假设读者熟悉Nevanlinna理论的标准记号，具体细节参看文献[1-2].假设f是复平面上的亚纯函数，则其级和下级分别定义为：

为了更精确地刻画亚纯函数的增长性，引入了[p，q]级的定义^[1-2]，其中p，q都为正整数.

文献[3]利用非减函数φ：[0，1)→(0，∞)定义了单位圆盘上亚纯函数f(z)相对于φ(r)的增长级，并利用此概念，研究了单位圆上线性微分方程解的增长性.单位圆盘上亚纯函数的增长级的刻画，也可以参看文献[4].由单值化定理，复平面和单位圆具有自己独特的地位，因此研究复平面(单位圆)上的复线性微分方程解的性质是十分有意义的.

类似单位圆盘上的情形，为了更加精确地刻画亚纯函数的增长级，文献[5]定义了复平面上亚纯函数的[p，q]-φ级和[p，q]-φ零点收敛指数，其中p≥q≥1或者p＞q=1，并利用此定义研究了二阶微分方程f″+A(z)f=0解的性质，得到了解的[p，q]-φ级的刻画.利用对二阶方程的研究方法，人们进一步研究了高阶方程解的性质，如文献[6]研究了方程f^(k)+A(z)f=0解的性质，并得到了一些结果.文献[7]利用[p，q]-φ级刻画了线性微分方程

解的增长性，并得到了一些结果.

回顾文献[7]中方程(1)解的情形，都只是考虑了p≥q＞1或者p＞q=1的情形，而p=1，q=2的情形并未涉及.本文的目的主要是考虑p=1，q=2的情形，继续研究方程(1)解的增长性与系数增长性之间的关系.在本文中我们总是假定φ(r)满足条件：对任意的α≥1，q≥1，有：

类似文献[8]中亚纯函数对数级的定义，我们定义对数φ级如下：

定义1  设φ(r)：[0，+∞)→(0，+∞)为非减无界函数，则复平面上亚纯函数f相对于φ的对数φ级定义为

若f为整函数，则f的对数φ级定义为

注1  当φ(r)=r时，定义1即为对数级的定义.显然，任意非常数的有理函数f的对数φ级是1；在复平面上任意超越亚纯函数f的对数φ级不小于1；任意对数φ级有穷的亚纯函数一定是零级函数.

定义2  设φ(r)：[0，+∞)→(0，+∞)为非减无界函数，亚纯函数f(z)具有有穷正的对数φ级，则亚纯函数f(z)的对数φ型定义为

如果f(z)是整函数，其对数φ型定义为

注2  显然，任意非常数的多项式p对数φ型等于它的次数deg(p)；任意非常数的有理函数的对数φ型是有穷的；在复平面上的对数φ级为1的超越亚纯函数，其对数φ型必为无穷的.

类似文献[9]的引理7和引理8的证明方法，我们可以证明下面的性质：

性质1  如果f₁(z)，f₂(z)为亚纯函数，满足σ_{[1, 2]}(f₁，φ)=a，σ_{[1, 2]}(f₂，φ)=b，则：

(ⅰ) σ_{[1, 2]}(f₁+f₂，φ)≤max{a，b}，σ_{[1, 2]}(f₁·f₂，φ)≤max{a，b}；

(ⅱ)如果a≠b，σ_{[1, 2]}(f₁+f₂，φ)=max{a，b}，σ_{[1, 2]}(f₁·f₂，φ)=max{a，b}.

性质2  如果f₁(z)，f₂(z)为亚纯函数，满足τ_{[1, 2]}(f₁，φ)=a₁，τ_{[1, 2]}(f₂，φ)=b₁，则：

(ⅰ) τ_{[1, 2]}(f₁+f₂，φ)≤max{a₁，b₁}，τ_{[1, 2]}(f₁·f₂，φ)≤max{a₁，b₁}；

(ⅱ)如果a₁≠b₁，τ_{[1, 2]}(f₁+f₂，φ)=max{a₁，b₁}，τ_{[1, 2]}(f₁·f₂，φ)=max{a₁，b₁}.

集合E⊂[1，+∞)的线性测度定义为${\text{m}}E = \int {_E{\text{d}}t} $，集合E⊂[1，+∞)的对数性测度定义为${{\text{m}}_l}E = \int {_E\frac{{{\text{d}}t}}{t}} $.

类似文献[10]的讨论方法，我们可证明下面的结果：

定理1  设A₀，…，A_k-1是整函数，存在超越函数A_s(0≤s≤k-1)满足

则方程(1)的每个超越整函数解f满足：

如果f不是超越的，则f一定是次数不超过s-1的多项式.进一步，至少存在1个整函数解f₁，满足

定理2  设A₀，…，A_k-1是整函数，如果A₀是超越的，且满足

则方程(1)的每个非平凡解f满足：

定理3  设A₀，…，A_k-1是整函数，如果A₀是超越的，且满足

及

则方程(1)的每个超越解f满足：

定理4  设A₀超越整函数，σ_{[1, 2]}(A₀，φ)＜∞，且A₁，…，A_k-1是多项式.则方程(1)的每个非零整函数解f满足：

引理1  设f是复平面上的一个亚纯函数，f的对数φ级为σ_{[1, 2]}(f，φ)，则存在对数测度无限的集合E⊂[1，∞)，使得对所有的r∈E，有

证  由对数φ级σ_{[1, 2]}(f，φ)的定义知，存在递增的点列{r_n}，满足

使得

于是存在充分大的N₀，使得当n＞N₀，$r \in \left[{{r_n}, \left( {1 + \frac{1}{n}} \right){r_n}} \right]$时，有

