单位圆内二阶线性微分方程解的导数的不动点

The Fixed Points of the Solutions and Their Derivatives of Second Order Linear Differential Equation in the Unit Disc

摘要: 本文研究了一类二阶线性微分方程 的解及其导数的不动点性质，其中A(z)和B(z)是单位圆 内的解析函数，得到了解及其一阶、二阶导数的不动点的精确估计。

Abstract: The properties of the fixed points of the solutions and their derivatives of a type of second order linear differential equation , where A(z) and B(z) are analytic functions in the unit disc , are investigated. We obtain some precise estimates of the fixed points of the solutions and their 1st, 2nd derivatives of the equations.

1. 引言与主要结果

本文使用单位圆 $\Delta =\left\{z:\left|z\right|<1\right\}$ 和复平面 $ℂ$ 上亚纯函数的Nevanlinna值分布理论的基本结果和标准符号(见文 [1] [2] [3] )。我们回顾或引入以下定义。

定义1 [3] ：单位圆 $\Delta$ 内亚纯函数 $f$ 的级定义为

$\sigma \left(f\right)=\overline{\underset{r\to 1^{-}}{\lim }}\frac{{\log }^{+}T\left(r,f\right)}{\log \frac{1}{1-r}}$

对于 $\Delta$ 内解析函数 $f$ ，其级定义为

${\sigma }_M\left(f\right)=\overline{\underset{r\to 1^{-}}{\lim }}\frac{lo{g}^{+}lo{g}^{+}M\left(r,f\right)}{\log \frac{1}{1-r}}$

其中 $M\left(r,f\right)$ 是 $f\left(z\right)$ 的最大模。

注1 [4] ：如果 $f$ 在 $\Delta$ 内解析，那么 $\sigma \left(f\right)\le {\sigma }_M\left(f\right)\le \sigma \left(f\right)+1$ 。如果 $\sigma \left(f\right)=\infty$ ，则 $\sigma \left(f\right)={\sigma }_M\left(f\right)$ 。

定义2 [5] ：单位圆 $\Delta$ 内亚纯函数 $f$ 的超级定义为

${\sigma }_2\left(f\right)=\overline{\underset{r\to 1^{-}}{\lim }}\frac{lo{g}^{+}lo{g}^{+}T\left(r,f\right)}{\log \frac{1}{1-r}}$

定义3 [6] ：对于单位圆 $\Delta$ 内解析函数 $f$ ，定义

${\sigma }_{M,2}\left(f\right)=\overline{\underset{r\to 1^{-}}{\lim }}\frac{lo{g}^{+}lo{g}^{+}lo{g}^{+}M\left(r,f\right)}{\log \frac{1}{1-r}}$

定义4 [7] ：单位圆 $\Delta$ 内亚纯函数 $f$ 在 $\Delta$ 内的a-值点 $\left(a\in ℂ\cup \left\{\infty \right\}\right)$ 序列的超级收敛指数定义为

${\lambda }_2\left(f-a\right)=\overline{\underset{r\to 1^{-}}{\lim }}\frac{{\log }^{+}{\log }^{+}N\left(r,\frac{1}{f-a}\right)}{\log \frac{1}{1-r}}$

且 ${\bar{\lambda }}_2\left(f-a\right)$ ， $\Delta$ 内亚纯函数 $f$ 在 $\Delta$ 内判别的a-值点 $\left(a\in ℂ\cup \left\{\infty \right\}\right)$ 序列的超级收敛指数定义为

${\bar{\lambda }}_2\left(f-a\right)=\overline{\underset{r\to 1^{-}}{\lim }}\frac{{\log }^{+}{\log }^{+}\bar{N}\left(r,\frac{1}{f-a}\right)}{\log \frac{1}{1-r}}$

注2：若 $a=0$ ，则 ${\lambda }_2\left(f\right)$ 和 ${\bar{\lambda }}_2\left(f\right)$ 分别表示 $f$ 在 $\Delta$ 内零点序列和判别零点序列的超级收敛指数。

