5.4
Preuve du Théorème 5.1.2
Supposons que f est une solution de l’équation (5:1:1). Alors, d’après le Théorème 5.1.1, on a (f ) = +1.
Posons
g (z) = f (z) ' (z) ; on sait que g (z) est une fonction entière et
(g) = (f ) = +1:
En utilisant f = g + ' dans l’équation di¤érentielle (5:1:1), on obtient
g(k)+ Bk 1g(k 1)+ ::: + B1g0+ B0g = D; (5.4.1)
où
D = F '(k)+ Bk 1'(k 1)+ ::: + B1'0+ B0' :
Montrons que D 6 0. En e¤et, si D 0, alors
'(k)+ Bk 1'(k 1)+ ::: + B1'0+ B0' = F:
Ainsi (') = +1, c’est une contradiction. Par conséquent D 6 0.
On sait que les fonctions Bj (j = 0; :::; k 1) et D sont d’ordre …ni. Par le Lemme 3.2.6 et
(5:4:1), on déduit
(g) = (g) = (g) = (f ) = +1: Par conséquent,
(f ') = (f ') = (f ) = +1; ce qui achève la démonstration.
Chapitre 6
Croissance des solutions des équations
di¤érentielles linéaires d’ordre
supérieur à coe¢ cients fonctions
entières
6.1
Introduction et résultats
Dans ce chapitre, nous étudions la croissance et l’oscillation des solutions entières de certaines équations di¤érentielles linéaires d’ordre supérieur à coe¢ cients fonctions entières. Sous cer- taines conditions, nous prouvons que toute solution non triviale f de ces équations est d’ordre in…ni. Ensuite, nous obtenons une estimation de l’hyper-ordre. En…n, nous donnons une es- timation de l’exposant de convergence des zéros distincts des fonctions f(j) ' (j = 0; 1; 2),
où ' (6 0) est une fonction entière d’ordre (') < 1, tandis que la solution f de l’équation di¤érentielle est d’ordre in…ni. Nos résultats généralisent les résultats précédents dus à Chen, Peng et Chen et autres.
En 2002, Chen ([12]) a étudié le problème de croissance des solutions de certaines équations di¤érentielles linéaires d’ordre deux à coe¢ cients fonctions entières de même ordre 1 et il a obtenu le résulat suivant.
Théorème A([12]) Soient Aj(z) (6 0) (j = 1; 2) des fonctions entières avec (Aj) < 1, a,
b des nombres complexes tels que ab 6= 0 et a 6= b. Alors toute solution f 6 0 de l’équation di¤érentielle
6.1 Introduction et résultats 66
est d’ordre in…ni.
Dans ([40]), Peng et Chen ont étudié l’ordre et l’hyper-ordre des solutions de certaines équa- tions di¤érentielles linéaires d’ordre deux et ils ont prouvé que toute solution non triviale de ces équations est d’ordre in…ni et d’hyper-ordre est égal à 1 (voir [Théorème A, chapitre 2]).
Récemment, dans ([22]), les auteurs étendent et améliorent les résultats du Théorème A de Peng et Chen à certaines équations di¤érentielles linéaires d’ordre supérieur à coe¢ cients fonctions entières (voir [Théorème 2.1.1, chapitre 2]).
Dans ce chapitre, nous continuons la recherche dans ce type de problèmes, le but principal de ce chapitre est d’étendre et d’améliorer les résultats du Théorème A de Peng et Chen et du Théorème 2.1.1 à certaines équations di¤érentielles linéaires d’ordre supérieur. En e¤et, nous allons démontrer les résultats suivants.
Théorème 6.1.1 (voir [23]) Soient k> 2 un entier positif, Aj(z) (6 0) (j = 1; 2) et Bj(z)
(6 0), Dj(z) (6 0) (j = 1; :::; k 1) des fonctions entières avec
maxf (Aj) (j = 1; 2) ; (Bj) (j = 1; :::; k 1) ; (Dj) (j = 1; :::; k 1)g < 1;
a1, a2 des nombres complexes tels que a1a2 6= 0, a1 6= a2, dj 6= 0 (j = 1; :::; k 1) des
nombres complexes et bj (j = 1; :::; k 1) des nombres réels tels que bj < 0. Supposons qu’il
existe j, j (j = 1; :::; k 1) où 0 < j < 1, 0 < j < 1 et dj = ja1 + ja2. Posons =
maxf j : j = 1; :::; k 1g, = max j : j = 1; :::; k 1 et b = min fbj : j = 1; :::; k 1g.
Si
(1) arg a1 6= et arg a1 6= arg a2; ou
(2) arg a1 6= , arg a1 = arg a2 et (i) ja2j > 1ja1j ou (ii) ja2j < (1 )ja1j ; ou
(3) a1 < 0 et arg a1 6= arg a2; ou
(4) (i) (1 ) a2 b < a1 < 0, a2 < 1b ou (ii) a1 < a12+b et a2 < 0,
alors toute solution f (6 0) de l’équation di¤érentielle
f(k)+ k 1 X j=1 Bjebjz + Djedjz f(j)+ (A1ea1z+ A2ea2z) f = 0 (6.1.1) véri…e (f ) = +1 et 2(f ) = 1. Posons
6.1 Introduction et résultats 67 I1 ={2a1, 2a2, a1+ a2, a1, a2, a1 + bi, a2+ bi, a1+ di, a2+ di (i = 1; :::; k 1)}, I2 ={2a1, 2a2, a1+ a2, a1+ b1, a2+ b1, a1+ d1, a2+ d1}, I3 ={3a1, 3a2, 2a1+ a2, a1+ 2a2, 2a1, 2a2, a1+ a2, a1+ b1, a2+ b1, a1+ d1, a2+ d1, 2a1+ bi, 2a2+ bi, 2a1+ di, 2a2 + di, a1+ a2+ bi, a1+ a2+ di, a1 + b1+ bi, a2+ b1+ bi, a1+ d1+ di, a2+ d1+ di, a1+ b1+ di, a2+ b1+ di(i = 1; :::; k 1), a1+ d1+ bi, a2+ d1+ bi (i = 2; :::; k 1)}.
