1637年, 法国数学家Pierre de Fermat提出了一个猜想: 对于不小于$ 3 $的正整数$ n $, 关于$ x, y, z $的方程$ x^n+y^n=z^n $没有正整数解. 直到三百多年后, 英国数学家Andrew Wiles证明了该猜想, 该猜想即为著名的Fermat大定理.

类似地, 我们把形如

$ \begin{equation} f^m+g^n=1(m, n\in{\bf N}_+) \end{equation} $

(1.1)

的关于$ f, g $的函数方程称为Fermat型函数方程. Montel ^[1]与Cartan ^[2]分别证明了: 当$ m=n\geqslant3 $以及更一般地, 当$ \dfrac1m+\dfrac1n<1 $时, 复平面上的函数方程(1.1)的整函数解必定为常数. Iyer ^[3]则对$ m=n=2 $的情形进行了研究, 并证明了

定理1.1 ^[3]  复平面上的函数方程$ f^2+g^2=1 $的整函数解必然形如$ f(z)=\cos h(z), g(z)=\sin h(z) $, 其中$ h(z) $是复平面上的任意整函数; 并且不存在其他形式的整函数解.

随着Nevanlinna值分布理论的发展, 对复微分方程的研究也有了新的进展. 2004年, Yang和Li ^[4]对(1.1)中的$ g=\sum\limits_{k=0}^ra_kf^{(k)}(a_r\ne0), m=n=2 $的情形进行了研究, 并得出

定理1.2 ^[4]  若$ L(f)=\sum\limits_{k=0}^ra_kf^{(k)}(a_1, a_2, \cdots, a_r\in{\bf C}, a_r\ne0) $, 则复平面上关于$ f $的函数方程$ f^2+L^2(f)=1 $的超越整函数解为$ f(z)=\dfrac12\left(p{\rm e}^{\lambda z}+\dfrac1p{\rm e}^{-\lambda z}\right) $, 其中$ p\in{\bf C} $为非零常数, 而$ \lambda $满足$ \sum\limits_{k=0}^ra_k\lambda^k=-{\rm i}, \sum\limits_{k=0}^ra_k(-\lambda)^k={\rm i} $.

随后, 各种不同类型的Fermat型常微分方程被深入研究, Tang和Liao ^[5]研究了形如$ f^2+P^2(f^{(k)})^2=Q $的常微分方程, 得到了

定理1.3 ^[5]  若$ P(z), Q(z) $都是非零多项式, $ f(z) $是微分方程$ f^2+P^2(f^{(k)})^2=Q $的超越亚纯函数解, 那么$ P(z)\equiv A, Q(z)\equiv B, k=2n+1 $对某些非负整数$ n $成立, 并且$ f(z)=b\cos(az+c) $, 其中$ A, B, a, b, c $都是常数并且满足$ Aa^k=\pm1, b^2=B $.

2015年, Liu和Dong ^[6]将(1.1)中的$ f $和$ g $分别替换为$ af+bf' $和$ cf+df'' $, 考虑了形如$ (af+bf')^2+(cf+df'')^2=1 $的二阶Fermat型常微分方程, 并且证明了

定理1.4 ^[6]  若$ f(z) $为微分方程$ (af+bf')^2+(cf+df'')^2=1 $的超越亚纯函数解, 则$ f(z) $必定是以下情形之一:

(1) 若$ a=c=0, b, d\ne0 $, 则$ f(z)=\dfrac{{\rm i}d}{b^2}\sinh(\dfrac{{\rm i}b}dz-A)+B $, 其中$ A, B\in{\bf C} $是常数;

(2) 若$ a, b, c, d\ne0, \dfrac ca={\rm i}\left(\dfrac{1-{\rm e}^{2p}}{1+{\rm e}^{2p}}\right) $, 则$ f(z)=D{\rm e}^{-\frac abz}+\dfrac{{\rm e}^p+{\rm e}^{-p}}{2a} $, 其中$ p\in{\bf C} $是常数, $ D\in{\bf C} $是非零常数;

(3) 若$ a=0, b, c\ne0 $, 则$ f(z)=\dfrac{{\rm i}b+d}{bc}\sinh\left(\dfrac c{{\rm i}b+d}z-A\right)+B $, 其中$ d+\dfrac{cd}{bd+{\rm i}b^2}=0, A, B\in{\bf C} $是常数.

2017年, Han和Lü ^[7]则将(1.1)中的$ g $和$ 1 $分别替换为$ f' $和$ {\rm e}^{\alpha z+\beta} $, 得出了微分方程$ f^n+(f')^n={\rm e}^{\alpha z+\beta} $的亚纯函数解.

定理1.5 ^[7]  微分方程$ f^n+(f')^n={\rm e}^{\alpha z+\beta} $的亚纯函数解$ f $必定是整函数, 并且以下断言成立.

(1) 当$ n=1 $时, 若$ \alpha\ne-1 $, 则$ f(z)=\dfrac{{\rm e}^{\alpha z+\beta}}{\alpha+1}+a{\rm e}^{-z} $, 若$ \alpha=-1 $, 则$ f(z)=z{\rm e}^{-z+\beta}+a{\rm e}^{-z} $.

(2) 当$ n=2 $时, 有$ f(z)=d{\rm e}^{\frac{\alpha z+\beta}2} $, 或着对于$ \alpha=0 $, 有$ f(z)={\rm e}^\frac\beta2\sin(z+b) $.

(3) 当$ n\geqslant3 $时, 有$ f(z)=d{\rm e}^{\frac{\alpha z+\beta}n} $.

其中$ \alpha, \beta, a, b, c\in{\bf C} $并且对$ n\geqslant1 $有$ d^n\left(1+\left(\dfrac\alpha n\right)^n\right)=1 $.

