沈寿华
(龙岩学院 福建龙岩 364000)
1977年，RUBEL和YANG[3]证明了如下结论。
定理1 设f为非常数的整函数，a和b为两个判别的有穷复数，如果a，b为f与f′的CM公共值，则f≡f′。
1979年，MUES和STEINMETZ[4]证明了如下结论。
定理2 设f为非常数的整函数，a和b为两个判别的有穷复数，如果a，b为f与f′的IM公共值，则f≡f′。
1996年，德国数学家BRUCK[5]证明了如下结论，并提出一个著名猜想。
定理3 设f为非常数的整函数，若超级ρ1(f)<+∞且ρ1(f)∉N，且f和f′分担0CM，则f≡cf′，其中c是非零的常数。
定理5 设f为非常数的整函数，若非常数的整函数f与f′分担一个非零的有限值aIM，且当f(z)=a时，有f″(z)=a，则f≡f′。
2004年，林伟川和黄斌[7]证明了如下结论。
随后，关于这个问题从分担值的角度考虑得到很多漂亮的结果，特别是亚纯函数f和导函数f(k)分担问题是一个热门问题，ZHANG和YANG[8]，LI S和GAO Z[9]等对此问题均有研究，得到相关结论。
本文利用Mues和Steinmetz的思想方法研究Bruck猜想，得到如下结论。
注：当f是整函数时，定理7推广了定理6。
为了证明定理7，需要用到下述引理。
证明：设z0是g(z)-1的零点，设g(z)=(z-z0)pu1(z)+1，u1(z0)≠0,∞，则
设u1(z)=(z-z0)nu2(z)+1，其中n是正整数，u2(z0)≠0,∞。代入g(z)=(z-z0)u1(z)+1，得到
g(z)=(z-z0)[(z-z0)nu2(z)+1]+1=(z-z0)1+nu2(z)+(z-z0)+1，
由已知N(r,g)=S(r,g)，得
2g′g″-(g′)2-gg″=H′(g2-g)+H(2gg′-g′)，
再对上式两边同时求导，得到
2(g″)2+2g′g‴-3g′g″-gg‴=H″(g2-g)+2H′(2gg′-g′)+H(2(g′)2+2gg″-g″)。
设z0是g(z)-1的零点，由已知条件得g′(z0)=1，代入上面两式，有
g″(z0)=1+H(z0)，g‴(z0)=2H′(z0)-H2(z0)+2H(z0)+1。
同理有T(r,φ)≤S(r,g)。
由φ与φ化简得，g′(2H2-H′+φ)=(g-1)(φ-φ′-(1+H)φ)。
当2H2-H′+φ≢0时，得到2H2-H′+φ为整函数，所以
利用引理1，有
矛盾，所以2H2-H′+φ≡0。
设z1是g的零点，代入
2(g″)2+2g′g‴-3g′g″-gg‴=H″(g2-g)+2H′(2gg′-g′)+H(2(g′)2+2gg″-g″)，
利用引理1，可得
故有g≡g′，即f≡f′，所以f(z)=bez，其中b是非零的常数。
定理7得证。
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