注3 [6] ： 1)设 $f$ 在单位圆 $\Delta$ 内解析，则 ${\sigma }_2\left(f\right)={\sigma }_{M,2}\left(f\right)$ ，这与复平面 $ℂ$ 上整函数的超级的结果一样。因此不失一般性，下文仅用符号 ${\sigma }_2\left(f\right)$ 。

2) 当 $f$ 在 $\Delta$ 内亚纯，则 $\sigma \left(f\right)=\sigma \left(f^{\left(j\right)}\right)$ 和 ${\sigma }_2\left(f\right)={\sigma }_2\left(f^{\left(j\right)}\right)$ ，其中 $j\in \mathbb{N}$ 。

自从J. Heittokangas在 [3] 中研究单位圆 $\Delta$ 内微分方程解的增长性以来，近年来国内外有了不少这方面的研究(如文 [5] - [11] )。曹廷彬与仪洪勋在 [6] 中研究了单位圆内微分方程解的增长性，改进了 [3] [5] 的结果，并进一步研究了单位圆内二阶线性微分方程解的不动点性质，得到

定理A [6] ：假设 $A\left(z\right)$ 和 $B\left(z\right)$ 为 $\Delta$ 内解析函数，且满足 ${\sigma }_M\left(A\right)<{\sigma }_M\left(B\right)$ 或 $\sigma \left(A\right)<\sigma \left(B\right)$ ，则方程

$f^{″}+A\left(z\right)f^{\prime }+B\left(z\right)f=0$ (1.1)

的每个解 $\cancel{f}\cancel{\equiv }0$ 满足 ${\bar{\lambda }}_2\left(f-z\right)={\sigma }_2\left(f\right)$ 。

文 [7] 研究了相应的单位圆内高阶微分方程解的增长性及不动点问题。

文 [8] 进一步研究了方程

$f^{″}+A\left(z\right)f=0$ (1.2)

的解的导数的不动点问题，得到

定理B [8] ：设 $A\left(z\right)$ 是单位圆内可允许的解析函数， ${\sigma }_M\left(A\right)=\sigma <+\infty$ ，则方程(1.2)的所有解 $f\cancel{\equiv }0$ 及其 ${\cancel{f}}^{\prime },f^{″}$ 都有无穷个不动点且不动点收敛指数满足

$\tau \left(f\right)=\tau \left({\cancel{f}}^{\prime }\right)=\tau \left({\cancel{f}}^{″}\right)={\sigma }_M\left(f\right)=+\infty ,{\tau }_2\left(\cancel{f}\right)={\tau }_2\left({\cancel{f}}^{\prime }\right)={\tau }_2\left({\cancel{f}}^{″}\right)={\sigma }_{M,2}\left(f\right)=\sigma$

注4：不动点收敛指数 $\tau \left(f\right)$ 即 $\lambda \left(f-z\right)$ ，不动点二级收敛指数 ${\tau }_2\left(\cancel{f}\right)$ 即 ${\lambda }_2\left(f-z\right)$ 。

本文进一步讨论了在定理A的条件下方程(1.1)解的各阶导数的不动点性质，得到以下结果。

定理1：假设 $A\left(z\right)$ 和 $B\left(z\right)$ 为 $\Delta$ 内解析函数，且满足 ${\sigma }_M\left(A\right)<{\sigma }_M\left(B\right)<\infty$ 或 $\sigma \left(A\right)<\sigma \left(B\right)<\infty$ ，则方程(1.1)的每个解 $f\cancel{\equiv }0$ 满足

${\bar{\lambda }}_2\left(f^{\prime }-z\right)={\lambda }_2\left(f^{\prime }-z\right)={\bar{\lambda }}_2\left(f^{″}-z\right)={\lambda }_2\left(f^{″}-z\right)={\sigma }_2(f)$

定理2：假设 $A\left(z\right)$ 和 $B\left(z\right)$ 为 $\Delta$ 内解析函数，且满足 ${\sigma }_M\left(A\right)<{\sigma }_M\left(B\right)$ 或 $\sigma \left(A\right)<\sigma \left(B\right)$ ，如果 ${\sigma }_2\left(B\right)<\infty$ ，则方程(1.1)的每个解 $f\cancel{\equiv }0$ 满足

