是一个有理函数. 则有以下两种情形分别成立

(a) 如果 $f(z)$ 和 $f(z+2\pi{\rm i})$ 是线性相关的, 则 $f(z)$ 具有下面具体的形式

其中 $\psi(z)$ 是某个多项式, $\mu\leq\nu$ 是一些正整数, $d_\mu, \cdots, d_\nu$ 是一些常数, 而且满足对于其中某些 $j\neq0$ 应有 $d_j\neq0$ 成立.

(b) 如果 $f(z)$ 和 $f(z+2\pi{\rm i})$ 是线性无关的, 则它们的乘积函数 $E(z)=f(z)f(z+2\pi{\rm i})$ 满足关系

其中 $\phi(\varrho)$ 是 $\varrho$ 的有理函数而且在区域 $\{\varrho : 0<|\varrho|<\infty\}$ 上解析.

首先对于命题 1.1 我们需要做如下一些注解说明.

注1.1 命题 1.1 情形 (a) 中关于 $A(z)$ 是一个关于 ${\rm e}^z$ 的有理函数的整函数假设不是必要的, 例如下面这个例子就充分说明了这点.

例1.1 设 $f(z)=({\rm e}^z+1)\exp\left({\rm e}^z-\frac{z}{2}\right)$, 则它具有形式 (1.2), 显然 $f(z), f(z+2\pi{\rm i})$ 有线性相关性 $f(z)=-f(z+2\pi{\rm i})$ 和 $\lambda(f)<\infty$, 而且 $f(z)$ 满足复微分方程

而 $\Big(\frac{2z^2}{z+1}+z+\left(z-\frac{1}{2}\right)^2\Big)\circ({\rm e}^z)$ 显然不是整函数.

命题 1.1 中情形 (a) 发生的例子是很容易找到的, 例如下面这个例子.

例1.2 设 $f(z)={\rm e}^z\exp\left({\rm e}^z+\frac{1}{2}z\right)$, 则有 $f(z)=-f(z+2\pi{\rm i})$ 满足相关性和 $\lambda(f)<\infty$, 而且 $f(z)$ 满足形式(1.2)以及复微分方程

而 $z+\left(z+\frac{3}{2}\right)^2$ 显然是多项式.

注1.2 在命题 1.1 的情形 (a) 中, 条件 $A(z)$ 是一个关于 ${\rm e}^z$ 的有理函数的整函数, 即有 $A(z)=B({\rm e}^z)$, 其中 $B(z)$ 是有理函数一般可以表示成

而且当 $k$ 是正整数时, $c_0\neq0$. 这里我们需要进一步精确说明的是 $k=0$, 即 $B(z)$ 是一个多项式, 事实上, 我们把 (1.2) 式代入方程 (1.1) 经过细致计算可得到

如果上式左边 $B(z)$ 以 $0$ 为极点, 那么上式右边 $\psi(z)$ 也必然有因子 $z$, 但是在 $z=0$ 处邻域内展开式 $\Big(\frac{\psi''(z)}{\psi(z)}\Big)z^2$ 和 $\Big(\frac{\psi'(z)}{\psi(z)}\Big)z$ 都会把分母因子 $z$ 抵消了, 因此上式右边在 $z=0$ 处是解析的, 即是矛盾的.

命题 1.1 中情形 (b) 发生的例子也是很容易找到的, 例如下面这个例子.

例1.3 设 $f(z)=\exp\left(2{\rm ie}^{\frac{z}{2}}-\frac{z}{4}\right)$, 则有 $f(z+2\pi{\rm i})=-{\rm i}\exp\left(-2{\rm ie}^{\frac{z}{2}}-\frac{z}{4}\right)$ 与 $f(z)$ 线性无关和 $\lambda(f)<\infty$ 而且满足复微分方程

而 $\left(f(z)f(z+2\pi{\rm i})\right)^2=-{\rm e}^{-z}=\left(-\frac{1}{z}\right)\circ {\rm e}^z$.

命题 1.1 在研究周期系数的二阶复微分方程中起着非常重要的作用, 例如在寻找下面这种具有特殊形式的复微分方程

的精确解方面就很依赖应用命题 1.1, 该结果的详细叙述请见文献 [p107,定理 5.22], 一旦命题 1.1 出现问题就会导致类似定理 5.22 是否仍然成立这些连锁反应问题.