Théorème 6.1.2 (voir [23]) Sous les hypothèses du Théorème 6.1.1, si ' (6 0) est une fonc- tion entière d’ordre (') < 1, alors toute solution f (6 0) de l’équation (6:1:1) satisfait
(f ') = +1: De plus, on a
1) Si (2a1) =2 I1n f2a1g ou (2a2) =2 I1n f2a2g, alors
(f0 ') = +1:
2) Si (i) (2a1) =2 I2nf2a1g ou (2a2) =2 I2nf2a2g et (ii) (3a1) =2 I3nf3a1g ou (3a2) =2 I3nf3a2g,
alors (f00 ') = +1: Posons maintenant J1 ={2a1, 2a2, a1+ a2, a1+ bi, a2+ bi, a1+ di, a2+ di (i = 1; 2)}, J2 ={3a1, 3a2, 2a1+ a2, a1+ 2a2, 2a1+ bi, 2a2+ bi, 2a1+ di, 2a2+ di, a1+ a2+ bi, a1+ a2+ di, a1 + b1 + bi, a2+ b1 + bi, a1 + d1 + di, a2 + d1+ di, a1 + b1 + di, a2+ b1 + di (i = 1; 2; 3), a1 + d1+ bi, a2+ d1+ bi (i = 2; 3)}.
En posant ' (z) = z dans le Théorème 6.1.2, on obtient le corollaire suivant.
Corollaire 6.1.1 (voir [23]) Sous les hypothèses du Théorème 6.1.1, si f (6 0) est une so- lution de l’équation (6:1:1), alors f a une in…nité de points …xes et satisfait
(f ) =1: De plus, on a
1) Si (2a1) =2 J1nf2a1g ou (2a2) =2 J1nf2a2g, alors f0 a une in…nité de points …xes et satisfait
(f0) =1:
2) Si (i) (2a1) =2 I2nf2a1g ou (2a2) =2 I2nf2a2g et (ii) (3a1) =2 J2nf3a1g ou (3a2) =2 J2nf3a2g,
alors f00 a une in…nité de points …xes et satisfait (f00) = 1:
6.2 Lemmes préliminaires 68
6.2
Lemmes préliminaires
On utilise les Lemmes 2.2.2-2.2.6 (voir [chapitre 2]) et les Lemmes 3.2.1, 3.2.6-3.2.8 (voir [chapitre 3]) pour les démonstrations de nos résultats.
6.3
Preuve du Théorème 6.1.1
Supposons que f (6 0) est une solution de l’équation (6:1:1).
Première étape : Montrons que (f ) = +1. Supposons que (f) = < +1. On écrit l’équation (6:1:1) comme suit
f(k) f + k 1 X j=1 Bjebjz+ Dje( ja1+ ja2)z f(j) f + A1e a1z+ A 2ea2z = 0: (6.3.1) Posons = maxf (Bj) (j = 1; :::; k 1)g < 1:
Alors, pour tout " donné (0 < " < 1 )et pour r su¢ samment grand, on a
jBj(z)j 6 exp r +" (j = 1; ; k 1) : (6.3.2)
D’après le Lemme 3.2.1, pour tout " (0 < " < 1 ) donné, il existe un ensemble E1 2;
3
2 de mesure linéaire nulle, si 2 2; 3
2 n E1 alors il existe une constante R0 =
R0( ) > 1telle que pour tout z satisfaisant arg z = et jzj = r > R0, on a
f(j)(z) f (z) 6 r j( 1+") (j = 1; :::; k) : (6.3.3) Soient z = rei , a 1 =ja1j ei 1, a2 =ja2j ei 2, 1; 2 2 2;32 . On sait que ( ja1z; ) = j (a1z; ) ; ja2z; = j (a2z; ) (j = 1; :::; k 1) et < 1, < 1.
Cas 1 : Supposons que arg a1 6= et arg a1 6= arg a2, c’est-à-dire 1 6= et 1 6= 2.
D’après le Lemme 2.2.2 et le Lemme 2.2.3, pour tout " donné tel que 0 < " < min 1 ; 1
2 (1 + ); 1
6.3 Preuve du Théorème 6.1.1 69
il existe un rayon arg z = tel que 2 2; 2 n (E1[ E6[ E7) (où E6 et E7 sont dé…nis
comme dans le Lemme 2.2.3 et E1 [ E6 [ E7 est un ensemble de mesure linéaire nulle) et
satisfaisant
(a1z; ) > 0, (a2z; ) < 0
ou
(a1z; ) < 0, (a2z; ) > 0:
a) Quand (a1z; ) > 0, (a2z; ) < 0, pour r su¢ samment grand, on obtient par le Lemme
6.2.2 jA1ea1zj > exp f(1 ") (a1z; ) rg ; (6.3.4) jA2ea2zj 6 exp f(1 ") (a2z; ) rg < 1; (6.3.5) jDje ja1zj 6 exp f(1 + ") j (a1z; ) rg 6 exp f(1 + ") (a1z; ) rg (j = 1; :::; k 1) ; (6.3.6) e ja2z 6 exp (1 ") j (a2z; ) r < 1 (j = 1; :::; k 1) : (6.3.7)
Par (6:3:6) et (6:3:7), on obtient donc
Dje( ja1+ ja2)z =jDje ja1zj e ja2z 6 exp f(1 + ") (a1z; ) rg ; (6.3.8)
où j = 1; :::; k 1.