${\bar{\lambda }}_2\left(f-z\right)={\bar{\lambda }}_2\left(f^{\prime }-z\right)={\lambda }_2\left(f^{\prime }-z\right)={\bar{\lambda }}_2\left(f^{″}-z\right)={\lambda }_2\left(f^{″}-z\right)={\sigma }_2(f)$

推论1：假设 $A\left(z\right)$ 和 $B\left(z\right)$ 为 $\Delta$ 内解析函数，且满足 ${\sigma }_M\left(A\right)<{\sigma }_M\left(B\right)=\infty$ 或 $\sigma \left(A\right)<\sigma \left(B\right)=\infty$ ，如果 ${\sigma }_2\left(B\right)<\infty$ ，则方程(1.1)的每个解 $f\cancel{\equiv }0$ 满足

${\bar{\lambda }}_2\left(f-z\right)={\bar{\lambda }}_2\left(f^{\prime }-z\right)={\lambda }_2\left(f^{\prime }-z\right)={\bar{\lambda }}_2\left(f^{″}-z\right)={\lambda }_2\left(f^{″}-z\right)={\sigma }_2(f)$

注5：定理1是定理A与定理B的推广，定理2是文 [7] 结果(见后面的引理6)当 $k=2$ 时的改进与推广。

2. 引理

引理1 [6] ：设 $A_1\left(z\right)$ 和 $A_0\left(z\right)$ 为 $\Delta$ 内解析函数且满足1) ${\sigma }_M\left(A_1\right)<{\sigma }_M\left(A_0\right)$ ，或2) $D_M\left(A_1\right)<\infty$ 而 $D_M\left(A_0\right)=\infty$ ，则方程(1.1)的所有解 $f\cancel{\equiv }0$ 都满足 $\sigma \left(f\right)=\infty$ 且 ${\sigma }_2\left(f\right)={\sigma }_M\left(A_0\right)$ 。

引理2 [6] ：设 $f$ 和 $g$ 为 $\Delta$ 内亚纯函数， $n\in \mathbb{N}$ ，则

1) ${\sigma }_n\left(f\right)={\sigma }_n\left(\frac{1}{f}\right),{\sigma }_n\left(a\cdot f\right)={\sigma }_n\left(f\right)\left(a\in ℂ-\left\{0\right\}\right)$ ；

2) ${\sigma }_n\left(f\right)={\sigma }_n\left(f^{\prime }\right)$ ；

3) $\max \left\{{\sigma }_n\left(f+g\right),{\sigma }_n\left(f\cdot g\right)\right\}\le \max \left\{{\sigma }_n\left(f\right),{\sigma }_n\left(g\right)\right\}$ ；

4) 如果 ${\sigma }_n\left(f\right)<{\sigma }_n\left(g\right)$ ，那么 ${\sigma }_n\left(f+g\right)={\sigma }_n\left(g\right)$ ， ${\sigma }_n\left(f\cdot g\right)={\sigma }_n\left(g\right)$ 。

引理3 [6] ：设 $f\left(z\right)$ 是方程

$L\left(f\right)=f^{\left(k\right)}+A_{k-1}\left(z\right)f^{\left(k-1\right)}+\cdots +A_0\left(z\right)f=F\left(z\right)\left(k\in \mathbb{N}\right)$

的一个亚纯解，其中 $A_0,\cdots ,A_{k-1},F\cancel{\equiv }0$ 是 $\Delta$ 内的亚纯函数。若

$\max \left\{{\sigma }_i\left(F\right),{\sigma }_i\left(A_j\right)\left(j=0,\cdots ,k-1\right)\right\}:=b<{\sigma }_i\left(f\right):=\sigma$