2021年, Luo, Xu以及Hu ^[8]则研究了带有交叉项的常微分方程$ f^2+2\alpha ff'+(f')^2={\rm e}^g $, 得到了

定理1.6 ^[8]  设$ \alpha^2\ne0, 1, g(z) $是一个多项式, 若微分方程$ f^2+2\alpha ff'+(f')^2={\rm e}^g $存在有穷级超越整函数解, 那么$ g(z) $必定是$ g(z)=az+b $的形式, 其中$ a, b\in{\bf C} $.

同时, 对Fermat型的复偏微分方程的研究也得出了大量结果. Li ^{[9, 10]}对形如$ u_{z_1}^2+u_{z_2}^2={\rm e}^g $和$ u_{z_1}^2+u_{z_2}^2=p $的两类复偏微分方程(其中$ g $和$ p $都是$ {\bf C}^2 $上的多项式函数)的整函数解进行了研究, 并得出了相关结果.

本文主要研究二阶Fermat型常微分方程

$ \begin{equation} (a_1f+b_1f'+c_1f'')^2+(a_2f+b_2f'+c_2f'')^2=\gamma \end{equation} $

(2.1)

的整函数解, 其中$ a_1, a_2, b_1, b_2, c_1, c_2\in{\bf C}, \gamma $为定义在$ \bf C $上的整函数. 分别记

$ \begin{equation*} D=\begin{pmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2 \end{pmatrix}, D_{ab}=\begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2 \end{vmatrix}, D_{bc}=\begin{vmatrix} b_1&c_1\\ b_2&c_2 \end{vmatrix}, D_{ca}=\begin{vmatrix} c_1&a_1\\ c_2&a_2 \end{vmatrix}, \end{equation*} $

再记常数$ M $满足$ D_{ca}=MD_{bc} $. 如果$ {\rm rank}D=1 $, 那么$ a_1, b_1, c_1 $与$ a_2, b_2, c_2 $对应成比例, 这样方程(2.1) 就是一个平凡的二阶常系数线性常微分方程. 如果$ {\rm rank}D=2 $, 那么$ D_{ab}, D_{bc}, D_{ca} $中至少有一个不等于$ 0 $. 首先考虑方程(2.2) 中的$ D_{bc}\ne0 $的情形.

对于整函数$ \gamma $, 我们主要考虑指数函数和多项式函数两种情形, 一是$ \gamma={\rm e}^g $且$ g $是定义在$ \bf C $上的多项式函数; 二是$ \gamma=p $且$ p $是定义在$ \bf C $上不恒为$ 0 $的多项式函数. 我们有如下结论:

定理2.1  设$ a_1, a_2, b_1, b_2, c_1, c_2\in{\bf C} $, 并且$ D_{bc}\ne0, D_{ca}^2=D_{ab}D_{bc} $, 而$ g(z) $是定义在$ \bf C $上的多项式函数, 那么关于$ f(z) $的方程

$ \begin{equation} (a_1f+b_1f'+c_1f'')^2+(a_2f+b_2f'+c_2f'')^2={\rm e}^g \end{equation} $

(2.2)

存在整函数解的充要条件是: $ g(z)=Az+B $, 其中$ A, B $都是C中的常数, 并且满足

(ⅰ)

$ \begin{gather} b_1^2+b_2^2+2(b_1c_1+b_2c_2)\left(M+\dfrac A2\right)+(c_1^2+c_2^2)\left(M+\dfrac A2\right)^2\ne0. \end{gather} $

(2.3)

此时方程(2.2) 的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=r_1{\rm e}^{Mz}+\dfrac{{\rm e}^{Mz+\frac B2}}{\sqrt{b_1^2+b_2^2+2(b_1c_1+b_2c_2)\left(M+\frac A2\right)+(c_1^2+c_2^2)\left(M+\frac A2\right)^2}}\int_0^z{\rm e}^{\left(\frac A2-M\right)t}{\rm d}t, \end{equation*} $

其中$ r_1 $是C中的任意常数.

或者(ⅱ)

$ \begin{gather} c_1^2+c_2^2\ne0, \\ \dfrac{b_1c_1+b_2c_2}{c_1^2+c_2^2}+M+\dfrac A2=0. \end{gather} $

(2.4)

此时方程(2.2) 的整函数解形如

$ f(z)=r_2{\rm e}^{Mz}+{\rm e}^{Mz+\frac B2} \int_0^z\dfrac{c_2\cos h(t)-c_1\sin h(t)}{D_{bc}}{\rm e}^{\left(\frac A2-M\right)t}{\rm d}t, $

其中$ h(z)=-\dfrac{D_{bc}}{c_1^2+c_2^2}z+\mu_1 $, 而$ r_2, \mu_1 $都是C中的任意常数.

在此定理中取$ A=0, B=\log C $, 其中$ C $是C中的非零常数, 显然可以得出

推论2.1  设$ a_1, a_2, b_1, b_2, c_1, c_2\in{\bf C} $, 并且$ D_{bc}\ne0, D_{ca}^2=D_{ab}D_{bc} $, 而$ C $是$ \bf C $中的非零常数, 那么关于$ f(z) $的方程

$ \begin{equation} (a_1f+b_1f'+c_1f'')^2+(a_2f+b_2f'+c_2f'')^2=C \end{equation} $

(2.5)

存在整函数解的充要条件是:

(ⅰ)

$ \begin{gather*} b_1^2+b_2^2+2(b_1c_1+b_2c_2)M+(c_1^2+c_2^2)M^2\ne0. \end{gather*} $

此时方程(2.5)的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=r_1{\rm e}^{Mz}+\dfrac{\sqrt C{\rm e}^{Mz}}{\sqrt{b_1^2+b_2^2+2(b_1c_1+b_2c_2)M+(c_1^2+c_2^2)M^2}}\int_0^z{\rm e}^{-Mt}{\rm d}t, \end{equation*} $

其中$ r_1 $是C中的任意常数.