Pour 2 2;2 et par (6:3:2) on a
Bjebjz =jBjj ebjz 6 exp r +" ebjr cos 6 exp r +" ; (6.3.9)
car bj < 0 et cos > 0 (j = 1; :::; k 1). D’après (6:3:1), on obtient jA1ea1zj 6 f(k) f + k 1 X j=1 Bjebjz + Dje( ja1+ ja2)z f(j) f +jA2e a2z j : (6.3.10)
En substituant (6:3:3)-(6:3:5), (6:3:8) et (6:3:9) dans (6:3:10), on obtient facilement que expf(1 ") (a1z; ) rg 6 jA1ea1zj
6.3 Preuve du Théorème 6.1.1 70
où M1 > 0 et M2 > 0 sont des certaines constantes.
Par 0 < " < 2(1+ )1 et (6:3:11), on déduit immédiatement que
exp 1
2 (a1z; ) r 6 M1r
M2exp r +" : (6.3.12)
Comme (a1z; ) > 0 et + " < 1, donc (6:3:12) est une contradiction.
b) Quand (a1z; ) < 0, (a2z; ) > 0, pour r su¢ samment grand, on obtient par le Lemme
2.2.2 jA2ea2zj > exp f(1 ") (a2z; ) rg ; (6.3.13) jA1ea1zj 6 exp f(1 ") (a1z; ) rg < 1; (6.3.14) jDje ja1zj 6 exp f(1 ") j (a1z; ) rg < 1 (j = 1; :::; k 1) ; (6.3.15) e ja2z 6 exp (1 + ") j (a2z; ) r 6 exp f(1 + ") (a2z; ) rg (j = 1; :::; k 1) : (6.3.16)
Des relations (6:3:15) et (6:3:16), on a ainsi
Dje( ja1+ ja2)z =jDje ja1zj e ja2z 6 exp f(1 + ") (a2z; ) rg ; (6.3.17) où j = 1; :::; k 1. En utilisant (6:3:1), il vient jA2ea2zj 6 f(k) f + k 1 X j=1 Bjebjz + Dje( ja1+ ja2)z f(j) f +jA1e a1z j : (6.3.18)
En substituant (6:3:3), (6:3:9), (6:3:13), (6:3:14) et (6:3:17) dans (6:3:18), on obtient expf(1 ") (a2z; ) rg 6 jA2ea2zj
6 M1rM2exp r +" expf(1 + ") (a2z; ) rg : (6.3.19)
Par 0 < " < 2(1+ )1 et (6:3:19), on en déduit que
exp 1
2 (a2z; ) r 6 M1r
6.3 Preuve du Théorème 6.1.1 71
Comme (a2z; ) > 0 et + " < 1, alors (6:3:20) est une contradiction.
Cas 2 : Supposons que arg a1 6= et arg a1 = arg a2, c’est-à-dire 1 6= et 1 = 2.
D’après le Lemme 2.2.3, pour tout " donné tel que 0 < " < min 1 ; (1 )ja1j ja2j
2 [(1 + )ja1j + ja2j]
; (1 )ja2j ja1j 2 [(1 + )ja2j + ja1j]
; il existe un rayon arg z = tel que 2 2;2 n (E1[ E6[ E7) et (a1z; ) > 0.
Comme 1 = 2, alors (a2z; ) > 0.
(i) ja2j > 1ja1j. Pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:6), (6:3:13), (6:3:16) sont véri…ées
et on a
jA1ea1zj 6 exp f(1 + ") (a1z; ) rg : (6.3.21)
Par (6:3:6) et (6:3:16), on déduit que
Dje( ja1+ ja2)z 6 exp f(1 + ") (a1z; ) rg exp f(1 + ") (a2z; ) rg ; (6.3.22)
où j = 1; :::; k 1.
En substituant (6:3:3), (6:3:9), (6:3:13),(6:3:21) et (6:3:22) dans (6:3:18), on obtient immé- diatement que
expf(1 ") (a2z; ) rg 6 jA2ea2zj
6 k exp r +" exp
f(1 + ") (a1z; ) rg exp f(1 + ") (a2z; ) rg rk( 1+")
+ expf(1 + ") (a1z; ) rg
6 M1rM2exp r +" expf(1 + ") (a1z; ) rg exp f(1 + ") (a2z; ) rg : (6.3.23)
Selon (6:3:23), il vient expf 1rg 6 M1rM2exp r +" ; (6.3.24) où 1 = (1 ") (a2z; ) (1 + ") (a1z; ) (1 + ") (a2z; ) : Comme 0 < " < (1 )ja2j ja1j 2 [(1 + )ja2j + ja1j] ; 1 = 2 et cos ( 1+ ) > 0; alors 1 = [1 " (1 + )] (a2z; ) (1 + ") (a1z; )
6.3 Preuve du Théorème 6.1.1 72 = [1 " (1 + )]ja2j cos ( 1+ ) (1 + ")ja1j cos ( 1+ ) = cos ( 1+ )f[1 " (1 + )]ja2j (1 + ")ja1jg = cos ( 1+ )f(1 )ja2j ja1j " [(1 + )ja2j + ja1j]g > (1 )ja2j ja1j 2 cos ( 1+ ) > 0: Comme 1 > 0 et + " < 1, alors (6:3:24) est une contradiction.