这里 $i=1,2$ ，则有 ${\bar{\lambda }}_i\left(f\right)={\lambda }_i\left(f\right)={\sigma }_i\left(f\right)$ ，其中 ${\bar{\lambda }}_1\left(f\right),{\lambda }_1\left(f\right)$ 和 ${\sigma }_1\left(f\right)$ 分别表示为 $\bar{\lambda }\left(f\right),\lambda \left(f\right)$ 和 $\sigma \left(f\right)$ 。

引理4 [6] ：设 $f$ 和 $g$ 为 $\Delta$ 内解析函数， $n\in \mathbb{N}$ ，则

1) ${\sigma }_{M,}{}_n\left(a\cdot f\right)={\sigma }_{M,n}\left(f\right)\left(a\in ℂ-\left\{0\right\}\right)$ ；

2) ${\sigma }_{M,n}\left(f\right)={\sigma }_{M,n}\left(f^{\prime }\right)$ ；

3) $\max \left\{{\sigma }_{M,n}\left(f+g\right),{\sigma }_{M,n}\left(f\cdot g\right)\right\}\le \max \left\{{\sigma }_{M,n}\left(f\right),{\sigma }_{M,n}\left(g\right)\right\}$ ；

4) 如果 ${\sigma }_{M,n}\left(f\right)<{\sigma }_{M,n}\left(g\right)$ ，那么 ${\sigma }_{M,n}\left(f+g\right)={\sigma }_{M,n}\left(g\right)$ 。

引理5 [6] ：设 $A_1\left(z\right)$ 和 $A_0\left(z\right)$ 为 $\Delta$ 内解析函数且满足(i) $\sigma \left(A_1\right)<\sigma \left(A_0\right)$ ，或(ii) $D\left(A_1\right)<\infty$ 而 $D\left(A_0\right)=\infty$ ，则方程(1.1)的所有解 $f\cancel{\equiv }0$ 都满足 $\sigma \left(f\right)=\infty$ 且 ${\alpha }_M\ge {\sigma }_2\left(f\right)\ge \sigma \left(A_0\right)$ ，其中 ${\alpha }_M=\max \left\{{\sigma }_M\left(A_0\right),{\sigma }_M\left(A_1\right)\right\}$ 。

引理6 [7] ：设方程

$L\left(f\right)=f^{\left(k\right)}+A_{k-1}\left(z\right)f^{\left(k-1\right)}+\cdots +A_0\left(z\right)f=0\left(k\in \mathbb{N}\right)$ (2.1)

的系数 $A_0\left(z\right),\cdots ,A_{k-1}\left(z\right)$ 在 $\Delta$ 内解析， $\max \left\{{\sigma }_M\left(A_j\right):j=1,\cdots ,k-1\right\}<{\sigma }_M\left(A_0\right)$ 或 $\max \left\{\sigma \left(A_j\right):j=1,\cdots ,k-1\right\}<\sigma \left(A_0\right)$ 。如果 ${\sigma }_2\left(A_j\right)<\infty \left(j=0,\cdots ,k-1\right)$ ，那么(2.1)式的每个解 $f\cancel{\equiv }0$ 满足 ${\bar{\lambda }}_2\left(f-z\right)={\sigma }_2\left(f\right)$ 。

引理7 [7] ：设(2.1)式的系数 $A_0\left(z\right),\cdots ,A_{k-1}\left(z\right)$ 在 $\Delta$ 内解析，如果 $\max \left\{{\sigma }_M\left(A_j\right):j=1,\cdots ,k-1\right\}<{\sigma }_M\left(A_0\right)$ ，那么(2.1)式的所有解 $f\cancel{\equiv }0$ 都满足 ${\sigma }_M\left(A_0\right)={\sigma }_2\left(f\right)\ge \sigma \left(A_0\right)$ 。

引理8 [7] ：设 $\Delta$ 内解析的函数 $A_0\left(z\right),\cdots ,A_{k-1}\left(z\right)$ 是(2.1)式的系数，如果 $\max \left\{\sigma \left(A_j\right):j=1,\cdots ,k-1\right\}<\sigma \left(A_0\right)$ ，那么(2.1)式的所有解 $f\cancel{\equiv }0$ 都满足 $\sigma \left(A_0\right)\le {\sigma }_2\left(f\right)\le {\alpha }_M$ ，其中 ${\alpha }_M=\max \left\{{\sigma }_M\left(A_j\right):j=0,\cdots ,k-1\right\}$ 。

