EXAMENSKURS ANALYSIS, FUNKTIONENTHEORIE, KURZE L ...

EXAMENSKURS ANALYSIS, FUNKTIONENTHEORIE, KURZE LÖSUNGEN
ANTONELLA PERUCCA, SOMMERSEMESTER 2012
Literatur
• K. Jänich, Funktionentheorie (essenziell, der beste Inhalt, insbesondere für die berühmte
Sätze und Anwendungen des Residuensatzes)
• K.Fritzsche, Grundkurs Funktionentheorie (einfach, daher vielleicht gut um anzufangen)
• W. Fischer, I. Lieb, Funktionentheorie
• E. Freitag, R. Busam, Funktionentheorie
• R. Remmert, G. Schumacher, Funktionentheorie I
• S. Lang, Complex Analysis
• A. Herz, Repetitorium Funktionentheorie (zu viele trivialen Bemerkungen sind in der Theoriesammlung
präsentiert, die Übungen sind manchmal zu einfach aber trotzdem für das
Staatexaamen nützlich)
Inhaltsverzeichnis
Literatur 1
Herbst 2008 Funktionentheorie 2
08HI Aufgabe 1 2
08HI Aufgabe 2 3
08HI3 3
08HII3 4
08HII4 4
08HII5 5
08HIII4 5
08HIII5 6
Frühling 2008 Funktionentheorie 7
08FI Aufgabe 3 7
08FI Aufgabe 4 7
08FI Aufgabe 5 8
08FII Aufgabe 3 8
08FII Aufgabe 4 9
08FII Aufgabe 5 10
08FIII Aufgabe 1 11
08FIII Aufgabe 2 12
08FIII Aufgabe 3 12
Frühling 2009 Funktionentheorie 13
09FI Aufgabe 1 13
09FI Aufgabe 2 13
1

09FI Aufgabe 3 13
09FII Aufgabe 3 14
09FII Aufgabe 4 14
09FII Aufgabe 5 15
09FIII Aufgabe 4 15
09FIII Aufgabe 5 16
Herbst 2010 Funktionentheorie 17
10HI Aufgabe 3 17
10HI Aufgabe 4 17
10HI Aufgabe 5 17
10HII Aufgabe 1 17
10HII Aufgabe 2 18
10HII Aufgabe 3 18
10HIII Aufgabe 1 19
10HIII Aufgabe 2 19
Herbst 2008 Funktionentheorie
08HI Aufgabe 1. (Singularität, Residuumskalkül)
LÖSUNG i):
• Der Nenner hat in a = i eine einfache Nullstelle: z 2 + 1 = (z + i)(z − i)
• Der Zähler hat in a = i eine einfache Nullstelle: i 3 − 5i + 6i = 0 so (z − i) | z 3 − 5z + 6i;
Polynomdivision: z 3 − 5z + 6i = (z − i)(z 2 + iz − 6) wobei i 2 + ii − 6 = 0.
• Dann ist die Singularität hebbar (wegen der Laurentreihenentwicklung).
• Grenzwert: (z2 +iz−6)(z−i)
(z+i)(z−i)
LÖSUNG ii):
= z2 +iz−6
z+i
in a = i, das ist −8
2i
= 4i.
• Der Nenner hat eine einfache Nullstelle in a = 2πi:
exp(2πi)−1 = 1−1 = 0 aber (exp(z)−1) ′ = exp(z) und exp(2πi) = 1 = 0. (Man kann auch
so argumentieren: die Laurentreihenentwicklung für exp(z) in 0 ist ∞ n=0 zn
z2
n! = 1+z+ 2 . . .,
also eine einfache Nullstelle für exp(z) − 1 in z = 0.) Weil exp periodisch mit Periode 2πi
ist, gilt dasselbe für a = 2πi.
• Der Zähler hat keine Nullstelle in a = 2πi.
• Daher Pol der Ordnung 1 (wegen der Laurentreihenentwicklung).
• Der Hauptteil ist c−1z−1 1
, wobei c−1 das Residuum in a ist. Dies ist (exp(z)−1) ′ = 1
exp(z) in
a = 2πi. Der Hauptteil ist daher z−1 .
LÖSUNG iii):
• Es gibt keinen Grenzwert für cos( 1
z ) für z → 0 weil dasselbe für cos(x) wobei x ∈ R, x → ∞
gilt. Daher ist die Singularität nicht hebbar.
• Wir haben | cos( 1
z )| → ∞ für z → 0 weil | cos(x)| → ∞ wobei x ∈ R, x → ∞. Daher ist die
Singularität kein Pol.

• cos(z) = ∞ (−1)
k=0
k
(2k)! z2k , also cos( 1
z ) = ∞ (−1)
k=0
k
(2k)! z−2k .
• Daher ist der Hauptteil −1
n=−∞ cnz n wobei cn = 0 für n ungerade und cn = (−1)n/2
(−n)! für n
gerade.
08HI Aufgabe 2. (Residuensatz, Null- und Polstellen zählendes Integral)
LÖSUNG i):
• Für r gross genug (sagen wir r ≥ r0) gibt es T ∈ C mit |p(z)| ≤ T |z| m und s ∈ C mit
s|z| n ≤ |q(z)|. Daher max | p(z) T
q(z) | ≤ s |z|m−n .
• Für r ≥ r0 gibt es die Abschätzung
| 1
p(z) 1
dz| ≤
2πi q(z) 2πi
δBr(0)
δBr(0)
• Weil 2πi T
s r−1 → 0 für r → ∞, ist limr→∞ | 1
2πi
LÖSUNG ii):
• Bemerke, p(z)
q(z)
| p(z) T
|dz ≤ 2πir
q(z) s rm−n ≤ 2πi T
δBr(0)
p(z)
q(z) dz| = 0.
hat keinen Pol ausserhalb von Br(0).
Nach dem Residuensatz über Bt(0) \ Br(0), p(z)
δBr(0) q(z) dz = δBt(0)
• Nach (i), 1
2πi
δBr(0)
p(z)
q(z) dz = 0.
s r−1
1
• Nach dem Satz vom Null- und Polstellen zählenden Integral, ist 2πi δBr(0)
zahl von Nullstellen minus die Anzahl von Polen von q(z) in Br(0).
• Bemerke, q(z) hat keinen Pol in Br(0) und n Nullstellen in Br(0).
1
q
• Daher 2πi
′ (z)
q(z) dz = n.
δBr(0)
p(z)
q(z) dz für alle t ≥ 0.
q ′ (z)
q(z) dz die An-
• q ′ (z) = nbnz n−1 + . . . und p(z) = an−1
nbn q′ (z) + g(z) mit g Polynom, deg(g) < n − 1.
• Nach (iii),
1
2πi δBr(0)
an−1
nbn q′ (z)
dz =
q(z)
1
2πi
δBr(0)
an−1
nbn
q ′ (z) an−1
dz =
q(z) bn
.
• Bemerke, deg(g) ≤ deg(q) − 2 und alle Nullstellen von q(z) sind in Br(0) enthalten. Nach
(ii),
08HI3. (Stammfunktion)
1 g(z)
= 0
2πi δBr(0) q(z)
LÖSUNG:
IDEE: f(z) = g′ (z)
g(z) , g′ (z) = f(z)g(z), g(z) = e F (z) mit F Stammfunktion von f.
• Sei z0 ∈ G \ A und g(z) = exp(
γ f(t)dt) wobei γ ein stetiger Weg in G \ A von z0 bis z ist.

