Kurs:Funktionentheorie/8/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	2	5	7	8	6	3	3	6	4	4	3	7	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die obere Halbebene in ${}{\mathbb {C} }$.
2. Der Konvergenzradius einer komplexen Potenzreihe

   $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(z-a)^{n}.$

3. Ein lokaler Ring.
4. Eine holomorphe Differentialform auf einer offenen Menge ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$.
5. Die äußere Ableitung einer differenzierbaren Differentialform ersten Grades.
6. Ein einfach zusammenhängender topologischer Raum ${}X$.

Lösung

1. Komplexe Zahlen/Obere Halbebene/Definition/Begriff/Inhalt
2. Unter dem Konvergenzradius der Potenzreihe versteht man

   ${\operatorname {sup} \,(\vert {b-a}\vert ,b\in {\mathbb {C} },\,\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(b-a)^{n}{\text{ konvergiert}})}.$

3. Ein kommutativer Ring ${}R$ heißt lokal, wenn ${}R$ genau ein maximales Ideal besitzt.
4. Komplexe Zahlen/Holomorphe Differentialform/Definition/Begriff/Inhalt
5. Vektorraum/Offen/Vektorwertige 1-Form/Äußere Ableitung/Definition/Begriff/Inhalt
6. Topologischer Raum/Einfach zusammenhängend/Wegzusammenhängend und nullhomotop/Definition/Begriff/Inhalt

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die komplexe Partialbruchzerlegung.
2. Das Lemma von Goursat (Quadratversion).
3. Der Satz über die Offenheit von holomorphen Funktionen.

Lösung

1. Es seien ${}P,Q\in {\mathbb {C} }[X]$, ${}Q\neq 0$, Polynome und es sei

   $Q=(X-a_{1})^{r_{1}}\cdots (X-a_{s})^{r_{s}}$

   mit verschiedenen ${}a_{i}\in {\mathbb {C} }$. Dann gibt es ein eindeutig bestimmtes Polynom ${}H\in {\mathbb {C} }[X]$ und eindeutig bestimmte Koeffizienten ${}c_{ij}\in {\mathbb {C} }$, ${}1\leq i\leq s$, ${}1\leq j\leq r_{i}$, mit

   ${\frac {P}{Q}}=H+{\frac {c_{11}}{X-a_{1}}}+{\frac {c_{12}}{(X-a_{1})^{2}}}+\cdots +{\frac {c_{1r_{1}}}{(X-a_{1})^{r_{1}}}}+\cdots +{\frac {c_{s1}}{X-a_{s}}}+{\frac {c_{s2}}{(X-a_{s})^{2}}}+\cdots +{\frac {c_{sr_{s}}}{(X-a_{s})^{r_{s}}}}.$

2. Es sei ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ eine offene Menge, ${}f\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ eine komplex differenzierbare Funktion und sei ${}Q\subseteq U$ ein achsenparalleles abgeschlossenes Quadrat, und sei

   $\gamma \colon I\longrightarrow R$

   der stetige stückweise lineare Weg, der den Rand von ${}Q$ gleichmäßig durchläuft.

   Dann ist

   ${}\int _{\gamma }fdz=0\,.$

3. Es sei ${}f\colon U\rightarrow {\mathbb {C} }$ eine nichtkonstante holomorphe Funktion auf einer zusammenhängenden offenen Teilmenge ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$. Dann ist ${}f$ offen.

Aufgabe (2 (0.5+1+0.5) Punkte)

a) Berechne

$(4-7{\mathrm {i} })(5+3{\mathrm {i} }).$

b) Bestimme das inverse Element ${}z^{-1}$ zu

${}z=3+4{\mathrm {i} }\,.$

c) Welchen Abstand hat ${}z^{-1}$ aus Teil (b) zum Nullpunkt?