(ii) ja2j < (1 )ja1j. Pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:4), (6:3:6), (6:3:16) et
(6:3:22) sont véri…ées et on obtient
jA2ea2zj 6 exp f(1 + ") (a2z; ) rg : (6.3.25)
En substituant (6:3:3), (6:3:4), (6:3:9), (6:3:22) et (6:3:25) dans (6:3:10), on a donc expf(1 ") (a1z; ) rg 6 jA1ea1zj
6 k exp r +" exp
f(1 + ") (a1z; ) rg exp f(1 + ") (a2z; ) rg rk( 1+")
+ expf(1 + ") (a2z; ) rg
6 M1rM2exp r +" expf(1 + ") (a1z; ) rg exp f(1 + ") (a2z; ) rg : (6.3.26)
De (6:3:26), on en déduit que expf 2rg 6 M1rM2exp r +" ; (6.3.27) où 2 = (1 ") (a1z; ) (1 + ") (a1z; ) (1 + ") (a2z; ) : Comme 0 < " < (1 )ja1j ja2j 2 [(1 + )ja1j + ja2j] ; 1 = 2 et cos ( 1 + ) > 0; alors 2 = cos ( 1+ )f(1 )ja1j ja2j " [(1 + )ja1j + ja2j]g > (1 )ja1j ja2j 2 cos ( 1+ ) > 0: Puisque 2 > 0 et + " < 1, alors (6:3:27) est une contradiction.
6.3 Preuve du Théorème 6.1.1 73
D’après le Lemme 2.2.2, pour " dé…ni ci-dessus, il existe un rayon arg z = tel que 2
2;2 n (E1[ E6[ E7) et (a2z; ) > 0.
Puisque cos > 0, alors
(a1z; ) =ja1j cos ( 1+ ) = ja1j cos < 0:
En utilisant le même raisonnement du cas 1 (b), on peut obtenir une contradiction.
Cas 4 : Supposons que (i) (1 ) a2 b < a1 < 0 et a2 < 1b ou (ii) a1 < a12+b et a2 < 0,
c’est-à-dire 1 = 2 = .
D’après le Lemme 2.2.2, pour tout " donné tel que 0 < " < min 1 ;(1 )ja1j ja2j + b
2 [(1 + )ja1j + ja2j]
;(1 )ja2j ja1j + b 2 [(1 + )ja2j + ja1j]
; il existe un rayon arg z = tel que 2 2;3
2 n (E1[ E6[ E7), alors cos < 0,
(a1z; ) =ja1j cos ( 1+ ) = ja1j cos > 0;
et
(a2z; ) =ja2j cos ( 2+ ) = ja2j cos > 0:
(i) (1 ) a2 b < a1 < 0 et a2 < 1b . Pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:6),
(6:3:13), (6:3:16), (6:3:21) et (6:3:22) sont véri…ées. Pour 2 2;32 et par (6:3:2) on a ainsi
Bjebjz =jBjj ebjz 6 exp r +" ebjr cos 6 exp r +" ebr cos ; (6.3.28)
car b6 bj < 0 et cos < 0 (j = 1; :::; k 1).
En substituant (6:3:3), (6:3:13), (6:3:21), (6:3:22) et (6:3:28) dans (6:3:18), on obtient expf(1 ") (a2z; ) rg 6 jA2ea2zj
6 M1rM2ebr cos exp r +" expf(1 + ") (a1z; ) rg
expf(1 + ") (a2z; ) rg : (6.3.29)
De (6:3:29), on en déduit que
6.3 Preuve du Théorème 6.1.1 74
où
3 = (1 ") (a2z; ) (1 + ") (a1z; ) (1 + ") (a2z; ) b cos :
Comme (1 ) a2 b < a1, a2 = ja2j et a1 = ja1j, alors
(1 )ja2j ja1j + b > 0:
On peut voir que
0 < (1 )ja2j ja1j + b < (1 )ja2j ja1j < 2 [(1 + ) ja2j + ja1j] : Par conséquent 0 < (1 )ja2j ja1j + b 2 [(1 + )ja2j + ja1j] < 1: Par 0 < " < (1 )ja2j ja1j + b 2 [(1 + )ja2j + ja1j] ; 1 = 2 = et cos < 0, 3 = [1 " (1 + )] (a2z; ) (1 + ") (a1z; ) b cos
= [1 " (1 + )]ja2j cos + (1 + ") ja1j cos b cos
= ( cos )f[1 " (1 + )]ja2j (1 + ")ja1j + bg
= ( cos )f(1 )ja2j ja1j + b " [(1 + )ja2j + ja1j]g
> 1
2 [(1 )ja2j ja1j + b] cos > 0: Puisque 3 > 0 et + " < 1, alors (6:3:30) est une contradiction.