• Nicht abhängig von der Wahl des Weges:
Seien γ, γ ′ Wege. Dann
γ ′ f(t)dt −
f(t)dt ist das Integral von f über den geschlossenen
γ
Weg in G \ A γ ′ (γ) −1 . Nach dem Residuensatz,
2πiZ, wobei νa die Umlaufszahl von γ in a ist. Dann
exp(
γ ′ f(t)dt)
exp(
= exp( f(t)dt − f(t)dt) = exp( f(t)dt) = 1
f(t)dt)
γ
γ ′
γ ′
γ ′ (γ) −1 f(t)dt = 2πi
z∈A νaResa(f) ∈
γ ′ (γ) −1
• Sei w ∈ G \ A. Wir wollen beweisen dass g in w holomorph ist und f(w) = g′ (w)
g(w) . Sei der
Konvergenzradius in w von f, R > ɛ. Sei z ∈ Bw(ɛ) ⊆ G \ A.
• Dann g(z) = g(w) exp(
γz f(t)dt) wobei γz ein stetiger Weg von w bis z ist.
• Dann hat f in Bw(ɛ) eine Stammfunktion (siehe Stammfunktion konvergenter Laurentreihen).
Wir wissen
f(t)dt ist so eine Stammfunktion.
γz
• Weil
γz f(t)dt eine Stammfunktion von f in Bw(ɛ) ist, ist es insbesondere holomorph in w
mit Ableitung f(w).
• Wir haben g(w) konstant. Daher ist g(z) in w holomorph, mit Ableitung g ′ (w) = g(w)f(w).
08HII3. (Fundamentalsatz der Algebra)
LÖSUNG a):
• Nach dem Fundamentalsatz der Algebra, P (z) = c n
j=1 (z − ζj) mit c ∈ C.
• P ′ (z)
P (z) = (log P (z))′ = (log c + n
j=1 log(z − ζj)) ′ = n
j=1
1
z−ζj = n j=1
z−ζj
|z−ζj| 2
LÖSUNG b):
• Die Eigenschaft ist trivial für ζ = ζj wobei j = 1, . . . , n. Also sei ζ = ζj, mit P ′ (ζ) = 0.
• 0 = P ′ (ζ)
P (ζ) = n ζ−ζj
j=1 |ζ−ζj| 2 gibt
.
• Setze λ := n
ζ ·
n
j=1
1
=
|ζ − ζj| 2
n
j=1
1
j=1 |ζ−ζj| 2 . Wir haben λ ∈ R>0.
−1 1
1
ζj
|ζ − ζj| 2
• Setze λj := λ |ζ−ζj| 2 . Dann ist
j λj = 1 und λj ∈ R > 0.
• Dann ζ · n 1
j=1 |ζ−ζj| 2 = n 1
j=1 |ζ−ζj| 2 ζj sagt ζ =
j λjζj.
08HII4. (Residuensatz)
LÖSUNG:
1 • z4 +1 hat keinen Pol auf R und verschwindet mindestens zweiter Ordnung (vierter Ordnung).
Dann ist das Integral 2πi die Summe der Residuen in der obenen Halbebene, nach dem
Residuensatz.
• z4 +1 hat Nullstellen in e t
8 2πi mit t = 1, 3, 5, 7 und t = 1, 3 sind die in der obenen Halbebene.
Sie sind einfache Nullstellen der Nenner. Daher ist das Residuum gleich 1
4z3 in dem Punkt.
• Res 1 2πi = −
e 8 e 1 8 2πi
4 und Res 3 2πi = −
e 8 e 3 8 2πi
4 Dann ist das erste Integral gleich π √ .
2

• Die Funktion im zweiten Integral hat kein Pol auf R und zweiter Ordnung verschwindet.
Dann ist das Integral 2πi die Summe der Residuen in der obenen Halbebene, beim Residuensatz.
z • Bei der Partialbruchzerlegung ist
4 −z 2
z6 +z4 +z2 1
+1 = z2 1
+1 − z4 +1 .
1
• Die Funktion z2 +1 hat keinen Pol in R und verschwindet zweiter Ordnung. Daher ist das
Integral 2πi die Summe der Residuen in der oberen Halbebene, nach dem Residuensatz.
• z2 + 1 hat ±i als Nullstellen, und i ist die einzige in der oberen Halbebene. Das ist eine
einfache Nullstelle. Also ist das Residuum 1
1
2z in z = i. Das ist 2i . Daher ist das Integral
gleich π.
• Zusammenfassung: Das Integral ist π − ( π √ 2 ) = π(1 − 1 √ 2 ).
08HII5. (Rouché)
LÖSUNG a):
• z 4 und 6z + 3 sind auf C holomorph; δB2 (üblicher Weg) ist ein Zykel der B2 berandet. Wir
haben |6z + 3| < |z 4 | auf δB2
• Nach dem Satz von Rouché haben p(z) und z 4 dieselbe Anzahl von Nullstellen in B2, d.h.
4 Nullstellen.
• Nach dem Fundamentalsatz der Algebra hat p(z) 4 Nullstellen in C. Daher sind sie alle in
B2 enthalten.
LÖSUNG b):
• z 4 + 3 und 6z sind auf C holomorph; δB1 (üblicher Weg) ist ein Zykel der B1 berandet.
Wir haben |z 4 + 3| < |6z| auf δB1
• Nach dem Satz von Rouché haben p(z) und 6z + 3 die selbe Anzahl von Nullstellen in B1,
d.h. 1 Nullstelle.
LÖSUNG c):
• p(z) hat reelle Koeffizienten, also p(z) = p(z).
• Daher sind die Nullstellen reell oder konjugiert-komplexes Paar.
• Weil p(−1) < 0 und p(0) > 0 hat p auf R mindestens eine Nullstelle.
• Weil p ′ (x) nur eine reelle Nullstelle hat (p ′ (x) = 4x3 + 6 = 0, x = − 3
3
2
) hat p(x) nach dem
Mittelwertsatz höchstens zwei verschiedene reelle Nullstellen.
• Daher sind die Nullstellen genau 2 auf R, eine in der oberen Halbebene und eine in der
unteren Halbebene.
• Doppelte Nullstellen können nur in R liegen (siehe Anzahl). Aber p(x) = p ′ (x) = 0 hat
keine reelle Lösung auf R also keine doppelte Nullstelle.
08HIII4. (Cauchy-Produkt, Binomialreihe)
LÖSUNG a):
• F (z) 2 = ∞ n=0 bn wobei bn = n k=0 ckcn−k nach dem Cauchy-Produkt.
• Das ist n−1 k=1 ckcn−k weil c0 = 0.
• z = ∞ n=0 an und an = 0 für n = 1, a1 = 1.