现在我们回到本文最重要的本文出发点即命题 1.1 的研究, 这个问题就是在命题 1.1 的证明过程中间, 原文多次用到了下面这样一个有问题的论断

论断1.1 假设 $w({\rm e}^z)$ 是有限增长级的整函数, 其中 $w(\varrho)$ 是区域 $D=\{\varrho : 0<|\varrho|<+\infty\}$ 上的解析函数, 那么就有 $w(\varrho)$ 是某个有理函数.

它在命题 1.1 中的详细应用情况见原文 ^[1] 第 106 页倒数第六行和第 107 页第十行.

关于论断 1.1, 这里我们需要明确指出的是: 仅在 $w({\rm e}^z)$ 是有限增长级的整函数假设条件下, 这个论断一般来讲是不正确的, 因为 $w(z)$ 完全有可能是某个 $0$ 增长级的超越整函数, 而非必须是某个有理函数, 其详细理由和反例见后面的引理 2.2 和注 2.1.

事实上, 经过我们和一些学者交流, 他们也完全同意我们的上述观点即论断 1.1 是有问题的, 例如廖良文教授等, 但是到目前为止, 人们还没能去证明命题 1.1 在 $w({\rm e}^z)$ 仅是有限增长级的整函数条件下是否正确, 也许是因为要完全解决它是件有点困难的事情.

经证明我们找到了关于论断 1.1 正确的叙述, 请见后面的引理 2.3.

本文的目的有如下两点

(1) 首先严格控制 $w({\rm e}^z)$ 的特征函数增长速度, 然后应用后面的引理 2.3 完全解决命题 1.1 的证明过程中情形 (a) 中关于论断 1.1 中如上述描述的问题;

(2) 我们证明了命题 1.1 中情形 (b) 在条件 $\lambda(f)<1$ 下是正确的, 详细情况见后面的注 4.1 以及定理2; 同时我们也给出了情形 (b) 中较原文献中证明错误结果的稍弱结论, 得到具体结论如下.

定理1.1 假设 $f(z)$ 是方程 (1.1) 的某个非平凡亚纯函数解, 其中 $\lambda(f)<\infty$ 以及 $A(z)$ 是一个关于 ${\rm e}^z$ 的有理函数的整函数, 即 $A(z)=R({\rm e}^z)$, 其中 $R(z)$ 是某个有理函数. 如果 $f(z)$ 和 $f(z+2\pi{\rm i})$ 是线性无关的, 则乘积函数 $E(z)=f(z)f(z+2\pi{\rm i})$ 满足下面关系

其中 $\phi(\varrho)$ 在区域 $\{\varrho : 0<|\varrho|<\infty\}$ 上解析, 而且满足下面不等式 $N\left(r, \frac{1}{\phi(\varrho)}\right)\leq 2\overline{N}\left(r, \frac{1}{\varrho^2\phi''(\varrho)-2c^2}\right)+O(r),$ 其中 $\varrho={\rm e}^z$, 以及 $c$ 是 $f(z)$ 和 $f(z+2\pi{\rm i})$ 的朗斯基行列式, 也是某个非零常数.

引理2.1^[1] 设 $f(z)$ 和 $g(z)$ 是两个整函数而且满足 $g(0)=0$. 设 $\alpha$ 是满足 $0<\alpha<1$ 的一个数, $c(\alpha)=\frac{(1-\alpha)^2}{4\alpha}$. 那么对于 $r>0$, 就有

进一步如果取 $\alpha= \frac{1}{2}$, 那么对于充分大的 $r$ 就有

引理2.2^{[4,p81,定理4.14.3]} 设 $g(z), h(z)$ 都是整函数以及 $g\{h(z)\}$ 特征函数是有穷增长级的整函数, 那么有两种可能性

(1) $h(z)$ 是多项式和 $g(z)$ 是有穷级整函数;

(2) $h(z)$ 不是多项式, 但是 $h(z)$ 是有穷级的整函数, 而且要 $g(z)$ 是特征函数是 $0$ 增长级的整函数.