3. 定理1的证明

下面证 ${\sigma }_M\left(A\right)<{\sigma }_M\left(B\right)<\infty$ 的情形。

设 $f\cancel{\equiv }0$ 为方程(1.1)的解，由引理1知，

$\sigma \left(f\right)=\infty ,{\sigma }_2\left(f\right)={\sigma }_M\left(B\right)$ (3.1)

1) 首先考虑 $f^{\prime }\left(z\right)$ 的不动点。假设 $g_1\left(z\right)=f^{\prime }\left(z\right)-z,z\in \Delta$ ，由(3.1)，有

$\sigma \left(g_1\right)=\sigma \left(f^{\prime }\right)=\infty ,{\sigma }_2\left(g_1\right)={\sigma }_2\left(f^{\prime }\right)={\sigma }_2\left(f\right),{\bar{\lambda }}_2\left(g_1\right)={\bar{\lambda }}_2\left(f^{\prime }-z\right)$ (3.2)

微分(1.1)，得

$f^{‴}+A{f}^{″}+\left(A^{\prime }+B\right)f^{\prime }+B^{\prime }f=0$ (3.3)

由(1.1)，有

$f=-\frac{f^{″}+A{f}^{\prime }}{B}$ (3.4)

将(3.4)代入(3.3)，得

$f^{‴}+D_1\left(z\right)f^{″}+D_0\left(z\right)f^{\prime }=0$ (3.5)

将 $f^{\prime }=g_1+z$ 代入(3.5)，得

${g^{″}}_1+D_1\left(z\right){g^{\prime }}_1+D_0\left(z\right)g_1=D\left(z\right)$ (3.6)

其中，

$D_1\left(z\right)=A-\frac{B^{\prime }}{B}$ (3.7)

$D_0\left(z\right)=A^{\prime }+B-A\frac{B^{\prime }}{B}$ (3.8)

$D\left(z\right)=-\left(D_1\left(z\right)+z{D}_0\left(z\right)\right)$ (3.9)

下证 $D\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ ，若 $D\left(z\right)\equiv 0$ ，由(3.9)，有

$D_1\left(z\right)+z{D}_0\left(z\right)=0$ (3.10)

令 ${f^{\prime }}_1=z$ ，由(3.5)、(3.10)知， $f_1$ 为(3.5)的解。因此，方程(1.1)有解 $f_1$ 满足 ${f^{\prime }}_1=z$ 且 $\sigma \left(f_1\right)<\infty$ 。这与(3.1)矛盾。故 $D\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 。由注1知， $\sigma \left(A\right)\le {\sigma }_M\left(A\right)<\infty$ ， $\sigma \left(B\right)\le {\sigma }_M\left(B\right)<\infty$ ，从而由(3.7)~(3.9)与引理2可知 $\sigma \left(D_0\left(z\right)\right)<\infty$ ， $\sigma \left(D_1\left(z\right)\right)<\infty$ ， $\sigma \left(D\left(z\right)\right)<\infty$ ，从而由(3.1)、(3.2)得

$\max \left\{{\sigma }_2\left(D_0\left(z\right)\right),{\sigma }_2\left(D_1\left(z\right)\right),{\sigma }_2\left(D\left(z\right)\right)\right\}<{\sigma }_2\left(g_1\right)={\sigma }_2\left(f\right)$ (3.11)

由(3.6)与引理3得 ${\bar{\lambda }}_2\left(g_1\right)={\lambda }_2\left(g_1\right)={\sigma }_2\left(g_1\right)$ ，从而

${\bar{\lambda }}_2\left(f^{\prime }-z\right)={\bar{\lambda }}_2\left(g_1\right)={\lambda }_2\left(f^{\prime }-z\right)={\lambda }_2\left(g_1\right)={\sigma }_2\left(g_1\right)={\sigma }_2(f)$