• Dann für n = 2 gilt die Gleichung weil cn = n−1 k=1 ckcn−k = an + bn.
• Für n = 0 ist b0 = 0 k=0 ckcn−k = 0 = a0 + c0.
• Für n = 1 ist b1 = c0c1 + c1c0 = 0, also c1 = 1 = a1 + b1.
LÖSUNG b):
• F (z) = z + F (z) 2 gibt x2 − x − z = 0 wobei x = F (z). Daher x = 1±√1−4z 2 .
• c0 = 0 gibt F (z) = 1−√1−4z 2 .
• Der Konvergenzradius von F ist derselbe wie der von √ 1 − 4z, und das ist 1
4
08HIII5. (Casorati-Weierstrass)
, Binomialreihe.
LÖSUNG:
• Kein Grenzwert für f in z = 0 weil es zwei Folgen un und vn gibt mit Häufungspunkt 0
aber mit verschiedenen Grenzwerte für f(un), f(vn). Also keine hebbare Singularität.
• |f(z)| geht nicht nach ∞ in z = 0, weil es auf einer Folge mit Häufungspunkt 0 nach 0 geht.
Also kein Pol.
• Daher ist die Singularität wesentlich.
• Nach dem Satz von Casorati-Weierstrass ist f(B 1
n
(0) \ {0}) für alle n > 0 in C dicht, also
gibt es inB 1
n (0) \ {0} einen Punkt zn mit |f(zn) − e π | ≤ 1
n . Daher strebt f(zn) → e π .
• sin 2 ( π
2z
) ist holomorph auf C \ {0};
sin 2 ( π
2 1
2n
) = sin 2 (πn) = 0 sin 2 ( π
2 1
2n+1
) = sin 2 (πn + π
) = 1
2

Frühling 2008 Funktionentheorie
08FI Aufgabe 3. (Singularität, Laurententwicklung, Residuensatz)
LÖSUNG a):
1 ist wesentlich, zwei Folgen mit Häufungspunkt 1 und verschiedenen endlichen Grenzwerten
un = 1 + 1
nπ mit f(un) = 0
vn =
1 +
1
2nπ+π/2 mit f(vn) = 1
−1 ist wesentlich, zwei Folgen mit Häufungspunkt −1 und verschiedenen endlichen Grenzwerten
un = − 1 + 1
nπ mit f(un) = 0
1
vn = − 1 + 2nπ+π/2 mit f(vn) = 1
LÖSUNG b):
f(z) = f(−z)
Sei U eine Umgebung von 1. Auf U \ {1} und −U \ {−1} konvergieren die Reihen:
f(−z) =
∞
j=−∞
f(z) =
bj((−z) + 1) j =
∞
j=−∞
∞
j=−∞
aj(z − 1) j
bj(−(z − 1)) j =
∞
j=−∞
Also ∞
j=−∞ aj(z − 1) j = ∞
j=−∞ bj(−1) j (z − 1) j für alle z ∈ U
Wegen der Eindeutigkeit der Laurentreihenentwicklung, bj = (−1) j aj.
LÖSUNG c):
Nach dem Residuensatz ist das Integral 2πiRes1 + 2πiRes−1
Res1 = a−1 = −b−1 = −Res−1
Daher
|z|=2
f(z)dz = 0
08FI Aufgabe 4. (Rouché)
Rouché g(z) = z5 − 1, h(z) = − 1
2ez , g, h : C → C
g hat 2 einfache Nullstellen in H, e 2
5 2πi und e 3
5 2πi
Probieren wir |h(z)| < |g(z)|:
|h(z)| = 1
2 eℜ(z) ≤ 1
2 auf ¯ H
|g(z)| > 1
2 für |z| ≥ 2 (|z5 | ≥ 32, |1| = 1 also |z 5 − 1| > 30)
Auf iR = {iy}:
bj(−1) j (z − 1) j
|g(z)| = |(iy) 5 − 1| = |iy 5 − 1| = y 10 + 1 ≥ 1 > 1
2
Wir wählen als Zykeln: linker halb-Kreis mit Zentrum 0 und Radius r ≥ 2 und Stück von iR.
Immer 2 Nullstellen (mit Vielfachen) in so einer Halb-Kreisscheibe, also auch auf H (mit r → ∞).