(ii) a1 < a12+b et a2 < 0. Pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:4), (6:3:6), (6:3:16),
(6:3:22) et (6:3:25) sont véri…ées.
En substituant (6:3:3), (6:3:4), (6:3:22), (6:3:25) et (6:3:28) dans (6:3:10), on obtient donc expf(1 ") (a1z; ) rg 6 jA1ea1zj
6 M1rM2ebr cos exp r +" expf(1 + ") (a1z; ) rg
expf(1 + ") (a2z; ) rg : (6.3.31)
D’où
6.3 Preuve du Théorème 6.1.1 75
où
4 = (1 ") (a1z; ) (1 + ") (a1z; ) (1 + ") (a2z; ) b cos :
Comme a1 < a12+b, a2 = ja2j et a1 = ja1j, alors
(1 )ja1j ja2j + b > 0:
On peut voir que
0 < (1 )ja1j ja2j + b < (1 )ja1j ja2j < 2 [(1 + ) ja1j + ja2j] : Par conséquent 0 < (1 )ja1j ja2j + b 2 [(1 + )ja1j + ja2j] < 1: Par 0 < " < (1 )ja1j ja2j + b 2 [(1 + )ja1j + ja2j] ; 1 = 2 = et cos < 0, 4 = ( cos )f(1 )ja1j ja2j + b " [(1 + )ja1j + ja2j]g > 1 2 [(1 )ja1j ja2j + b] cos > 0:
Puisque 4 > 0 et + " < 1, alors (6:3:32) est une contradiction. On conclut de la preuve
ci-dessus que (f ) = +1.
Deuxième étape : Montrons que 2(f ) = 1. Par
max Bjebjz+ Djedjz (j = 1; :::; k 1) ; (A1ea1z+ A2ea2z) = 1
et d’après le Lemme 2.2.4, on obtient 2(f ) 6 1.
D’après le Lemme 2.2.5, il existe un ensemble E8 (1; +1) de mesure logarithmique …nie
et une constante C > 0 telle que pour tout z satisfaisant jzj = r =2 [0; 1] [ E8, on a
f(j)(z)
f (z) 6 C [T(2r; f)]
j+1
(j = 1; :::; k) : (6.3.33) Cas 1 : arg a1 6= et arg a1 6= arg a2. Dans la première étape, on a prouvé qu’il existe un
rayon arg z = où 2 2;2 n (E1[ E6[ E7) satisfaisant
(a1z; ) > 0; (a2z; ) < 0ou (a1z; ) < 0; (a2z; ) > 0:
a) Quand (a1z; ) > 0 et (a2z; ) < 0, pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:4)-
6.3 Preuve du Théorème 6.1.1 76
En substituant (6:3:4), (6:3:5), (6:3:8), (6:3:9) et (6:3:33) dans (6:3:10), on obtient pour tout z = rei satisfaisant jzj = r =2 [0; 1] [ E8, 2 2; 2 n (E1[ E6[ E7) expf(1 ") (a1z; ) rg 6 jA1ea1zj 6 M exp r +" exp f(1 + ") (a1z; ) rg [T (2r; f)] k+1 ; (6.3.34)
où M > 0 est une certaine constante. De (6:3:34) et 0 < " < 2(1+ )1 , on a donc
exp 1
2 (a1z; ) r 6 M exp r
+"
[T (2r; f )]k+1: (6.3.35) Comme (a1z; ) > 0 et + " < 1, alors en utilisant le Lemme 2.2.6 et (6:3:35), on trouve
2(f )> 1, d’où 2(f ) = 1.
b) Quand (a1z; ) < 0 et (a2z; ) > 0, pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:13)-
(6:3:17) sont véri…ées. En utilisant un raisonnement analogue à celui fait précédemment, on peut aussi obtenir 2(f ) = 1.
Cas 2 : arg a1 6= et arg a1 = arg a2. Dans la première étape, on a prouvé qu’il existe un
rayon arg z = où 2 2;2 n (E1[ E6[ E7) satisfaisant
(a1z; ) > 0et (a2z; ) > 0:
(i) ja2j > 1ja1j. Pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:6), (6:3:13), (6:3:16), (6:3:21) et
(6:3:22) sont véri…ées.
En substituant (6:3:9),(6:3:13), (6:3:21), (6:3:22) et (6:3:33) dans (6:3:18), on obtient pour tout z = rei satisfaisant jzj = r =2 [0; 1] [ E8, 2 2; 2 n (E1[ E6[ E7) expf(1 ") (a2z; ) rg 6 jA2ea2zj 6 M exp r +" expf(1 + ") (a1z; ) rg exp f(1 + ") (a2z; ) rg [T (2r; f )]k+1: (6.3.36) De (6:3:36), on en déduit que expf 1rg 6 M exp r +" [T (2r; f )]k+1; (6.3.37)
6.3 Preuve du Théorème 6.1.1 77
où
1 = (1 ") (a2z; ) (1 + ") (a1z; ) (1 + ") (a2z; ) :
Comme 1 > 0et +" < 1, alors en utilisant le Lemme 2.2.6 et (6:3:37), on trouve 2(f )> 1,
d’où 2(f ) = 1.
(ii) ja2j < (1 )ja1j. Pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:4), (6:3:6), (6:3:16),
(6:3:22) et (6:3:25) sont véri…ées. En utilisant un raisonnement analogue à celui fait précé- demment, on peut aussi obtenir 2(f ) = 1.