或者(ⅱ)

$ \begin{gather*} c_1^2+c_2^2\ne0, \quad b_1c_1+b_2c_2+(c_1^2+c_2^2)M=0. \end{gather*} $

此时方程(2.5)的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=r_2{\rm e}^{Mz}+\dfrac{\sqrt C}{D_{bc}}{\rm e}^{Mz}\int_0^z(c_2\cos h(t)-c_1\sin h(t)){\rm e}^{-Mt}{\rm d}t, \end{equation*} $

其中$ h(z)=-\dfrac{D_{bc}}{c_1^2+c_2^2}z+\mu_1 $, 而$ r_2, \mu_1 $都是C中的任意常数.

定理2.2  设$ a_1, a_2, b_1, b_2, c_1, c_2\in{\bf C} $, 并且$ D_{bc}\ne0, D_{ca}^2=D_{ab}D_{bc} $, 而$ p(z) $是定义在$ \bf C $上不恒为$ 0 $的多项式函数, 那么关于$ f(z) $的方程

$ \begin{equation} (a_1f+b_1f'+c_1f'')^2+(a_2f+b_2f'+c_2f'')^2=p \end{equation} $

(2.6)

存在整函数解的充要条件是:

(ⅰ)

$ \begin{align*} a_1=a_2=0, \end{align*} $

并且存在C中的非零常数$ l $以及$ p $的因式$ u $和$ v $, 满足$ p=uv $, 以及

$ \begin{equation} l^2(b_2+{\rm i}b_1)u+(b_2-{\rm i}b_1)v+l^2(c_2+{\rm i}c_1)u'+(c_2-{\rm i}c_1)v'=0. \end{equation} $

(2.7)

此时方程(2.6) 的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=r_3+\int_0^z\dfrac{l^2(c_2+{\rm i}c_1)u(t)+(c_2-{\rm i}c_1)v(t)}{2lD_{bc}}{\rm d}t, \end{equation*} $

其中$ r_3 $是C中的任意常数.

或者(ⅱ)

$ \begin{equation} \begin{gathered} b_1^2+b_2^2+2(b_1c_1+b_2c_2)M+(c_1^2+c_2^2)M^2\ne0, \\ b_1c_1+b_2c_2+(c_1^2+c_2^2)M=0, \end{gathered} \end{equation} $

(2.8)

并且$ p $是C中的非零常数, 此时方程(2.6) 的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=r_4{\rm e}^{Mz}+\dfrac{\sqrt p{\rm e}^{Mz}}{\sqrt{b_1^2+b_2^2+2(b_1c_1+b_2c_2)M+(c_1^2+c_2^2)M^2}}\int_0^z{\rm e}^{-Mt}{\rm d}t, \end{equation*} $

其中$ r_4 $是C中的任意常数.

或者(ⅲ)

$ \begin{equation} \begin{gathered} c_1^2+c_2^2\ne0, \\ b_1c_1+b_2c_2+(c_1^2+c_2^2)M=0, \end{gathered} \end{equation} $

(2.9)

并且$ p $是C中的非零常数, 此时方程(2.6)的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=r_5{\rm e}^{Mz}+\dfrac{\sqrt p}{D_{bc}}{\rm e}^{Mz}\int_0^z(c_2\cos h(t)-c_1\sin h(t)){\rm e}^{-Mt}{\rm d}t, \end{equation*} $

其中$ h(z)=-\dfrac{D_{bc}}{c_1^2+c_2^2}z+\mu_1 $, 而$ r_5, \mu_1 $都是C中的任意常数.

根据该定理显然可以得出

推论2.2  设$ a_1, a_2, b_1, b_2, c_1, c_2\in{\bf C} $, 并且$ |a_1|+|a_2|\ne0, D_{bc}\ne0, D_{ca}^2=D_{ab}D_{bc} $, 而$ p(z) $是定义在$ \bf C $上不恒为$ 0 $的多项式函数, 如果关于$ f(z) $的方程(2.6) 存在整函数解, 那么$ p(z) $是C上的非零常数.

然后是方程(2.2)中的$ D_{bc}=0 $的情形.

如果$ D_{bc}=0, D_{ca}^2=D_{ab}D_{bc} $, 那么$ D_{ca}=0 $, 从而$ c_1=c_2=0, D_{ab}\ne0 $. 设$ F(z)=\int_0^zf(t){\rm d}t $, 那么

$ \begin{equation*} (a_1f+b_1f')^2+(a_2f+b_2f')^2=(0\cdot F+a_1F'+b_1F'')^2+(0\cdot F+a_2F'+b_2F'')^2=\gamma, \end{equation*} $

其中$ \gamma={\rm e}^g $或$ p $, 并且$ g $是定义在$ \bf C $上的多项式函数, $ p $是定义在$ \bf C $上不恒为$ 0 $的多项式函数. 对于关于$ F(z) $的方程

$ \begin{equation} (0\cdot F+a_1F'+b_1F'')^2+(0\cdot F+a_2F'+b_2F'')^2=\gamma, \end{equation} $

(2.10)