注2.1 文献 [4,p82] 同时为了给出情形 (2) 的可能存在性证明, 它构造了一个能说明论断 1.1 问题的具体例子, 令

那么 $\omega(z)=g\{h(z)\}$ 满足

即 $\omega(z)$ 是增长级为 $2$ 级的整函数. 我们这里可以用整函数 $g$ 的增长级 $\rho(g)$ 的计算公式, 详见文献 [p74,定理 4.12.1],

应用到上面的函数 $g(z)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_nz^n$, 其中系数 $a_n=\frac{1}{2^{(n^2)}}$, 可以计算得到 $g(z)$ 是 $0$ 级整函数, 这样我们就佐证了论断 1.1 的不正确性.

反之, 如果在 $g(z)$ 的增长级严格大于 $0$ 的条件下, 例如 $g(z)={\rm e}^z$ 为例, 其他一般情形类似做, 分两点来说明 $g\{h(z)\}$ 的增长级

(i) 当 $h(z)$ 是多项式, 很容易计算 $g\{h(z)\}$ 的增长级就是 $\deg h(z)$, 当然就是有穷增长级;

(ii) 当 $h(z)$ 是超越整函数时, 应用前面的引理 2.1 可以计算得到下面的不等式

这样

而 $h(z)$ 是超越整函数等价于对于任意的 $k$, 只要 $r$ 充分大就有 $M(r, h)\geq r^k$, 于是上式就变成

由 $k$ 的任意性知道 $g\{h(z)\}$ 的增长级就是无穷.

引理2.3 设 $f(z)$ 是周期 $2\pi{\rm i}$ 的整函数. 如果满足 $T(r,f)=O(r)$, 则有 $f(z)=w({\rm e}^z)$, 其中 $w(z)$ 是某个有理函数.

证 因为 $f(z)$ 是周期 $2\pi{\rm i}$ 的整函数, 正如文献 [p104] 所述通过采用文献 e[p256] 结果知道它具有形式 $f(z)=w({\rm e}^z),$ 其中 $w(z)$ 是在区域 $D=\{z:0<|z|<+\infty\}$ 上的解析函数.

由于文献 [6] 不是英文书写, 为了方便读者, 这里我们也可以稍微证明一下.

设有限复数 $\xi\neq0$, 由 $f(z)$ 是周期 $2\pi{\rm i}$ 的整函数, 则可以考虑单值函数 $w(\xi)=f(\log\xi)$, 用导数定义可以证明 $w'(\xi)=\frac{1}{\xi}f'(\log\xi),$ 取 $z=\log\xi\in C$, 即得到 $f(z)=w({\rm e}^z)$, 其中 $w(z)$ 是在区域 $D$ 上的解析函数.

因此我们得到 $0, \infty$ 是 $w(z)$ 的孤立奇点.

下面我们证明 $0, \infty$ 不可能是 $w(z)$ 的本性奇点. 否则我们不妨假设 $0$ 是 $w(z)$ 的本性奇点, 首先我们运用皮卡定理: 设 $f(z)$ 在区域 $D=\{z:0<|z-z_0|<R\leq\infty\}$ 上的解析, 则 $z_0$ 是 $f(z)$ 的本性奇点的充要条件是: 对于任何复数 $A\in C$, 至多除去一个可能的例外值 $A_0$, 必有趋于 $z_0$ 的无穷点列 $\{z_n\}_{n=1}^{\infty}$, 使得 $f(z_n)=A$ 成立, 得到如下结论

对于任意大的正整数 $k$, 在 $0$ 的某个邻域内(不妨设为单位圆), 能够取到 $k$ 个非零点 $\{z_j\}_{j=1}^k$, 使得 $w(z_j)=1, j=1, 2, \cdots, k$ (这里我们不妨设 $1$ 不是皮卡定理中 $f(z)$ 的例外值 $A_0$, 因为如果 $1$ 是$f(z)$ 可能的例外值 $A_0$, 我们可以考虑 $f(z)$ 的 $-1$ 值点一样讨论). 记

这样在区域

上, $f(z)$ 至少有 $k$ 个 $1$ 值点: $\varepsilon_{1j}:=\log(z_j)$, $1\leq j\leq k$ (取第一个对数分支), 同理我们可以知道在区域