08FI Aufgabe 5. (Möbiustransformationen und Automorphismen der Einheitskreisscheibe,
Singularität, Schwarzsches Lemma, Maximumprinzip, Gebietstreue)
LÖSUNG a):
Sei k > 0. Die Nullstellen von f ∈ R sind in E weil f(δE) ⊆ δE ∋ 0
Falls 0 eine Nullstelle ist, nehmen wir q = idĒ. Sei 0 also keine Nullstelle, dann nehme q :
stetig bijektiv so dass q(0) = z1:
Ē ↦→ Ē
q = z1 − z
1 − ¯z1z
(q |E ist ein Automorphism von E)
q ist bijektiv daher hat f ◦ q noch k verschiedene Nullstellen
Jetzt ist 0 eine Nullstelle. Sei m = ord0(f ◦ q). Dann ist 0 hebbare Singularität und keine Nullstelle
mehr (man kann dass an der Potenzreihenentwicklung sehen). Es bleiben k − 1 verschiedene Nullstellen.
∈ R.
f1(δE) ⊆ δE weil q(δE) ⊆ δE, f(δE) ⊆ δE und |z| = 1 auf δE
f ◦ q( Ē) ⊆ Ē weil f : Ē → Ē und q(Ē) = Ē
f ◦ q(E) ⊆ E nach dem Maximumprinzip
f ◦ q(0) = 0
|f ◦ q| ≤ |z|, nach dem Schwarzschen Lemma
Wir müssen noch beweisen dass f1 = f◦q(z)
zm Daher f◦q
z ist auch in R.
Sei f◦q
zn in R für 1 ≤ n < m. Wir beweisen f◦q
zn+1 in R:
f◦q
zn (0) = 0 weil n < m.
f◦q
zn (E) ⊆ E weil ⊆ Ē (bei ∈ R) und wegen des Maximumprinzips
| f◦q
z n | ≤ |z|, nach dem Schwarzschen Lemma
Daher f◦q
z n+1 ist auch in R. Mit dieser Iteration, ist f◦q
z m in R.
LÖSUNG b):
f(δE) ⊆ δE impliziert |f(z)| = 1 für alle z ∈ δE
1
f ist holomorph in E weil f keine Nullstelle hat
1
1
f ist stetig auf Ē und f (δE) ⊆ δE
| 1
f (z)| = 1 auf δE
Sei f nicht konstant. Dann auch 1
f nicht konstant
Nach dem Maximumprinzip sind max |f| und max | 1
f
| = min f auf δE
Also max |f| = min |f| = 1
f(E) ⊆ δ(E): Widerspruch zur Gebietstreue. Also f konstant
08FII Aufgabe 3. (Korvengenzradius, Cauchys Integralformel)
LÖSUNG a):
Sei f holomorph in B1+a. Sei f(z) =
n≥0 cnz n die Potenzreihenentwicklung in 0
|cn| = | f n (0)
n! | > 1
n k

Der Konvergenzradius von f(z) ist dann kleiner als der von
n≥1 1
n k z n . Für z = α ∈ R, α > 1 kon-
vergiert
n≥1 1
n k z n nicht, der Term 1
n k α n geht nach ∞ (Extra Kommentar: weil e n log(α)−k log(n) →
e ∞ ).
Also ist der Konvergenzradius von f nun ≤ 1 < 1 + a, Widerspruch zu f auf B1+a holomorph.
LÖSUNG b):
f(z) =
n≥0 cnz n die Potenzreihenentwicklung in 0
Wir müssen (äquivalent) beweisen: |cn| = | f n (0)
n! | ≤ 1
r n (1−r)
Konvergenzradius ≥ 1, dann Cauchy-Integralformel:
cn = 1
f(z)
dz
2π |z|=r zn+1 |cn| ≤ 1
2π |
|
|z|=r
f(z)
1 |f(z)| 1
|dz = |dz ≤
zn+1 2π |z|=r rn+1 2π
|z|=r
1
1
dz =
(1 − r)rn+1 rn (1 − r)
Wir mussen (äquivalent) beweisen: |cn| = | f n (0)
n! | ≤ e(n + 1)
Die beste Abschätzung bekommen wir, wenn r n (1 − r) ist maximal, also falls die Ableitung 0 ist:
nr n−1 − (n + 1)r n = 0 also r = n
n+1 .
|cn| ≤
1
( n
n+1 )n (1 − n
n+1
) = (n + 1) ·
08FII Aufgabe 4. (Residuenkalkul, Residuensatz)
LÖSUNG a):
1
( n
(n + 1)n
= (n + 1) ·
n+1
)n nn = (n + 1) · (1 + 1
n )n < (n + 1) · e
z = e iθ über dem Kreis γ : [0, 2π) → S 1 θ ↦→ e iθ , also dz = ie iθ dθ dθ = (iz) −1 dz
Int :=
2π
0
2 + ei3θ +e −i3θ
2
2 + eiθ +e−iθ 2
γ
dθ =
2π
0
2 + (eiθ ) 3 +(e iθ ) −3
2
2 + eiθ +(eiθ ) −1
2
dθ =
γ
2 + z3 +z −3
2
2 + z+z−1
2
4 + z
=
γ
3 + z−3 (4 + z + z−1
4z
dz =
)(iz) γ
3 + z6 + 1
(4z + z2 + 1)(iz3 ) dz
4z
=
3 + z6 + 1
(z − (−2 + √ 3))(z − (−2 − √ 3))(iz3 ) dz
Die Pole des Nenners innerhalb des Einheitskreises sind z = 0 und z = √ 3 − 2.
· 1
dz =
iz
1
In z = 0, 4z+z2 +1 = 1 − 4z − z2 + 16z2 + O(z3 ) = 1 − 4z + 15z2 + O(z3 ) (geometrische Reihe
mit x = −4z − z2 ).
4z
f(z) =
3 + z6 + 1
(4z + z2 + 1)(iz3 1
=
) z3 · (−i) · (4z3 + z 6 + 1)(1 − 4z + 15z 2 + O(z 3 ))
Weil der Koeffizient von z2 in (4z3 + z6 + 1)(1 − 4z + 15z2 + O(z3 )) 15 ist, folgt:
Res0(f) = −15i