注意到$ D_{ab}\ne0 $, 并且自然成立$ \begin{vmatrix} b_1&0\\ b_2&0 \end{vmatrix}^2=0= \begin{vmatrix} 0&a_1\\ 0&a_2 \end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix} a_1&b_1\\ a_2&b_2 \end{vmatrix} $, 应用定理2.1和定理2.2就可以得出方程(2.10)存在整函数解的充要条件, 以及整函数$ F $的表达式. 如果存在整函数解$ F $, 再对$ F $求导即可得出关于$ f(z) $的方程$ (a_1f+b_1f')^2+(a_2f+b_2f')^2=\gamma $的整函数解$ f $. 因此对应于定理2.1和定理2.2, 我们有

推论2.3  设$ a_1, a_2, b_1, b_2\in{\bf C} $, 并且$ D_{ab}\ne0 $, 而$ g(z) $是定义在$ \bf C $上的多项式函数, 那么关于$ f(z) $的方程

$ \begin{equation} (a_1f+b_1f')^2+(a_2f+b_2f')^2={\rm e}^g \end{equation} $

(2.11)

存在整函数解的充要条件是: $ g(z)=Az+B $, 其中$ A, B $都是C中的常数, 并且满足

(ⅰ)

$ \begin{gather} 4(a_1^2+a_2^2)+4(a_1b_1+a_2b_2)A+(b_1^2+b_2^2)A^2\ne0. \end{gather} $

(2.12)

此时方程(2.11)的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=+\dfrac{2{\rm e}^{\frac{Az+B}2}}{\sqrt{4(a_1^2+a_2^2)+4(a_1b_1+a_2b_2)A+(b_1^2+b_2^2)A^2}}. \end{equation*} $

或者(ⅱ)

$ \begin{gather*} b_1^2+b_2^2\ne0, \quad \dfrac{a_1b_1+a_2b_2}{b_1^2+b_2^2}+\dfrac A2=0. \end{gather*} $

此时方程(2.11) 的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=\dfrac{b_2\cos h(z)-b_1\sin h(z)}{D_{ab}}{\rm e}^{\frac{Az+B}2}, \end{equation*} $

其中$ h(z)=-\dfrac{D_{ab}}{b_1^2+b_2^2}z+\mu_2 $, 而$ \mu_2 $是C中的任意常数.

推论2.4  设$ a_1, a_2, b_1, b_2\in{\bf C} $, 并且$ D_{ab}\ne0 $, 而$ p(z) $是定义在$ \bf C $上不恒为$ 0 $的多项式函数, 那么关于$ f(z) $的方程

$ \begin{equation} (a_1f+b_1f')^2+(a_2f+b_2f')^2=p \end{equation} $

(2.13)

存在整函数解的充要条件是:

(ⅰ)

存在C中的非零常数$ l $以及$ p $的因式$ u $和$ v $, 满足$ p=uv $, 以及

$ \begin{equation*} l^2(a_2+{\rm i}a_1)u+(a_2-{\rm i}a_1)v+l^2(b_2+{\rm i}b_1)u'+(b_2-{\rm i}b_1)v'=0. \end{equation*} $

此时方程(2.13) 的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=\dfrac{l^2(b_2+{\rm i}b_1)u(z)+(b_2-{\rm i}b_1)v(z)}{2lD_{ab}}. \end{equation*} $

或者(ⅱ)

$ \begin{gather*} a_1^2+a_2^2\ne0, \quad a_1b_1+a_2b_2=0. \end{gather*} $

并且$ p $是C中的非零常数, 此时方程(2.13) 的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=\sqrt{\dfrac p{a_1^2+a_2^2}}. \end{equation*} $

或者(ⅲ)

$ \begin{gather*} b_1^2+b_2^2\ne0, \quad a_1b_1+a_2b_2=0. \end{gather*} $

并且$ p $是C中的非零常数, 此时方程(2.13) 的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=\dfrac{b_2\cos h(z)-b_1\sin h(z)}{D_{ab}}\sqrt p, \end{equation*} $

其中$ h(z)=-\dfrac{D_{ab}}{b_1^2+b_2^2}z+\mu_2 $, 而$ \mu_2 $是C中的任意常数.

下面列出三个引理, 这在本文定理的证明过程中具有关键作用.

引理3.1 ^{[11, 12]}  设$ f $是定义在$ {\bf C} $上的亚纯函数, 那么除去一个有限测度集后, 有$ T(r, f')=O(T(r, f))(r\to+\infty) $.

引理3.2 ^{[13, 14]}  设$ f $是定义在$ {\bf C} $上的超越亚纯函数, 而$ g $是定义在$ {\bf C} $上的非常整函数, 那么$ T(r, g)=o(T(r, f\circ g))(r\to+\infty) $.

引理3.3 ^[14]  设$ f $是定义在$ {\bf C} $上的亚纯函数, 那么对于任意有穷复数$ a $, 有$ T\left(r, \dfrac1{f-a}\right)=T(r, f)+O(1)(r>0) $.

充分性只需直接代入验证即可, 此处略去. 必要性的证明如下:

根据定理1.1  可知, 存在整函数$ h $, 满足

$ \begin{gather*} a_1f+b_1f'+c_1f''={\rm e}^\frac g2\cos h, \\ a_2f+b_2f'+c_2f''={\rm e}^\frac g2\sin h. \end{gather*} $

从而可得

$ \begin{gather} D_{bc}f'=(c_2\cos h-c_1\sin h){\rm e}^\frac g2+D_{ca}f, \end{gather} $

(3.1)

$ \begin{gather} D_{bc}f''=(b_1\sin h-b_2\cos h){\rm e}^\frac g2+D_{ab}f. \end{gather} $

(3.2)