上, $f(z)$ 至少有 $k$ 个 $1$ 值点: $\varepsilon_{2j}:=\log(z_j), 1\leq j\leq k$ (取第二个对数分支),

如此继续重复上面的做法下去, 我们可以得到: 对于充分大的 $r$, 在 $0$ 为中心半径是 $r$ 的圆域内 $f(z)$ 大约有至少

个 $ 1$ 值点, 这里 $[ x ]$ 表示对 $x$ 取整符号, 即

这样我们得到下面的估计式

这样我们得到对于充分大的 $r$ 有 $N\left(r,\frac{1}{f(z)-1}\right)\geqq \left(\frac{k\log2}{4\pi}\right)r$, 进而得到

由 $k$ 的任意性可以得到这与 $T(r,f)=O(r)$ 矛盾.

类似地我们可以证明 $\infty$ 也不可能是 $w(z)$ 的本性奇点, 这样我们可以得到 $w(z)$ 在扩充复平面上除了 $0, \infty$ 可能是极点外 (可去奇点可归为解析点), 其他全部是解析点, 一定是某个有理函数, 而且它还具有形式

其中 $p(z), q(z)$ 是多项式.

注2.2 设 $f(z)$ 是周期 $2\pi{\rm i}$ 的整函数. 如果满足 $f(z)=w({\rm e}^z)$, 其中 $w(z)$ 是某个有理函数, 那么显然有

其中 $\deg w$ 是有理函数 $w(z)$ 的次数.

即对于周期是 $2\pi{\rm i}$ 的整函数 $f(z)$ 而言, 那么条件 $T(r,f)=O(r)$ 和 $f(z)=w({\rm e}^z)$, 其中 $w(z)$ 是某个有理函数, 两者是相互等价的说法.

引理2.4^{[5,p102,引理 5.19]} 设 $A(z)$ 是周期 $\omega$ 的非常数的整函数, $f(z)$ 是下面复微分方程

中满足 $\lambda(f)<\infty$ 的一个非平凡亚纯函数解, 那么 $f(z)$ 和 $f(z+2\omega)$ 线性相关.

证 对于命题 1.1 中情形 (a) 的证明, 原文 ^[1] 原始的详细证明从 104 页开始到 106 页 (5.68) 式都是正确的, 为了方便读者, 我们就从 104 页 (5.68) 式往下开始继续证明. 首先我们将原文中的 (5.68) 式

代入微分方程 (1.1) 中经过详细计算得到

其中 $\beta$ 是某个常数, $\varrho={\rm e}^z$, 以及多项式

这里 $\varrho_1, \cdots, \varrho_q$ 是些常数, $v'(z)=w({\rm e}^z)$, 也可以把 $w$ 可以看作关于变量 $\varrho$ 的函数, 其各阶导数 $', ''$ 都表示是对变量 $\varrho$ 求导数. 记

我们注意到上面的 $R_0(\varrho), R_1(\varrho)$ 中除了 $\varrho^\beta$ 这一项虽然可能不是 $\varrho$ 的整数次幂函数外, 其他项都是 $\varrho$ 的有理函数; 但是我们要注意到 $\varrho^\beta={\rm e}^{\beta z}$ 是有定义的整函数而且有

我们将 (3.1) 式改写成

我们对 (3.2) 式两边取迫近函数可得

即我们得到了

再由引理 2.3 得到 $w(z)$ 是有理函数, 然后继续沿着文献 [5] 余下的证明, 我们就完成了命题 1.1 情形 (a) 部分的证明.

证 首先我们假设 $f(z)$ 是微分方程 (1.1) 的一个非平凡亚纯函数解, 则显然 $f(z+2\pi{\rm i})$ 和 $f(z+4\pi{\rm i})$ 也是方程 (1.1) 的非平凡亚纯函数解. 我们令 $f_1(z)=f(z)$ 和 $f_2(z)=f(z+2\pi{\rm i})$ 以及 $f_3(z)=f(z+4\pi{\rm i})$.

因为由题设 $f_1(z), f_2(z)$ 是线性无关的, 故而可令 $f_1(z), f_2(z)$ 的朗斯基行列式 $\omega(f_1, f_2)=c$, 这里 $c$ 是某个非零常数.