In z = √ 3 − 2:
f(z) =
4z 3 + z 6 + 1
(z − (−2 + √ 3))(z − (−2 − √ 3))(iz 3 ) =
Das Residuum ist der Grenzwert von
1
4z 3 + z 6 + 1
(z − (−2 + √ 3)) (z − (−2 − √ 3))(iz3 )
4z 3 +z 6 +1
(z−(−2− √ 3))(iz 3 ) in (√ 3 − 2), also:
4( √ 3 − 2) 3 + ( √ 3 − 2) 6 + 1
(( √ 3 − 2) − (−2 − √ 3))(i( √ 3 − 2) 3 ) = 4(√3 − 2) 3 + ( √ 3 − 2) 6 + 1
2i √ 3( √ 3 − 2) 3
= 8(26√3 − 45)
i( √ 3 − 2) 3
Nach dem Residuensatz, Int = 2πi(Res0(f) + Res√ 3−2 (f)) = 30π + 16π(26√3−45) ( √ 3−2) 3 .
LÖSUNG b):
Int := +∞
−∞
1
1+x4 dx =
γ
1
z 4 + 1 =
1
1+z 4 dz (wobei γ hat Bild R und γ ′ (z) = 1)
1
(z 2 + i)(z 2 − i) =
1
(z + e 1
8 2πi )(z − e 1
8 2πi )(z + e 3
8 2πi )(z − e 3
8 2πi )
1
(z − e 1
8 2πi )(z − e 3
8 2πi )(z − e 5
8 2πi )(z − e 7
8 2πi )
Vier einfache Pole in den vier vierten Wurzeln von −1 (ζ8, ζ 3 8, ζ 5 8, ζ 7 8).
In der oberen Halbebene liegen ζ8 und ζ 3 8, wobei ζ8 := e 1
8 2πi .
Residuum in ζ8: 1
ζ 3 8
Residuum in ζ 3 8: 1
ζ 9 8
1
(1+1)(1−i)(1+i) = ζ5 8 1
4
1
(1+1)(1−i)(1+i) = ζ7 8 1
4
1 5
= 4e 8 2πi = −1−i
4 √ 2
= 1
4
e 7
8 2πi = 1−i
4 √ 2
Direkter geht es mit Residuembestimmung bei einfachen Nennernullstellen:
1
Residuum in ζ8: 4z3 = 1 5
4e 8 2πi = −1−i
4 √ 2 Residuum in ζ3 1
8: 4z3 = 1 7
4e 8 2πi = 1−i
4 √ 2
Nach dem Residuensatz (Halbkreis mit Durchmesser auf der reellen Achse, weil keine Pole auf R
und die Funktion mindestens zweiter Ordnung in ∞ verschwindet):
Int = 2πi(Resζ8 + Resζ3 8 ) = π √
2
Bemerke: für diese Funktion sollte der Wert des Integrales in R>0 sein!
08FII Aufgabe 5. (Potenreihenentwicklung, Exponentialreihe)
LÖSUNG:
a0 = f(0) = 1 a1 = f ′
(0) = 1
Die Differenzialgleichung gibt:
z 2 ∞
+ z − 1 = z n(n + 1)an+1z n−1 ∞
− anz n ∞
= (n(n + 1)an+1 − an)z n
n=0
n=0
n=0

für n = 0: −a0 = −1 OK; für n = 1: 2a2 − a1 = 1 also a2 = 1; für n = 2: 6a3 − a2 = 1 also a3 = 1
3 ;
für n ≥ 3: n(n + 1)an+1 − an = 0, an+1 = an
n(n+1)
Daher
Also
a4 = a3
3 · 4
a5 =
a3
4 · 3 · 5 · 4
f(z) = 1 + z + z 2 + 1
3 z3 +
∞
n=4
an = a3 · 2!3!
(n − 1)! · n! =
4
(n − 1)!n! zn = 1 + z + z 2 +
4
(n − 1)! · n!
∞
n=3
für n ≥ 4
4
(n − 1)!n! zn
|an| kleiner als der Betrag des Koeffizienten der Exponentialreihe, also Konvergenzradius= ∞
08FIII Aufgabe 1. (Einheitswurzeln, Singularität, Residuensatz)
LÖSUNG a):
Wegen der Symmetrie, Int := ∞ dx
0 1+x2 +x4 = 1
∞ dx
2 −∞ 1+x2 +x4 .
1
Sei f(z) = 1+z2 +z4 . Nach dem Residuensatz (Standardanwendung, Summe der Residuen von f in
der oberen Halbebene, weil keine Pole in R und die gegebene Funktion mindestens zweiter Ordnung
in ∞ verschwindet)
2 (sie sind die primitiven dritten Einheitswurzeln e 1
3 2πi
und e 2
3 2πi ). Daher sind die Nullstellen von 1+z 2 +z 4 die primitiven sechsten Einheitswurzeln e 1
6 2πi ,
Die Wurzeln von t 4 + t 2 + 1 sind −1±i√ 3
e 7
6 2πi , e 2
6 2πi = e 1
3 2πi , e 2
3 2πi . In der oberen Halbebene haben wir e 1
6 2πi und e 1
3 2πi . z1,2 = ±1+i√ 3
(ζ6 = e 1
6 2πi und ζ2 6 = e 1
3 2πi ).
1
Residuen gegeben durch (1+z2 +z4 ) ′ = 1
2z+4z3 in z1,2.
π
2 √ 3
Int := 1
2
LÖSUNG b):
1
z 2 +1 =
1
· 2πi · ( 4(ζ6) 3 +2(ζ6) +
1
(z−i)(z+i)
1
4(ζ 2 6 )3 +2(ζ 2 6
)) = πi · (
1
−4+1+i √ 3 +
1
4−1+i √ 3 ) = πi · ( 1
−3+i √ 1 +
3 3+i √ ) =
3
Singularitäten in z = 0, z = ±i, holomorph ausserhalb dieser Punkte (weil Summe von Kompositionen
von holomorphen Funktionen).
z = ±i Pole der ersten Ordnung
z = 0 wesentlich: schreibe die Laurententwicklungen cos(z) = ∞ ∞ z−2n
n=0 (−1)n (2n!) und z3 cos(1/z) = ∞ z−2n+3
n=0 (−1)n (2n!) wesentlich weil unendlicher Hauptteil. Nach
Addition einer holomorphen Funktion immer noch wesentlich. (Alternativ: finde zwei Folgen mit
verschiedenen Häufungspunkte, auch genug für f(x) = x3 cos(1/x) + 1
x2 +1 für x → ∞).
n=0 (−1)n z2n 1
(2n!) , dann cos( z ) =
Integral mit Residuum Satz Int := 2πi(Summe Residuen in dem Kreis) = 2πi(Res0(f)+Resi(f)+
Res−i(f))
Residuum in ±i: einfach (weil z3 1
cos(1/z) ist dort holomorph so mit Residuum 0), ±2i Residuum
in 0: aus der Cosinus-Entwicklung z3 cos(1/z) = ∞ z−2n+3
n=0 (−1)n (2n!) (der Rest ist holomorph und
2