对(3.1)两边求导并结合(3.2)可得

$ \begin{align*} &(b_1\sin h-b_2\cos h){\rm e}^\frac g2+D_{ab}f=D_{bc}f''\\ =&\left[\dfrac{c_2\cos h-c_1\sin h}2g'-(c_2\sin h+c_1\cos h)h'\right]{\rm e}^\frac g2+D_{ca}f'\\ =&\left[\dfrac{c_2\cos h-c_1\sin h}2g'-(c_2\sin h+c_1\cos h)h'\right]{\rm e}^\frac g2+(c_2\cos h-c_1\sin h)M{\rm e}^\frac g2+\dfrac{D_{ca}^2}{D_{bc}}f. \end{align*} $

又因为$ D_{ca}^2=D_{ab}D_{bc} $, 所以有

$ \begin{align*} \left(b_1+c_1M+c_2h'+\dfrac{c_1g'}2\right)\sin h-\left(b_2+c_2M-c_1h'+\dfrac{c_2g'}2\right)\cos h=\dfrac{D_{ca}^2-D_{ab}D_{bc}}{D_{bc}}f{\rm e}^{-\frac g2}=0. \end{align*} $

即有

$ \begin{equation} \left(b_1+c_1M+c_2h'+\dfrac{c_1g'}2\right)\sin h=\left(b_2+c_2M-c_1h'+\dfrac{c_2g'}2\right)\cos h. \end{equation} $

(3.3)

下面分两种情形讨论.

情形一  $ b_1+c_1M+c_2h'+\dfrac{c_1g'}2 $和$ b_2+c_2M-c_1h'+\dfrac{c_2g'}2 $都等于$ 0 $.

此时有

$ \begin{gather} (c_1^2+c_2^2)h'+D_{bc}=0, \\ \frac{c_1^2+c_2^2}2g'+(b_1c_1+b_2c_2)+(c_1^2+c_2^2)M=0. \end{gather} $

(3.4)

由于$ D_{bc}\ne0 $, 根据(3.4)必然有$ c_1^2+c_2^2\ne0. $进而有$ h'=-\dfrac{D_{bc}}{c_1^2+c_2^2}, g'=-2\left(\dfrac{b_1c_1+b_2c_2}{c_1^2+c_2^2}+M\right). $因此可得

$ \begin{gather*} h=-\dfrac{D_{bc}}{c_1^2+c_2^2}z+\mu_1, \\ g=Az+B. \end{gather*} $

其中$ \mu_1, B $都是C中的任意常数, 并且常数$ A $满足$ A=-2\left(\dfrac{b_1c_1+b_2c_2}{c_1^2+c_2^2}+M\right), $即(2.4). 再通过解关于$ f $的一阶线性常微分方程(3.1)可得(2.2)的整函数解为

$ f(z)=r_2{\rm e}^{Mz}+{\rm e}^{Mz+\frac B2}\int_0^z\dfrac{c_2\cos h(t)-c_1\sin h(t)}{D_{bc}}{\rm e}^{\left(\frac A2-M\right)t}{\rm d}t, $

其中$ r_2 $是C中的任意常数.

情形二  $ b_1+c_1M+c_2h'+\dfrac{c_1g'}2 $和$ b_2+c_2M-c_1h'+\dfrac{c_2g'}2 $至少有一个不等于$ 0 $.

此时有

$ \begin{equation} \tan h=\dfrac{2b_2D_{bc}+2c_2D_{ca}-2c_1D_{bc}h'+c_2D_{bc}g'}{2b_1D_{bc}+2c_1D_{ca}+2c_2D_{bc}h'+c_1D_{bc}g'}, \end{equation} $

(3.5)

或者

$ \begin{equation} \cot h=\dfrac{2b_1D_{bc}+2c_1D_{ca}+2c_2D_{bc}h'+c_1D_{bc}g'}{2b_2D_{bc}+2c_2D_{ca}-2c_1D_{bc}h'+c_2D_{bc}g'}. \end{equation} $

(3.6)

此时可以断定$ h $必为C上的常数, 下面利用反证法证明.

假设$ h $为定义在C上的非常整函数, 那么有$ \log r=o(T(r, h))(r\to+\infty). $又因为$ g $是定义在C上的多项式函数, 结合引理3.1可知, 除去一个有限测度集后有

$ T(r, g')=O(T(r, g))=O(\log r)=O(o(T(r, h)))=o(T(r, h))(r\to+\infty). $

再根据引理3.2与引理3.3可知, 对于(3.5), 除去一个有限测度集后有

$ \begin{equation*} T(r, h)=o(T(r, \tan h))=o(O(T(r, h')+T(r, g')))=o(T(r, h))+o(T(r, g'))=o(T(r, h))(r\to+\infty). \end{equation*} $

对于(3.6), 除去一个有限测度集后也有

$ \begin{equation*} T(r, h)=o(T(r, \cot h))=o(O(T(r, h')+T(r, g')))=o(T(r, h))+o(T(r, g'))=o(T(r, h))(r\to+\infty). \end{equation*} $

均出现矛盾, 因此$ h $为C上的常数, 此时有$ h'=0 $, 代入(3.3)有

$ \begin{equation*} \left(b_1+c_1M+\dfrac{c_1g'}2\right)\lambda_2=\left(b_2+c_2M+\dfrac{c_2g'}2\right)\lambda_1. \end{equation*} $

即

$ \begin{equation*} \dfrac{c_1\lambda_2-c_2\lambda_1}2g'=b_2\lambda_1-b_1\lambda_2+(c_2\lambda_1-c_1\lambda_2)M. \end{equation*} $

其中$ \lambda_1=\cos h, \lambda_2=\sin h $为C中的常数, 且满足$ \lambda_1^2+\lambda_2^2=1 $.