Cas 3 : a1 < 0 et arg a1 6= arg a2. Dans la première étape, on a prouvé qu’il existe un rayon
arg z = où 2 2; 2 n (E1[ E6[ E7)satisfaisant
(a2z; ) > 0et (a1z; ) < 0:
En utilisant le même raisonnement du cas 1 (b) de la deuxième étape, on peut obtenir
2(f ) = 1.
Cas 4 : (i) (1 ) a2 b < a1 < 0 et a2 < 1b ou (ii) a1 < a12+b et a2 < 0. Dans la première
étape, on a prouvé qu’il existe un rayon arg z = où 2 2;3
2 n (E1[ E6[ E7)satisfaisant
(a2z; ) > 0et (a1z; ) > 0:
(i) (1 ) a2 b < a1 < 0 et a2 < 1b . Pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:6),
(6:3:13), (6:3:16), (6:3:21) et (6:3:22) sont véri…ées.
En substituant (6:3:13), (6:3:21), (6:3:22), (6:3:28) et (6:3:33) dans (6:3:18), on obtient pour tout z = rei
satisfaisant jzj = r =2 [0; 1] [ E8, 2 2;32 n (E1[ E6[ E7)
expf(1 ") (a2z; ) rg 6 jA2ea2zj
6 Mebr cos exp r +" exp
f(1 + ") (a1z; ) rg exp f(1 + ") (a2z; ) rg [T (2r; f )]k+1: (6.3.38) De (6:3:38), on en déduit que expf 3rg 6 M exp r +" [T (2r; f )]k+1; (6.3.39) où 3 = (1 ") (a2z; ) (1 + ") (a1z; ) (1 + ") (a2z; ) b cos :
6.4 Preuve du Théorème 6.1.2 78
Comme 3 > 0 et + " < 1, en utilisant le Lemme 2.2.6 et (6:3:39), on trouve 2(f ) > 1,
d’où 2(f ) = 1.
(ii) a1 < a12+b et a2 < 0. Pour r su¢ samment grand, les relations (6:3:4), (6:3:6), (6:3:16),
(6:3:22) et (6:3:25) sont véri…ées. En utilisant un raisonnement analogue à celui fait précé- demment, on peut aussi obtenir 2(f ) = 1.
On conclut que pour toute solution f (6 0) de (6:1:1) satisfait 2(f ) = 1. La preuve du
Théorème 6.1.1 est achevée.
6.4
Preuve du Théorème 6.1.2
Posons
R0(z) = A1ea1z+ A2ea2z
et
Ri(z) = Biebiz+ Diediz (i = 1; :::; k 1) :
Supposons que f (6 0) est une solution de l’équation (6:1:1), donc (f) = +1 par le Théo- rème 6.1.1.
Posons
g0(z) = f (z) ' (z) ;
et par suite
(g0) = (f ) =1:
En substituant f = g0+ ' dans (6:1:1), on trouve
g0(k)+ Rk 1g (k 1)
0 + ::: + R2g000+ R1g00+ R0g0
= '(k)+ Rk 1'(k 1)+ ::: + R2'00+ R1'0+ R0' : (6.4.1)
On peut écrire (6:4:1) sous la forme suivante g(k)0 + h0;k 1g
(k 1)
0 + ::: + h0;2g000 + h0;1g00 + h0;0g0 = h0; (6.4.2)
où
h0 = '(k)+ Rk 1'(k 1)+ ::: + R2'00+ R1'0 + R0' :
Montrons maintenant que h0 6 0. En e¤et, si h0 0 alors
6.4 Preuve du Théorème 6.1.2 79
Par conséquent, ' 6 0 est une solution d’ordre in…ni de l’équation (6:1:1) par le Théorème 6.1.1, c’est une contradiction. Ainsi, h0 6 0 est prouvée.
D’après le Lemme 3.2.6 et (6:4:2), on sait que
(g0) = (f ') = (g0) = (f ) =1:
Montrons maintenant que (f0 ') =1. Posons
g1(z) = f0(z) ' (z) ;
on obtient donc
(g1) = (f0) = (f ) =1:
En dérivant les deux membres de l’équation di¤érentielle (6:1:1), on trouve f(k+1)+ Rk 1f(k)+ Rk 10 + Rk 2 f(k 1)+ R0k 2+ Rk 3 f(k 2)
+::: + (R03+ R2) f000+ (R02+ R1) f00+ (R01+ R0) f0+ R00f = 0: (6.4.3)
Par l’équation (6:1:1), on a donc
f = 1
R0
f(k)+ Rk 1f(k 1)+ ::: + R2f00+ R1f0 : (6.4.4)
En substituant (6:4:4) dans (6:4:3), on trouve f(k+1)+ Rk 1 R0 0 R0 f(k)+ R0k 1+ Rk 2 Rk 1 R0 0 R0 f(k 1) + R0k 2+ Rk 3 Rk 2 R00 R0 f(k 2)+ ::: + R03+ R2 R3 R00 R0 f000 + R02+ R1 R2 R00 R0 f00+ R01+ R0 R1 R00 R0 f0 = 0: (6.4.5) On peut écrire l’équation (6:4:5) sous la forme suivante
f(k+1)+ h1;k 1f(k)+ h1;k 2f(k 1)+ ::: + h1;2f000+ h1;1f00+ h1;0f0 = 0; (6.4.6)
où
h1;i = R0i+1+ Ri Ri+1
R0 0 R0 (i = 0; 1; :::; k 2) ; h1;k 1 = Rk 1 R0 0 R0 :
6.4 Preuve du Théorème 6.1.2 80
En substituant f(j+1)= g1(j)+ '(j) (j = 0; :::; k) dans (6:4:6), on obtient immédiatement que g(k)1 + h1;k 1g (k 1) 1 + h1;k 2g (k 2) 1 + ::: + h1;2g100+ h1;1g10 + h1;0g1 = h1; (6.4.7) où h1 = '(k)+ h1;k 1'(k 1)+ h1;k 2'(k 2)+ ::: + h1;2'00+ h1;1'0 + h1;0' : On peut obtenir h1;i(z) = Ni(z) R0(z) (i = 0; 1; :::; k 1) ; (6.4.8) où N0 = R01R0 + R20 R1R00; (6.4.9) Ni = R0i+1R0+ RiR0 Ri+1R00 (i = 1; 2; :::; k 2) ; (6.4.10) Nk 1 = Rk 1R0 R00: (6.4.11)
Montrons que h1 6 0. En e¤et, si h1 0 alors h'1 0. Ainsi, par (6:4:8), on a
'(k) ' R0+ '(k 1) ' Nk 1+ '(k 2) ' Nk 2+ ::: + '00 ' N2+ '0 'N1+ N0 = 0: (6.4.12) Évidemment, ''(j)(j = 1; :::; k) sont des fonctions méromorphes avec ''(j) < 1.