zählt nicht), 1
1 πi
24 . So Int := 2πi 24 = 12
08FIII Aufgabe 2. (Rouché)
LÖSUNG:
Rouché:
3z 3 hat genau 3 Nullstellen in dem Kreis.
Auf δB1: |e z | = e ℜ(z) ≤ e während |3z 3 | = 3. Also |e z | < |z 3 |, und δB1 berandet das Gebiet...
f(¯z) = e ¯z + 3¯z 3 = e z + 3z 3 also ist für jede Nullstelle das komplex Konjugierte auch eine Nullstelle.
Höchstens eine reelle Nullstelle da e x + 3x 3 monoton ist
Mindestens eine reelle Nullstelle da für jede Nullstelle (in dem Kreis) ist das komplex Konjugierte
auch eine Nullstelle (in dem Kreis). Diese sind eine gerade Anzahl, also < 3.
08FIII Aufgabe 3. (Idee aus dem Text, Riemannschen Hebbarkeitssatz, Liouville)
LÖSUNG:
ez = 0 also auch f(z) = 0
| ez
f(z) | ≤ 1
e Riemannschen Hebbarkeitssatz für z
, alle hebbaren Singularitäten.
e z
f(z)
f(z)
ist holomorph auf C und mit beschränkten Betrag, also nach Liouville konstant (sei C die
Konstante).
e Weil z
f(z) = C auf C ist (und f(z) = 0 aus C \ Z ), ist f(z) = Cez aus C \ Z.
Weil Cez holomorph auf C ist, sind alle Singularitäten von f hebbar.

Frühling 2009 Funktionentheorie
09FI Aufgabe 1. (Möbiustransformationen)
LÖSUNG a):
• f ist eine Möbiustransformation az+b
cz+d mit ad − bc = 0.
• Kreise und Geraden werden auf Kreise und Geraden abgebildet. Daher ist es genug das Bild
von drei verschiedenen Punkten zu bestimmen.
• f(1) = 1, f(−1) = 0, f(i) = 1
2 (1 − i)
• Durch 0, 1, 1
1
1
1 1
2 (1−i) geht der Kreis mit Zentrum 2 und Radius 2 . Das ist {z ∈ C : |z− 2 | = 2 }.
LÖSUNG b):
• Die offene Einheitskreisscheibe wird auf die offene Kreisscheibe mit Zentrum 1
2 und Radius
1
1
2 oder auf das Komplement (in C ∪ {∞}) der geschlossenen Kreisscheibe mit Zentrum 2
und Radius 1
2 abgebildet.
• Weil f( 1 3
2 ) = 2 , oder weil f(0) = ∞, ist dieses Bild das Komplement (in C ∪ {∞}) der
geschlossenen Kreisscheibe mit Zentrum 1
1
2 und Radius 2 .
• Weil f(0) = ∞, ist das Bild der punktierten offenen Kreisscheibe unter f das Komplement
(in C) der geschlossenen Kreisscheibe mit Zentrum 1
1
2 und Radius 2 .
09FI Aufgabe 2. (Riemannsche Hebbarkeitssatz, Casorati-Weierstrass)
LÖSUNG a):
• g mit einer hebbaren Singularität impliziert |g| beschränkt in einer Umgebung von z0
• |g| beschränkt impliziert |f| beschränkt in einer Umgebung von z0 (ohne z0).
• |f| beschränkt in einer Umgebung von z0 (ohne z0) impliziert f eine hebbare Singularität
in z0 hat, nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz.
LÖSUNG b):
• f hat einen Pol in z0 impliziert |f(z)| → ∞ für z → z0
• |f(z)| → ∞ für z → z0 impliziert |g(z)| → ∞ für z → z0, wegen der Ungleichung |f| ≤ c|g|.
• |g(z)| → ∞ für z → z0 impliziert dass g einen Pol hat (natürlich keine hebbare Singularität,
und nach dem Satz von Casorati-Weierstrass keine wesentliche Singularität).
09FI Aufgabe 3. (Möbiustransformationen, Riemannsche Abbildungsatz)
LÖSUNG a):
• G ist offen in C, weil {iy : y ∈ R>0} abgeschlossen ist.
• G ist einfach zusammenhängend: ziehen Sie den Weg θ(t) auf {iy : y ∈ R0 biholomorph mit z ↦→ (−i)z (Umkehrfunktion: z ↦→ iz)
• C \ R>0 → H biholomorph mit z ↦→ √ z mit Arg( √ z) ∈ (0, π) (Umkehrfunktion: z ↦→ z2 )

• H → B1(0) biholomorph mit der Möbiustransformation z ↦→ i−z
i+z
also R → δB1(0); i ↦→ 0 also H → B1(0)).
LÖSUNG b):
• Das Gebiet ist nicht einfach zusammenhängend (genau wie C ∗ = C \ {0}).
• Daher kann das gegebene Gebiet nicht biholomorph zu diesem sein.
09FII Aufgabe 3. (Liouville)
LÖSUNG:
i−1 i+1
(0 ↦→ 1, 1 ↦→ i+1 , 1 ↦→ i−1
• Falls nicht, sei ɛ > 0 und a ∈ C mit Bɛ(a) ausserhalb von f(C).
• Sei g(z) = 1
f(z)−a . Weil f(z) = a für alle z ∈ C ist g : C → C holomorph.
• Weil Bɛ(a) ∩ f(C) = ∅ ist g(C) ⊆ B1/ɛ(0) • Nach dem Satz von Liouville für g (g ist auf C holomorph und beschränkt), ist g konstant.
• Daher ist f konstant.
09FII Aufgabe 4. (bekannte Anwendung Residuensatz)
LÖSUNG a):
• R(z) = 1
z2 +4 ist eine Rationale Funktion ohne Pole auf R, und es verschwindet in ∞.
• Dann ist nach einer bekannten Anwendung des Residuensatzes: ∞
R(x) cos(x)dx ist der
−∞
Realteil von ∞
−∞ R(x)eixdx, und wir haben:
∞
R(x)e ix dx = 2πi(
ResaR(z)e iz )
−∞
wobei a genau alle Pole von R(z) in der obenen Halbebene durchläuft.
• R(z) = 1
z2 +4 hat Pole in z = ±2i also haben wir in der obenen Halbebene nur a = 2i.
• 2i ist einfache Nullstelle für z2 + 4 also Res2iR(z)eiz e ist iz
in z = 2i. Das ist
e −2
4i .
• Dann ist ∞
−∞ R(x)eixdx = 2πi e−2
4i
• Weil ℜ( π
2e 2 ) = π
2e 2 , haben wir:
LÖSUNG b):
∞
−∞
cos x
x2 dx =
+ 4
= π
2e 2 .
∞
−∞
a
R(x) cos(x)dx = π
2e 2
(z2 +4) ′ = eiz
2z
• Setze λ = 1
2 , R(x) = x2 + 4. Dann ist λ ∈ (0, 1). Die Funktion R(z) hat keine Pole auf
R>0, sie hat eine doppelte Nullstelle in ∞, und ist in 0 holomorph. Dann ist nach einer
bekannten Anwendung des Residuensatzes:
∞
0
x λ R(x)dx =
2πi
1 − e 2πiλ
Resaz λ R(z)
a=0