我们应用引理 2.4, 可以得到 $f_1(z), f_3(z)$ 是线性相关的.

首先回顾一下 $E(z)=f_1 (z)f_2(z)$ 的一些简单性质.

(1) 乘积函数 $E(z)$ 的零点都是单级的, 因为

(2) 由于文献 [p77,(5.7) 式], 它在证明二阶微分方程 (1.1) 中起着非常关键的作用, 这里我们把它写出来, 即

对 (4.1) 式两边比较特征函数可以得到

而 $\lambda(f)<\infty$ 意味着 $\lambda(E)<\infty$, 由 (4.2) 式得到乘积函数 $E(z)=f_1(z) \cdot f_2(z)$ 是有限增长级的整函数.

由条件 $f_1(z), f_3(z)$ 是线性相关的, 则存在某个非零常数 $k$ 使得 $f_3(z)=kf_1(z)$, 这里可证明 $k=-1$. 因为

所以 $k=-1$, 即 $f_3(z)=-f_1(z),$ 所以乘积 $E(z)=f_1(z)\cdot f_2(z)$ 满足下面关系

由引理 2.3 开始部分相同理由可以得到: 存在某个在区域 $D=\{z:0<|z|<+\infty\}$ 上的解析函数 $\phi(z)$ 成立下面关系

注意到 $A(z)=R({\rm e}^z)$, 我们把 (4.1) 式改写成下面的式子

我们对 (4.3) 式分别求一次导数和二次导数可得到

和

把 (4.5)-(4.6) 式代入 (4.4) 式得到

我们再对 (4.7) 式求一次导数可得到

我们从 (4.7) 和 (4.8) 式消去 ${\phi'}^2$ 可得到

因为乘积 $E(z)$ 的零点都是单的, 所以根据 (4.3) 式定义得到 $\phi(\varrho)$ 的零点都是二阶的, 从而由比较 (4.9) 式两边零点的阶数可得到

当 $\phi(\varrho)=0$ 时, 除了 $\frac{8}{3}R-4\varrho R', \frac{1}{3}+8R$ 可能取到极点情况外, 必有 $\varrho^2\phi''(\varrho)-2c^2=0,$ 即

这里需要说明的事实是 (4.10) 式是有意义的, 因为如果 $\varrho^2\phi''(\varrho)-2c^2\equiv0$, 那么

然而注意到 $\phi(z)$ 在 $C\setminus{0}$ 上是解析的, 所以 $h(z)=z^2\phi''(z)-2c^2$ 在 $C\setminus{0}$ 上也是解析的, 这样 $0$ 是 $h(z)$ 的一个孤立奇点, 再由 (4.11) 式看出 $0$ 不是 $h(z)$ 的本性奇点和极点, 只能是可去奇点, 即 $h(z)$ 可以延拓到 $C$ 上的解析函数 $0$, 即

比较上式两边在 $z=0$ 处极点重数显然是不对的, 矛盾, 即 $\varrho^2\phi''(\varrho)-2c^2\not\equiv0$.

注4.1 命题 1.1 中 (b) 部分在条件 $\lambda(f)<1$ 下是成立的, 即有如下结论成立.

定理4.1 假设 $f(z)$ 是微分方程 (1.1) 的某个非平凡亚纯函数解, 其中 $\lambda(f)<1$ 以及 $A(z)$ 是一个关于 ${\rm e}^z$ 的有理函数的整函数, 即 $A(z)=B({\rm e}^z)$, 其中 $B(z)$ 是有理函数, 则如果 $f(z)$ 和 $f(z+2\pi{\rm i})$ 是线性无关, 则乘积函数 $E(z)=f(z)f(z+2\pi{\rm i})$ 满足

其中 $\phi(\varrho)$ 是 $\varrho$ 的有理函数而且在区域 $\{\varrho: 0<|\varrho|<\infty\}$ 上解析.

证 从条件 $\lambda(f)<1$, 很容易可以得到

再从 (4.2) 式中可以看出 $T(r,E)= O(r),$ 进而从 (4.3) 式中推出 $T\left(r,\phi({\rm e}^z)\right)=O(r),$ 最后应用引理 2.3 得出 $\phi(z)$ 是有理函数.