D’après les relations (6:4:9)-(6:4:11), on peut écrire (6:4:12) sous la forme A21e2a1z+ A2 2e2a2z+ X 2I0 1 f e z = 0; (6.4.13) où I0
1 = I1n f2a1; 2a2g et f ( 2 I10) sont des fonctions méromorphes d’ordre inférieur stric-
tement à 1.
1) Si (2a1) =2 I1n f2a1g, ainsi on écrit (4:13) sous la forme
A21e2a1z+ X
2 1
g1; e z = 0;
où 1 I1nf2a1g, g1; ( 2 1)sont des fonctions méromorphes d’ordre inférieur strictement
à 1 et 2a1, ( 2 1) sont des nombres complexes distincts.
6.4 Preuve du Théorème 6.1.2 81
2) Si (2a2) =2 I1n f2a2g, ainsi on écrit (6:4:13) sous la forme
A22e2a2z+ X
2 2
g2; e z = 0;
où 2 I1nf2a2g, g2; ( 2 2)sont des fonctions méromorphes d’ordre inférieur strictement
à 1 et 2a2, ( 2 2) sont des nombres complexes distincts.
D’après le Lemme 3.2.7 et le Lemme 3.2.8, on obtient A2 0, c’est une contradiction. Ainsi,
h1 6 0 est prouvée.
Par le Lemme 3.2.6 et (6:4:7) on sait que
(g1) = (f0 ') = (g1) = (f ) =1:
Montrons maintenant que (f00 ') =1. Posons
g2(z) = f00(z) ' (z) ;
donc
(g2) = (f00) = (f ) =1:
En dérivant les deux membres de l’équation di¤érentielle (6:1:1), on trouve
f(k+2)+ Rk 1f(k+1)+ 2R0k 1+ Rk 2 f(k)+ R00k 1+ 2R0k 2+ Rk 3 f(k 1)
+ R00k 2+ 2R0k 3+ Rk 4 f(k 2)+ ::: + (R003 + 2R02+ R1) f000
+ (R200+ 2R01+ R0) f00+ (R001 + 2R00) f0+ R000f = 0: (6.4.14)
Des relations (6:4:4) et (6:4:14) on obtient
f(k+2)+ Rk 1f(k+1)+ 2R0k 1+ Rk 2 R00 0 R0 f(k) + R00k 1+ 2R0k 2+ Rk 3 Rk 1 R00 0 R0 f(k 1) +::: + R004+ 2R03+ R2 R4 R000 R0 f(4)+ R300+ 2R02+ R1 R3 R000 R0 f000 + R002 + 2R01+ R0 R2 R00 0 R0 f00+ R001 + 2R00 R1 R00 0 R0 f0 = 0: (6.4.15) Prouvons que R01+ R0 R1 R0 0 R0 6 0:
6.4 Preuve du Théorème 6.1.2 82 Supposons que R01+ R0 R1 R00 R0 0; un calcul immédiat donne
A21e2a1z+ A2 2e 2a2z+X 2I0 2 f e z = 0; (6.4.16)
où I20 = I2n f2a1; 2a2g et f ( 2 I20)sont des fonctions entières d’ordre inférieur strictement
à 1.