wobei a ∈ C \ {0} durch alle Pole von R(z) läuft.
• Bemerke: Wir definieren zλ auf C \ R≥0 als zλ = eλ ln z , wobei ln(reiθ ) = ln r + iθ (r > 0,
θ ∈ (0, 2π)).
• Die Pole von z2 + 4 sind bei z = ±2i.
• 2i ist einfache Nullstelle für z2 + 4 also Res2izλR(z) ist √ z
(z2 +4) ′ = √ z
2z in z = 2i. Das ist √ 2i
4i .
• −2i ist einfache Nullstelle für z2 + 4 also Res−2izλR(z) ist √ z
(z2 +4) ′ = √ z
2z in z = −2i. Das
ist − √ −2i
4i .
• Dann
∞
0
x λ R(x)dx = 2πi
(
1 − eπi 09FII Aufgabe 5. (Reihen)
LÖSUNG:
√
2i
4i −
√
−2i
) =
4i
π√2 4 (√i − √ −i) = π√2 4
+ i −1 + i
(1 √ − √ ) =
2 2 π
2
• Die Entwicklung in z = 0 für e z ist e z = 1+z +. . . =
n≥0 1
n! zn . Daher ist e z −1 = z +. . .,
also Nullstelle erster Ordnung in z = 0. Daher hat f(z) ein Pol erster Ordnung in z = 0.
• Weil Pol der ersten Ordnung, ist die Laurentreihenentwicklung für f der Form
n≥−1 anz n ,
mit a−1 = 0.
• Sei dann e z − 1 =
n≥1 bnz n , mit bn = 1
n! .
• Die Gleichung f(z) = 1
e z −1 gibt f(z)(ez − 1) = 1 also
(
n≥−1
anz n )(
bnz n ) = 1
n≥1
• Sei 1 =
n≥0 cnz n , wobei c0 = 1 und cn = 0 für n > 0.
• Also c0 = a−1b1 = 1. Weil b1 = 1, ist a−1 = 1.
• Also c1 = a−1b2 + a0b1 = 0. Weil b1 = 1, a−1 = 1 und b2 = 1
2 , haben wir a0 = − 1
2 .
• Also c2 = a−1b3 + a0b2 + a1b0 = 0. Weil b1 = 1, a−1 = 1,b2 = 1
2 , a0 = − 1
wir a1 = 1
12 .
09FIII Aufgabe 4. (Identitätssatz, Maximumprinzip)
LÖSUNG a):
2 , b3 = 1
6
, haben
• Nein: 0 ∈ E ist Nullstelle von z 2 , der Ordnung 2; f(z) 3 hat in z = 0 eine Nullstelle der Ordnung
3t, wobei t die Ordnung von 0 als Nullstelle von f ist; 2 = 3t also kann die Gleichung
nicht gelten.
LÖSUNG b):
• f(z) = 1
z4 auf einer Folge mit Häufungspunkt 0 ( 1
n
nach dem Identitätssatz.
• f(z) = −1
z4 f(z) = −1
z4 nach dem Identitätssatz.
auf einer Folge mit Häufungspunkt 0 ( 1
n
mit n gerade), und 0 ∈ E also f(z) = 1
z 4
mit n ungerade), und 0 ∈ E also

• −1
z4 = 1
z4 auf z = 1
2 ∈ E liefert Widerspruch.
LÖSUNG c):
• Sei ɛ > 0 so dass |f(z)| < 3
4 auf δB1−ɛ ist.
• Nach dem Maximumprinzip auf der geschlossenen Kreisscheibe B1−ɛ haben wir |f(z)| < 3
4
auf B1.
• Widerspruch zu |f(0)| = |2i| = 2.
09FIII Aufgabe 5. (Casorati-Weierstrass, Laurententreihen in 0 und ∞)
LÖSUNG:
• Sei g = f( 1
z ). Dann ist g : C \ {0} → C holomorph.
• f injektiv impliziert g injektiv
• Dann kann nach dem Satz von Casorati-Weierstrass 0 keine wesentliche Singularität für g
sein.
• Also ist ∞ für f keine wesentliche Singularität.
• Die Nebenteil (ohne den konstanten Term) der Laurentreihenentwicklung von f in 0 ist
die Hauptteil der Laurentreihenentwicklung von f in ∞. Dieser ist endlich weil f keine
wesentliche Singularität in ∞ hat.
• Weil f ist in 0 holomorph, gibt es keinen Hauptteil in 0.
• Dann ist f ein Polynom (kein Hauptteil, endlicher Nebenteil).
• Weil f ein injektives Polynom ist, hat es Grad 1 (insbesondere, nicht konstant und von der
Form az + b mit a, b ∈ C, a = 0).