2) 再次考虑 $f^{″}\left(z\right)$ 的不动点。假设 $g_2\left(z\right)=f^{″}\left(z\right)-z,z\in \Delta$ ，由(3.1)，有

$\sigma \left(g_2\right)=\sigma \left(f^{″}\right)=\infty ,{\sigma }_2\left(g_2\right)={\sigma }_2\left(f^{″}\right)={\sigma }_2\left(f\right),{\bar{\lambda }}_2\left(g_2\right)={\bar{\lambda }}_2\left(f^{″}-z\right)$ (3.12)

微分(3.3)，得

$f^{(4)}+A{f}^{‴}+\left(2A^{\prime }+B\right)f^{″}+\left(A^{″}+2B^{\prime }\right)f^{\prime }+B^{″}f=0$ (3.13)

下证 $D_0\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 。假设 $D_0\left(z\right)\equiv 0$ ，由(3.8)，得 $A^{\prime }+B-A\frac{B^{\prime }}{B}=0$ ，或 $A^{\prime }B-A{B}^{\prime }=-B^2$ 。因此， ${\left(\frac{A}{B}\right)}^{\prime }=-1$ ，可得

$\frac{A}{B}=-z+C$ (3.14)

其中 $C$ 为任意常数。则 $A=\left(C-z\right)B$ ， $B=\frac{A}{C-z}$ 。又因为 ${\sigma }_M\left(C-z\right)={\sigma }_M\left(\frac{1}{C-z}\right)=0$ ，从而由引理4可知

${\sigma }_M\left(A\right)\le \max \left\{{\sigma }_M\left(C-z\right),{\sigma }_M\left(B\right)\right\}={\sigma }_M\left(B\right)$ ， ${\sigma }_M\left(B\right)\le \max \left\{{\sigma }_M\left(\frac{1}{C-z}\right),{\sigma }_M\left(A\right)\right\}={\sigma }_M(A)$

即 ${\sigma }_M\left(A\right)={\sigma }_M\left(B\right)$ ，与题设矛盾。故 $D_0\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 。由(3.5)得

$f^{\prime }=\frac{1}{D_0\left(z\right)}\left(-f^{‴}-D_1\left(z\right)f^{″}\right)$ (3.15)

将(3.4)、(3.15)代入(3.13)，得

$f^{\left(4\right)}+B_2\left(z\right)f^{‴}+B_1\left(z\right)f^{″}=0$ (3.16)

其中，

$B_1\left(z\right)=\left(2A^{\prime }+B-\frac{B^{″}}{B}\right)-\frac{d_1\left(z\right)}{d_2\left(z\right)}\left(A-\frac{B^{\prime }}{B}\right)$ (3.17)

$B_2\left(z\right)=A-\frac{d_1\left(z\right)}{d_2\left(z\right)}$ (3.18)

$d_1\left(z\right)=A^{″}+2B^{\prime }-\frac{B^{″}}{B}A$ (3.19)

$d_2\left(z\right)=A^{\prime }+B-\frac{B^{\prime }}{B}A$ (3.20)

将 $f^{″}=g_2+z$ 代入(3.16)，得

${g^{″}}_2+B_2\left(z\right){g^{\prime }}_2+B_1\left(z\right)g_2=B\left(z\right)$ (3.21)

其中

$B\left(z\right)=-B_2\left(z\right)-z{B}_1\left(z\right)$ (3.22)

下证 $B\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 。假设 $B\left(z\right)\equiv 0$ ，由(3.22)，得

$B_2\left(z\right)+z{B}_1\left(z\right)=0$ (3.23)

令 ${f^{″}}_2=z$ ，由(3.16)、(3.23)，可知 $f_2$ 为(3.16)的一个解。因此，方程(1.1)有解 $f_2$ 满足 ${f^{″}}_2=z$ 且 $\sigma \left(f_2\right)<\infty$ 。这与(3.1)矛盾。故 $B\left(z\right)\cancel{\equiv }0$ 。由注1知， $\sigma \left(A\right)\le {\sigma }_M\left(A\right)<\infty$ ， $\sigma \left(B\right)\le {\sigma }_M\left(B\right)<\infty$ ，故由(3.17)~(3.20)、(3.22)与引理2，易知 $\sigma \left(B_1\left(z\right)\right)<\infty$ ， $\sigma \left(B_2\left(z\right)\right)<\infty$ ， $\sigma \left(B\left(z\right)\right)<\infty$ 。从而由(3.12)得