En utilisant le même raisonnement ci-dessus, on peut obtenir une contradiction. Ainsi, R01+ R0 R1
R0 0
R0 6 0
est prouvée. Posons
(z) = R01R0+ R20 R1R00 et (z) = R001R0+ 2R00R0 R1R000: (6.4.17) En utilisant (6:4:5) et (6:4:17), on trouve f0 = R0 (z) f (k+1) + Rk 1 R00 R0 f(k)+ Rk 10 + Rk 2 Rk 1 R00 R0 f(k 1) + R0k 2+ Rk 3 Rk 2 R0 0 R0 f(k 2)+ ::: + R02+ R1 R2 R0 0 R0 f00 : (6.4.18) En substituant (6:4:17) et (6:4:18) dans (6:4:15), on obtient donc
f(k+2)+ Rk 1 f(k+1)+ 2R0k 1+ Rk 2 R000 R0 Rk 1 R00 R0 f(k) + R00k 1+ 2R0k 2+ Rk 3 Rk 1 R00 0 R0 R0k 1+ Rk 2 Rk 1 R0 0 R0 f(k 1) +::: + R003+ 2R02+ R1 R3 R000 R0 R03+ R2 R3 R00 R0 f000 + R002 + 2R01+ R0 R2 R00 0 R0 R02+ R1 R2 R0 0 R0 f00= 0: (6.4.19) On écrit l’équation (6:4:19) sous la forme suivante
f(k+2)+ h2;k 1f(k+1)+ h2;k 2f(k)+ ::: + h2;2f(4)+ h2;1f000+ h2;0f00 = 0; (6.4.20)
où
h2;i = R00i+2+ 2Ri+10 + Ri Ri+2
R00 0
6.4 Preuve du Théorème 6.1.2 83
(z) (z) R
0
i+2+ Ri+1 Ri+2
R00 R0 (i = 0; 1; :::; k 3) ; h2;k 2 = 2Rk 10 + Rk 2 R000 R0 (z) (z) Rk 1 R00 R0 ; h2;k 1 = Rk 1 (z) (z): En substituant f(j+2)= g(j) 2 + '(j) (j = 0; :::; k) dans (6:4:20), on obtient g2(k)+ h2;k 1g (k 1) 2 + h2;k 2g (k 2) 2 + ::: + h2;1g02+ h2;0g2 = h2; (6.4.21) où h2 = '(k)+ h2;k 1'(k 1)+ h2;k 2'(k 2)+ ::: + h2;2'00+ h2;1'0 + h2;0' : On peut obtenir h2;i = Li(z) (z) (i = 0; 1; :::; k 1) ; (6.4.22) où L0(z) = R002R01R0+ R002R 2 0 R002R1R00+ 2R102R0 + 3R10R 2 0 2R01R1R00+ R 3 0 3R1R00R0 R2R10R000 R2R000R0 R02R001R0 2R20R00R0+ R20R1R000 R001R1R0+ R21R000 + R2R001R00+ 2R2R020; (6.4.23) Li = R00i+2R01R0+ R00i+2R 2
0 R00i+2R1R00 + 2R0i+1R01R0+ 2R0i+1R 2
0 2R0i+1R1R00
+RiR01R0+ RiR20 RiR1R00 Ri+2R01R000 Ri+2R000R0 R0i+2R001R0
2R0i+2R00R0+ R0i+2R1R000 Ri+1R001R0 2Ri+1R00R0 + Ri+1R1R000
+Ri+2R001R00+ 2Ri+2R002 (i = 1; 2; :::; k 3) ; (6.4.24)
Lk 2 = 2R0k 1R01R0+ 2R0k 1R20 2Rk 10 R1R00+ Rk 2R01R0+ Rk 2R02
Rk 2R1R00 R01R000 R000R0 Rk 1R100R0 2Rk 1R00R0
+Rk 1R1R000 + R100R00+ 2R020; (6.4.25)
6.4 Preuve du Théorème 6.1.2 84 Par conséquent h2 ' = 1 '(k) ' + '(k 1) ' Lk 1+ ::: + '00 ' L2+ '0 'L1+ L0 : (6.4.27) Montrons maintenant que h2 6 0. Si h2 0 alors 'h2 0, et par suite
'(k) ' + '(k 1) ' Lk 1+ ::: + '00 ' L2 + '0 'L1 + L0 = 0: (6.4.28) Evidemment, ''(j)(j = 1; :::; k) sont des fonctions méromorphes avec ''(j) < 1.
Par (6:4:17) et (6:4:23)-(6:4:26), on peut écrire (6:4:28) sous la forme A31e3a1z+ A3
2e
3a2z+X
2I30
f e z = 0; (6.4.29)
où I30 = I3n f3a1; 3a2g et f ( 2 I30) sont des fonctions méromorphes d’ordre inférieur stric-
tement à 1.
1) Si (3a1) =2 I3n f3a1g, alors on écrit (6:4:29) sous la forme
A31e3a1z+ X
2 1
g1; e z = 0;
où 1 I3nf3a1g, g1; ( 2 1)sont des fonctions méromorphes d’ordre inférieur strictement
à 1 et 3a1, ( 2 1) sont des nombres complexes distincts.
D’après le Lemme 3.2.7 et le Lemme 3.2.8, on obtient A1 0, c’est une contradiction.
2) Si (3a2) =2 I3n f3a2g, alors on écrit (6:4:29) sous la forme
A32e3a2z+ X
2 2
g2; e z = 0;
où 2 I3nf3a2g, g2; ( 2 2)sont des fonctions méromorphes d’ordre inférieur strictement
à 1 et 3a2, ( 2 2) sont des nombres complexes distincts.
D’après le Lemme 3.2.7 et le Lemme 3.2.8, on obtient A2 0, c’est une contradiction. Ainsi,
h2 6 0 est prouvée.
Par le Lemme 3.2.6 et (4:21), on sait que
(g2) = (f00 ') = (g2) = (f ) =1:
6.5 Preuve du corollaire 6.1.1 85
6.5
Preuve du corollaire 6.1.1
En posant ' (z) = z et en utilisant la même démonstration du Théorème 6.1.2, on peut obtenir le Corollaire 6.1.1.
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