Herbst 2010 Funktionentheorie
10HI Aufgabe 3. (Möbiustransformationen)
• Die Möbiustransformation z ↦→ z + 1, K → B2(0) ist bijektiv.
Die Möbiustransformation z ↦→ 1
2z, B2(0) → B1(0) ist bijektiv.
Wir haben schon eine bijektive Möbiustransformation B1(0) → H gesehen.
Da Komposition von Möbiustransformationen wieder eine Möbiustransformationist, gibt es
eine Möbiustransformation K → H die bijektiv ist.
• Nicht eindeutig, denn wir mit τ ∈ Aut(H) = {idH} komponieren können.
10HI Aufgabe 4. (bekannte Anwendung des Residuensatzes)
• Setzen wir: z = eit ; cos(t) = eit +e −it
2 = z+z−1
2
• Int =
2
δB1(0) 10+3z+3z−1 (zi) −1dz =
−2i
δB1(0) 3z2
+10z+3dz = δB1(0)
• Pole: {−3, − 1
3 }; Pole in B1: {− 1
3 }
• Residuum in − 1
−2i
3 : das ist 3(z+3)
1 −i
in z = − 3 , also 4 .
π
• Nach dem Residuensatz, ist Int = (2πi)Res 1 − =
3 2 .
10HI Aufgabe 5. (Identitätssatz)
; dz = it · e it · dt, also dt = (zi) −1 dz.
−2i
3(z+3)(z+ 1
3 )dz
• Sei G ein Gebiet (offene zusammenhängende Teilmenge von C) und f, g : G → C zwei
holomorphe Funktionen, die auf einer Teilmenge von G, welche in G einen Häufungspunkt
besitzt, übereinstimmen. Dann gilt f ≡ g auf ganz G.
• Wir haben: Dr Gebiet, { 1 1
n : n > r } ist eine Teilmenge von Dr mit Häufungspunkt 0 ∈ Dr.
• Sei r ≤ 1. Dann ist g(z) = z
1−z auf Dr holomorph.
• Wir haben f( 1
n
) = 1
n
1− 1
n
= g( 1
n ) also nach dem Identitätssatz f = g auf Dr.
z
• Für Dr mit r > 1 wissen wir dass f |D1 = 1−z also |f(1)| sollte ∞ sein (x ∈ R, x → 1− ).
Widerspruch zu f in 1 holomorph.
10HII Aufgabe 1. (Möbiustransformation)
• δB1(0) wird auf die Gerade x = − 1
2
• δB 1
2
( 1
2
abgebildet, denn 1 ↦→ ∞, −1 ↦→ − 1
2
) wird auf die Gerade x = −1 abgebildet, denn 1 ↦→ ∞, 0 ↦→ −1, 1
2
• Welche Halbebene ist das Bild von B1(0) bzw. B 1
2
nen. Andere Methode (speziell für diese Übung): B1(0) ⊇ B 1
2
Bilder. Dann sind die Bilder H −
− 1
2
• Das Bild von E \ K ist dann H −
− 1
2
bzw. H − −1 .
( 1
2
, i ↦→ − 1
2
+ 1
2
)? Genügt, das Bild von 1
2
( 1
2
\ H − 1
−1 , der offene Streifen −1 < x < − 2 .
− 1
2 i
i ↦→ −1 − i
zu bereche-
), dann dassselbe für die

10HII Aufgabe 2. (Maximumprinzip)
• Falls f konstant ist, ist auch |f(z)| = |f(0)| < 1 für alle z mit |z| < 1. Also sei f nicht
konstant.
• Das Maximum von |f| auf Ē ist ≥ 1 (wegen der Stetigkeit von f).
• Falls dieses Maximum < 1 ist, OK. Also sei dieses Maximum = 1.
• Nach dem Maximumprinzip, f nicht konstant impliziert |f| = 1 auf E. Dann ist |f(z)| < 1
für alle z mit |z| < 1.
10HII Aufgabe 3. (Laurentreihenentwicklung)
• f(z) =
z
−1 2
(z−1)(z−2) = z−1 + z−2
• Für |z| < 1 (geometrische Reihe) ist −1
z−1
• Für |z| < 2 (geometrische Reihe) ist 1
1− z
2
• Dann ist für |z| < 1:
−1 2 1
+ = + (−1) ·
z − 1 z − 2 1 − z
1
1 − z
2
= 1
1−z = ∞
n=0 zn .
= ∞
n=0 2−n z n .
∞
= z n ∞
−
n=0
• Für |z| > 2 sollen wir f( 1
1
z ) in |z| < 2 entwicklen:
f(z −1 ) = −1
z −1 − 1 +
n=0
2 −n z n =
2
z−1 −z 2z
= +
− 2 1 − z 1 − 2z
• Für |z| < 1
2 (geometrische Reihe) ist 1
1−2z = ∞ n=0 2nzn .
• Dann ist für |z| < 1
2 :
f(z −1 ∞
) = −z( z n ∞
) + 2z( 2 n z n ∞
) =
n=0
n=0
n=1
∞
n=0
(−1 + 2 n )z n
• Laurententwicklung in dem Kreisring: Für |z| < 2 (siehe oben) ist
∞
2
= −( 2
z − 2 −n z n ∞
) = (−2 −n )z n
n=0
Sei g(z) = −1
z−1 . Wir hatten gesehen:
n=0
n=0
g(z −1 ∞
) = −z( z n ∞
) = (−1)z n
n=1
und das gilt für |z−1 | < 1 (d.h. |z| > 1). Dann ist in dem Kreisring
f(z) =
−1
(−1)z n ∞
+ (−2 −n )z n
n=−∞
n=0
(1 − 2 −n )z n
• Extra Frage: Schreiben wir die Potenzreihe von f in einem Punkt z0 des Kreisrings. Wir
schreiben ζ = (z − z0), α = −(z0 − 1), β = −(z0 − 2):
f(z) =
−1
(z − z0) + z0 − 1 +
2
−1 2
= +
(z − z0) + z0 − 2 ζ − α ζ − β
= α−1
1 − ( ζ
−2β−1
+
α ) 1 − ( ζ
β )

Dann ist für 1 < |z0| < 2
f(z) = α −1
∞
=
n=0
∞
n=0
α −n ζ n − 2β −1
∞
n=0
10HIII Aufgabe 1. (Cauchy-Integralformel)
β −n ζ n =
∞
n=0
(α −(n+1) − 2β −(n+1) )ζ n
(1 − z0) −(n+1) − 2(2 − z0) −(n+1)
(z − z0) n .
• Sei |z0| < 1 und nehmen wir die Entwicklung in B1(z0):
f(z) =
cn(z − z0) n
n≥0
• Wir sollen zeigen |c2| = | f ′′ (z0)
2 | ≤ 2
• Nach der Cauchy-Integralformel ist
|c2| ≤ | 1
2πi |
f(z) 1
| |dz =
(z − z0) 3 2π
|z−z0|=1
|z−z0|=1
10HIII Aufgabe 2. (Riemannscher Hebbarkeitssatz, Liouville)
|f(z)|dz ≤ 1
1 · dz = 1 ≤ 2
2π |z−z0|=1
• Die Singularität 1
n für n ≥ 1 ist isoliert.
• Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz ist diese Singularität hebbar.
• Dann ist die Funktion auch auf C \ {0} holomorph, und ausserdem beschränkt.
• Jetzt ist 0 eine isolierte Singularität. Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz ist diese
Singularität hebbar.
• Dann ist die Funktion auch auf C holomorph und beschränkt. Nach dem Satz von Liouville
ist die Funktion konstant.