此时必然有$ c_1\lambda_2\ne c_2\lambda_1 $, 否则假设$ c_1\lambda_2=c_2\lambda_1 $, 那么显然有$ b_2\lambda_1=b_1\lambda_2. $于是有$ \lambda_1\lambda_2D_{bc}=\lambda_1\lambda_2(b_1c_2-b_2c_1)=0. $即$ \lambda_1\lambda_2=0 $. 若$ \lambda_1=0 $, 那么$ \lambda_2^2=1 $, 此时必然有

$ b_1=\dfrac{\lambda_1b_2}{\lambda_2}=0, c_1=\dfrac{\lambda_1c_2}{\lambda_2}=0, $

从而

$ D_{bc}=b_1c_2-b_2c_1=0, $

矛盾; 若$ \lambda_2=0 $, 同样可以得出矛盾. 即有$ c_1\lambda_2\ne c_2\lambda_1 $.

记$ x=b_2\lambda_1-b_1\lambda_2, y=c_2\lambda_1-c_1\lambda_2\ne0 $, 于是就有$ g'=-2\left(\dfrac xy+M\right), $从而$ g(z)=Az+B, $其中$ B $是C中的任意常数, 并且常数$ A $满足$ A=-2\left(\dfrac xy+M\right). $又因为

$ \left(\dfrac{b_1y-c_1x}{D_{bc}}\right)^2+\left(\dfrac{b_2y-c_2x}{D_{bc}}\right)^2=\lambda_1^2+\lambda_2^2=1, $

所以

$ \left(\left(b_1+c_1\left(M+\dfrac A2\right)\right)^2+\left(b_2+c_2\left(M+\dfrac A2\right)\right)^2\right)y^2=D_{bc}^2. $

考虑到$ D_{bc}\ne0 $, 所以

$ \begin{gather*} \left(b_1+c_1\left(M+\dfrac A2\right)\right)^2+\left(b_2+c_2\left(M+\dfrac A2\right)\right)^2\ne0, \\ y=\dfrac{D_{bc}}{\sqrt{\left(b_1+c_1\left(M+\frac A2\right)\right)^2+\left(b_2+c_2\left(M+\frac A2\right)\right)^2}}, \end{gather*} $

即(2.3) 成立, 再通过解关于$ f $的一阶线性常微分方程(3.1) 可得(2.2) 的整函数解为

$ \begin{align*} f(z)&=r_1{\rm e}^{Mz}+\dfrac{y{\rm e}^{Mz}}{D_{bc}}\int_0^z{\rm e}^{\frac{g(t)}2-Mt}{\rm d}t\\ &=r_1{\rm e}^{Mz}+\dfrac{{\rm e}^{Mz+\frac B2}}{\sqrt{b_1^2+b_2^2+2(b_1c_1+b_2c_2)\left(M+\frac A2\right)+(c_1^2+c_2^2)\left(M+\frac A2\right)^2}}\int_0^z{\rm e}^{\left(\frac A2-M\right)t}{\rm d}t, \end{align*} $

其中$ r_1 $是C中的任意常数.

这里依然略去充分性的验证, 必要性的证明如下:

由(2.6)可得

$ \begin{equation*} [(a_1f+b_1f'+c_1f'')+{\rm i}(a_2f+b_2f'+c_2f'')]\cdot[(a_1f+b_1f'+c_1f'')-{\rm i}(a_2f+b_2f'+c_2f'')]=p. \end{equation*} $

于是存在$ p $的因式$ u $和$ v $满足$ p=uv $, 并且使得$ (a_1f+b_1f'+c_1f'')+{\rm i}(a_2f+b_2f'+c_2f'') $与$ u $具有相同的零点包括零点重数, 那么$ (a_1f+b_1f'+c_1f'')-{\rm i}(a_2f+b_2f'+c_2f'') $与$ v $也将具有相同的零点包括零点重数, 所以存在整函数$ k $, 满足

$ \begin{gather*} (a_1f+b_1f'+c_1f'')+{\rm i}(a_2f+b_2f'+c_1f'')=u{\rm e}^k, \\ (a_1f+b_1f'+c_2f'')-{\rm i}(a_2f+b_2f'+c_2f'')=v{\rm e}^{-k}. \end{gather*} $

即有

$ \begin{gather} a_1f+b_1f'+c_1f''=\dfrac{u{\rm e}^k+v{\rm e}^{-k}}2, \end{gather} $

(3.7)

$ \begin{gather} a_2f+b_2f'+c_2f''=\dfrac{u{\rm e}^k-v{\rm e}^{-k}}{2{\rm i}}. \end{gather} $

(3.8)

从而可得

$ \begin{gather} D_{bc}f'=\dfrac{(c_2+{\rm i}c_1)u{\rm e}^k+(c_2-{\rm i}c_1)v{\rm e}^{-k}}2+D_{ca}f, \end{gather} $

(3.9)

$ \begin{gather} D_{bc}f''=\dfrac{({\rm i}b_1-b_2)v{\rm e}^{-k}-({\rm i}b_1+b_2)u{\rm e}^k}2+D_{ab}f. \end{gather} $

(3.10)

对(3.9) 两边求导并结合(3.10) 可得

$ \begin{align*} &\dfrac{({\rm i}b_1-b_2)v{\rm e}^{-k}-(b_2+{\rm i}b_1)u{\rm e}^k}2+D_{ab}f=D_{bc}f''\\ =&\dfrac{(c_2+{\rm i}c_1)(u'+k'u){\rm e}^k+(c_2-{\rm i}c_1)(v'-k'v){\rm e}^{-k}}2+D_{ca}f'\\ =&\dfrac{[(c_2+{\rm i}c_1)(u'+k'u)+M(c_2+{\rm i}c_1)u]{\rm e}^k+[(c_2-{\rm i}c_1)(v'-k'v)+M(c_2-{\rm i}c_1)v]{\rm e}^{-k}}2+\dfrac{D_{ca}^2}{D_{bc}}f. \end{align*} $