$\max \left\{{\sigma }_2\left(B_1\left(z\right)\right),{\sigma }_2\left(B_2\left(z\right)\right),{\sigma }_2\left(B\left(z\right)\right)\right\}<{\sigma }_2\left(g_2\right)={\sigma }_2\left(f\right)$ (3.24)

由(3.21)与引理3得 ${\bar{\lambda }}_2\left(g_2\right)={\lambda }_2\left(g_2\right)={\sigma }_2\left(g_2\right)$ ，从而

${\bar{\lambda }}_2\left(f^{″}-z\right)={\bar{\lambda }}_2\left(g_2\right)={\lambda }_2\left(f^{″}-z\right)={\lambda }_2\left(g_2\right)={\sigma }_2\left(g_2\right)={\sigma }_2(f)$

综上所述，在 ${\sigma }_M\left(A\right)<{\sigma }_M\left(B\right)<\infty$ 的情形下，有

${\bar{\lambda }}_2\left(f^{\prime }-z\right)={\lambda }_2\left(f^{\prime }-z\right)={\bar{\lambda }}_2\left(f^{″}-z\right)={\lambda }_2\left(f^{″}-z\right)={\sigma }_2(f)$

在 $\sigma \left(A\right)<\sigma \left(B\right)<\infty$ 的情形下，结合引理5，类似可证得结论也成立。

4. 定理2的证明

由引理6并注意到当 $\sigma \left(A\right)<\sigma \left(B\right)=\infty$ 或 ${\sigma }_M\left(A\right)<{\sigma }_M\left(B\right)=\infty$ 时， ${\sigma }_2\left(A\right)\le {\sigma }_2\left(B\right)$ ，可知在定理2的条件下，方程(1.1)的每个解 $f\cancel{\equiv }0$ 满足 ${\bar{\lambda }}_2\left(f-z\right)={\sigma }_2\left(f\right)$ 。

由引理7及引理8知， ${\sigma }_2\left(f\right)\ge \sigma \left(B\right)$ 。

1) 若 $\sigma \left(B\right)<\infty$ ，则 ${\sigma }_M\left(A\right)<{\sigma }_M\left(B\right)<\infty$ 或 $\sigma \left(A\right)<\sigma \left(B\right)<\infty$ ，由定理1知，定理2结论成立。

2) 若 $\sigma \left(B\right)=\infty$ ，由 ${\sigma }_2\left(f\right)\ge \sigma \left(B\right)$ 知， ${\sigma }_2\left(f\right)=\infty$ 。由 ${\sigma }_M\left(A\right)<{\sigma }_M\left(B\right)=\infty$ 或 $\sigma \left(A\right)<\sigma \left(B\right)=\infty$ ，

可知 ${\sigma }_2\left(A\right)\le {\sigma }_2\left(B\right)$ ，又 ${\sigma }_2\left(B\right)<\infty$ ，从而 ${\sigma }_2\left(A\right)\le {\sigma }_2\left(B\right)<{\sigma }_2\left(f\right)$ 。由引理2知，

$\max \left\{{\sigma }_2\left(D_0\left(z\right)\right),{\sigma }_2\left(D_1\left(z\right)\right),{\sigma }_2\left(D\left(z\right)\right)\right\}\le {\sigma }_2(B)$

$\max \left\{{\sigma }_2\left(B_1\left(z\right)\right),{\sigma }_2\left(B_2\left(z\right)\right),{\sigma }_2\left(B\left(z\right)\right)\right\}\le {\sigma }_2(B)$

则(3.11)与(3.24)成立。从而类似于定理1的证明，可知定理2结论成立。

基金项目

国家自然科学基金项目(11271045, 11561031)。