令

由(2)，(3)式及条件(F₃)，r∈E，有

另一方面，对于r∈E，显然

因此，对r∈E，有：

类似于引理1证明方法，有下面的引理：

引理2  设f是超越的整函数，且0＜σ_{[1, 2]}(f，φ)＜+∞，其对数φ型为τ_{[1, 2]}(f，φ)，则存在对数测度为无穷的集合F⊂(1，+∞)，使得对所有的r∈F，有

引理3  设A₀，A₁，…，A_k-1为整函数，满足max{σ_{[1, 2]}(A_j，φ)：j=0，1，…，k-1}≤α＜+∞.则方程(1)的任意解f满足σ_{[2, 1]}(f，φ)=0且σ_{[2, 2]}(f，φ)≤α+1.

证  如果f是多项式，则σ_{[2, 1]}(f，φ)=0且σ_{[2, 2]}(f，φ)=0＜α+1，故结论成立.

如果f为方程(1)的任一超越解，则由文献[11]的定理1.15，存在集合$E \subset {\mathbb{R}_ + }$，m_lE＜∞，使得对：

有

把(4)式代入方程(1)，得

又因为A₀，A₁，…，A_k-1的对数φ级有限，则对任意的ε和足够大的r，有

由文献[12]的引理1.1.2，对任意常数β＞1和足够大的r₀，当r＞r₀时有

结合文献[11]的定理1.9，有

又由φ的性质(F₁)，则有

因此σ_{[2, 1]}(f，φ)=0且σ_{[2, 2]}(f，φ)≤α+1.

引理4  设A₀，A₁，…，A_k-1为整函数，满足

则方程(1)的任意非平凡解f满足σ_{[2, 2]}(f，φ)≥σ_{[1, 2]}(A₀，φ).

证  假设f是方程(1)的任意非零解，由方程(1)，有

由文献[13]的定理4.1和(5)式得到

令

则b＜σ_{[1, 2]}(A₀，φ)，则

因为

由引理1，对任意ε(0＜3ε＜σ-b)，存在递增趋于无穷的序列{r_n}，使得

把(7)，(8)式代入(6)式中，得到

即

从而

引理5  设A₀，A₁，…，A_k-1为整函数，满足

则方程(1)的任意超越整函数解f满足

证  假设f是方程(1)的超越解，由方程(1)，有

显然

又由文献[13]的定理4.1，有

即

令

则b＜σ_{[1, 2]}(A_s，φ).则有

因为

由引理1，对任意的ε(0＜3ε＜σ-b)，存在递增趋于无穷的序列{r_n}，使得

把(10)式和(11)式代入(9)式得到

即

从而

定理1的证明  首先假设f是方程(1)的超越整函数解，由引理5，我们有

另一方面，由引理3，我们有：

因此σ_{[2, 1]}(f，φ)=0，σ_{[2, 2]}(f，φ)≤σ_{[1, 2]}(A_s，φ)+1≤σ_{[1, 2]}(f，φ)+1.

假设f是次数大于s的多项式，则f^(s)(z)≠0.类似引理5的讨论，有

由文献[13]的定理4.1得

令

则b＜σ_{[1, 2]}(A_s，φ)，从而

σ_{[1, 2]}(A_s，φ)=σ＞0.由引理1，对任意的ε(0＜4ε＜σ-b)，存在对数测度为无穷的集合E，存在递增趋于无穷的序列{r_n}，使得对所有的r_n∈E，有

因此，把(13)，(14)式代入(12)式，即对所有r_n∈E，有

又由f是多项式，因此

显然，这与ε的选取矛盾，因此如果f是多项式解，则必是次数不超过s-1的多项式.

设{f₁，…，f_k}为方程(1)的基础解，由文献[14]的引理3有

这表明，在{f₁，…，f_k}中存在一个解，设为f₁，满足

即

因此

定理2的证明  由引理4，得到方程(1)的每个非零整函数解f满足

另一方面，由引理3，我们得到方程(1)的每个解f满足σ_{[2, 1]}(f，φ)=0且

定理3的证明  设f是方程(1)任意超越解，由(5)式有

由文献[15]的定理3，存在对数测度有穷的集合E₂⊂(1，+∞)，使得对于所有|z|=r∉[0, 1]∪E₂，有

其中α＞1为常数.

由假设：

存在非空集合J₁⊆{1，2，…，k-1}，使得对j∈J₁，有：

且对于i∈{1，2，…，k-1}\J₁，我们有

因此，存在常数β₁和β，满足

使得：

由引理2，存在对数测度为无穷的集合F，使得对所有的r∈F，有

则对所有的z满足|A₀(z)|=M(r，A₀)且|z|=r∈F\E₂，有

即

再结合φ的条件(F₁)，有

另一方面，由引理3，我们得到方程(1)的每个解f满足：

定理4的证明  假设A₀是零级的超越整函数，其它的系数A_j(j=1，2，…，k-1)是多项式，类似文献[10]的定理1.1的证明，方程(1)的每个非零解满足：

如果σ_{[1, 2]}(A₀，φ)=1，则τ_{[1, 2]}(A₀，φ)=+∞，注意A_j(j=1，2，…，k-1)是多项式，且它们的对数φ型有限.因此，对于j=1，2，…，k-1，有：

由定理3得

如果σ_{[1, 2]}(A₀，φ)＞1(j=1，2，…，k-1)，则

由定理2的条件得