于是

$ \begin{align*} &[(c_2+{\rm i}c_1)(u'+k'u)+M(c_2+{\rm i}c_1)u+(b_2+{\rm i}b_1)u]{\rm e}^k\\ &+[(c_2-{\rm i}c_1)(v'-k'v)+M(c_2-{\rm i}c_1)v+(b_2-{\rm i}b_1)v]{\rm e}^{-k}\\ =&2\dfrac{D_{ab}D_{bc}-D_{ca}^2}{D_{bc}}f=0. \end{align*} $

即有

$ \begin{equation} [(c_2+{\rm i}c_1)(u'+k'u+Mu)+(b_2+{\rm i}b_1)u]{\rm e}^k=[(c_2-{\rm i}c_1)(k'v-v'-Mv)-(b_2-{\rm i}b_1)v]{\rm e}^{-k}. \end{equation} $

(3.11)

下面分两种情形讨论.

情形一  $ (c_2-{\rm i}c_1)(k'v-v'-Mv)-(b_2-{\rm i}b_1)v=0 $.

此时必然有$ c_1^2+c_2^2\ne0. $否则, 若$ c_2-{\rm i}c_1=0 $, 又因为$ uv=p\not\equiv0 $, 故$ v\not\equiv0 $, 从而有$ (b_2-{\rm i}b_1)v=(c_2-{\rm i}c_1)(k'v-v'-Mv)\equiv0. $于是$ b_2-{\rm i}b_1=0 $, 进而有$ D_{bc}=b_1c_2-b_2c_1=0 $, 矛盾, 即有$ c_2-{\rm i}c_1\ne0 $. 注意到

$ \begin{equation*} (c_2+{\rm i}c_1)(u'+k'u+Mu)+(b_2+{\rm i}b_1)u=[(c_2-{\rm i}c_1)(k'v-v'-Mv)-(b_2-{\rm i}b_1)v]{\rm e}^{-2k}=0, \end{equation*} $

同理亦有$ c_2+{\rm i}c_1\ne0 $, 从而$ c_1^2+c_2^2\ne0 $. 因此

$ \begin{equation*} k'=-M-\dfrac{b_2+{\rm i}b_1}{c_2+{\rm i}c_1}-\dfrac{u'}u=M+\dfrac{b_2-{\rm i}b_1}{c_2-{\rm i}c_1}+\dfrac{v'}v. \end{equation*} $

即有

$ \begin{equation*} \dfrac{p'}p=\dfrac{u'}u+\dfrac{v'}v=-2M-\dfrac{b_2+{\rm i}b_1}{c_2+{\rm i}c_1}-\dfrac{b_2-{\rm i}b_1}{c_2-{\rm i}c_1}=-2M-2\dfrac{b_1c_1+b_2c_2}{c_1^2+c_2^2}. \end{equation*} $

由于$ p $是定义在$ \bf C $上不恒为$ 0 $的多项式函数, 所以

$ \begin{gather*} p'=0, \\ M+\dfrac{b_1c_1+b_2c_2}{c_1^2+c_2^2}=0. \end{gather*} $

即$ p $是$ \bf C $的非零常数, 此时在推论2.1中取$ C=p $, 就有

情形1:

$ \begin{gather*} b_1^2+b_2^2+2(b_1c_1+b_2c_2)M+(c_1^2+c_2^2)M^2\ne0, \\ b_1c_1+b_2c_2+(c_1^2+c_2^2)M=0, \end{gather*} $

即(2.8), 此时方程(2.6) 的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=r_4{\rm e}^{Mz}+\dfrac{\sqrt p{\rm e}^{Mz}}{\sqrt{b_1^2+b_2^2+2(b_1c_1+b_2c_2)M+(c_1^2+c_2^2)M^2}}\int_0^z{\rm e}^{-Mt}{\rm d}t, \end{equation*} $

其中$ r_4 $是C中的任意常数.

或者情形2:

$ \begin{gather*} c_1^2+c_2^2\ne0, \\ b_1c_1+b_2c_2+(c_1^2+c_2^2)M=0, \end{gather*} $

即(2.9), 此时方程(2.6) 的整函数解形如

$ \begin{equation*} f(z)=r_5{\rm e}^{Mz}+\dfrac{\sqrt p}{D_{bc}}{\rm e}^{Mz}\int_0^z(c_2\cos h(t)-c_1\sin h(t)){\rm e}^{-Mt}{\rm d}t, \end{equation*} $

其中$ h(z)=-\dfrac{D_{bc}}{c_1^2+c_2^2}z+\mu_1 $, 而$ r_5, \mu_1 $都是C中的任意常数.

情形二  $ (c_2-{\rm i}c_1)(k'v-v'-Mv)-(b_2-{\rm i}b_1)v\ne0 $.

此时必然有

$ \begin{equation*} (c_2+{\rm i}c_1)(u'+k'u+Mu)+(b_2+{\rm i}b_1)u\ne0. \end{equation*} $

否则, 若$ (c_2+{\rm i}c_1)(u'+k'u+Mu)+(b_2+{\rm i}b_1)u=0 $, 根据(3.11)可知

$ \begin{equation*} (c_2-{\rm i}c_1)(k'v-v'-Mv)-(b_2-{\rm i}b_1)v=[(c_2+{\rm i}c_1)(u'+k'u+Mu)+(b_2+{\rm i}b_1)u]{\rm e}^{2k}=0, \end{equation*} $

矛盾, 于是

$ \begin{equation} {\rm e}^{2k}=\dfrac{(c_2-{\rm i}c_1)(k'v-v'-Mv)-(b_2-{\rm i}b_1)v}{(c_2+{\rm i}c_1)(u'+k'u+Mu)+(b_2+{\rm i}b_1)u}. \end{equation} $

(3.12)

此时可以断定$ k $必为C上的常数, 下面利用反证法证明. 假设$ k $为定义在C上的非常整函数, 那么有

$ \log r=o(T(r, k))(r\to+\infty). $

又因为$ p $是定义在C上不恒为$ 0 $的多项式函数, 而$ u $和$ v $都是$ p $的因式, 且$ p=uv $, 所以有

$ \begin{gather*} T(r, u)=O(\log r)=O(o(T(r, k)))=o(T(r, k))(r\to+\infty), \\ T(r, v)=O(\log r)=O(o(T(r, k)))=o(T(r, k))(r\to+\infty). \end{gather*} $

再根据引理3.1, 引理3.2与引理3.3可知, 对于(3.12), 除去一个有限测度集后有

$ \begin{align*} T(r, k)&=o(T(r, {\rm e}^{2k}))=o(O(T(r, k')+T(r, u')+T(r, v')+T(r, u)+T(r, v)))\\ &=o(T(r, k))+o(T(r, u))+o(T(r, v))=o(T(r, k))(r\to+\infty). \end{align*} $

矛盾, 因此$ k $为C上的常数, 此时有$ k'=0 $, 代入(3.11)可得

$ \begin{equation*} [(c_2+{\rm i}c_1)(u'+Mu)+(b_2+{\rm i}b_1)u]l^2=({\rm i}c_1-c_2)(v'+Mv)-(b_2-{\rm i}b_1)v, \end{equation*} $

其中$ l={\rm e}^k $为C中的非零常数, 即(2.7)成立, 再通过解关于$ f $的一阶线性常微分方程(3.9)可得

$ \begin{equation} f=r_3{\rm e}^{Mz}+{\rm e}^{Mz}\int_0^z\dfrac{l^2(c_2+{\rm i}c_1)u+(c_2-{\rm i}c_1)v}{2lD_{bc}}{\rm d}t, \end{equation} $

(3.13)

其中$ r_3 $是C中的任意常数.

下面断言$ M=0 $. 考虑到

$ \begin{align*} &a_1f+b_1f'+c_1f''\\=&(a_1+b_1M+c_1M^2)\cdot\left[r_3+\int_0^z\dfrac{l^2(c_2+{\rm i}c_1)u+(c_2-{\rm i}c_1)v}{2lD_{bc}}{\rm d}t\right]{\rm e}^{Mz}\\ &+\left\{(b_1+2c_1M)[l^2(c_2+{\rm i}c_1)u+(c_2+{\rm i}c_1)v]+c_1[l^2(c_2+{\rm i}c_1)u'+(c_2+{\rm i}c_1)v']\right\}\dfrac{{\rm e}^{Mz}}{2lD_{bc}}. \end{align*} $

又因为$ D_{ca}^2=D_{ab}D_{bc} $, 所以有

$ \begin{equation*} a_1+b_1M+c_1M^2=\dfrac{a_1D_{bc}+b_1D_{ca}+c_1D_{ab}}{D_{bc}}=\dfrac1{D_{bc}} \begin{vmatrix} a_1&b_1&c_1\\ a_1&b_1&c_1\\ a_2&b_2&c_2\\ \end{vmatrix}=0. \end{equation*} $

结合(2.7) 可得

$ \begin{align*} &a_1f+b_1f'+c_1f''\\=&\{(b_1+2c_1M)[l^2(c_2+{\rm i}c_1)u+(c_2+{\rm i}c_1)v]+c_1[l^2(c_2+{\rm i}c_1)u'+(c_2+{\rm i}c_1)v']\}\dfrac{{\rm e}^{Mz}}{2lD_{bc}}\\ =&\{l^2[D_{bc}+c_1(c_2+{\rm i}c_1)M]u+[D_{bc}+c_1(c_2-{\rm i}c_1)M]v\}\dfrac{{\rm e}^{Mz}}{2lD_{bc}}. \end{align*} $

同理亦有

$ \begin{align*} a_2f+b_2f'+c_2f''=\{l^2[D_{bc}-c_2({c_1-\rm i}c_2)M]u-[D_{bc}-c_2({c_1+\rm i}c_2)M]v\}\dfrac{{\rm e}^{Mz}}{2{\rm i}lD_{bc}}. \end{align*} $

再结合(3.7) 和(3.8) 可知

$ \begin{gather*} \{l^2[D_{bc}+c_1(c_2+{\rm i}c_1)M]u+[D_{bc}+c_1(c_2-{\rm i}c_1)M]v\}\dfrac{{\rm e}^{Mz}}{D_{bc}}=l^2u+v, \\ \{l^2[D_{bc}-c_2({c_1-\rm i}c_2)M]u-[D_{bc}-c_2({c_1+\rm i}c_2)M]v\}\dfrac{{\rm e}^{Mz}}{D_{bc}}=l^2u-v. \end{gather*} $

考虑到$ u $和$ v $都是C上不恒为$ 0 $的多项式函数, 所以必然有$ M=0 $, 于是$ D_{ca}=0 $, 从而

$ D_{ab}=\dfrac{D_{ca}^2}{D_{bc}}=0. $

即$ a_1=a_2=0 $, 进而可得方程(2.6) 的整函数解为

$ \begin{equation*} f=r_3+\int_0^z\dfrac{l^2(c_2+{\rm i}c_1)u+(c_2-{\rm i}c_1)v}{2lD_{bc}}{\rm d}t, \end{equation*} $

其中$ r_3 $是C中的任意常数.