Lösung

a) Es ist

${}(4-7{\mathrm {i} })(5+3{\mathrm {i} })=20+21-35{\mathrm {i} }+12{\mathrm {i} }=41-23{\mathrm {i} }\,.$

b) Das inverse Element zu ${}z$ ist ${}{\frac {\overline {z}}{z{\overline {z}}}}$, also ist

${}z^{-1}={\frac {a-b{\mathrm {i} }}{a^{2}+b^{2}}}={\frac {3-4{\mathrm {i} }}{3^{2}+4^{2}}}={\frac {3}{25}}-{\frac {4}{25}}{\mathrm {i} }\,.$

c) Der Abstand von ${}z$ zum Nullpunkt ist ${}\vert {z}\vert ={\sqrt {25}}=5$, daher ist der Abstand von ${}z^{-1}$ zum Nullpunkt gleich ${}{\frac {1}{5}}$.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Es sei

${}f(z)=z^{2}+z+1\,.$

1. Zeige, dass ${}f$ auf dem offenen Ball ${}U{\left(0,{\frac {1}{2}}\right)}$ injektiv ist.
2. Zeige, dass ${}f$ auf dem abgeschlossenen Ball ${}B\left(0,{\frac {1}{2}}\right)$ injektiv ist.

Lösung

Wir schreiben

${}f(z)=z^{2}+z+1={\left(z+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}+1={\left(z+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {3}{4}}\,.$

Die Bedingung

${}f(z)=f({\tilde {z}})\,$

wird zu

${}{\left(z+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}={\left({\tilde {z}}+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}\,$

bzw. zu

${}{\left(z+{\frac {1}{2}}\right)}=\pm {\left({\tilde {z}}+{\frac {1}{2}}\right)}\,.$

Nicht injektiv (auf einer Teilmenge) bedeutet also die Existenz von ${}z\neq {\tilde {z}}$ mit

${}{\left(z+{\frac {1}{2}}\right)}=-{\left({\tilde {z}}+{\frac {1}{2}}\right)}\,$

bzw.

Fehler beim Parsen (SVG (MathML kann über ein Browser-Plugin aktiviert werden): Ungültige Antwort („Math extension cannot connect to Restbase.“) von Server „http://localhost:6011/de.wikiversity.org/v1/“:): {\displaystyle {{}} z+1 = - \tilde{z} \, . }

1. Sei

   ${}\vert {z}\vert <{\frac {1}{2}}\,.$

   Dann liegt

   ${}\vert {\tilde {z}}\vert =\vert {z+1}\vert \geq {\frac {1}{2}}\,$

   außerhalb der offenen Kreisscheibe.

2. Sei

   ${}\vert {z}\vert ={\frac {1}{2}}\,.$

   Dann ist ${}z+1$ außerhalb der abgeschlossenen Kreisscheibe mit der einzigen Ausnahme

   ${}z=-{\frac {1}{2}}\,.$

   Doch dann ist auch

   ${}{\tilde {z}}=-{\frac {1}{2}}\,.$

Aufgabe (7 Punkte)

Zeige, dass das Cauchy-Produkt von absolut konvergenten Reihen absolut gegen das Produkt der beiden Summen konvergiert.

Lösung

Wir müssen für die Partialsummen

$x_{n}=\sum _{i=0}^{n}a_{i},\,y_{n}=\sum _{j=0}^{n}b_{j}{\text{ und }}z_{n}=\sum _{k=0}^{n}c_{k}$

zeigen, dass ${}z_{n}$ gegen den Limes der Folge ${}{\left(x_{n}y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert. Es ist

${}{\begin{aligned}\vert {z_{n}-x_{n}y_{n}}\vert &=\vert {\sum _{k=0}^{n}c_{k}-{\left(\sum _{i=0}^{n}a_{i}\right)}{\left(\sum _{j=0}^{n}b_{j}\right)}}\vert \\&=\vert {\sum _{0\leq i,j\leq n,\,i+j>n}a_{i}b_{j}}\vert \\&\leq \sum _{0\leq i,j\leq n,\,i+j>n}\vert {a_{i}}\vert \vert {b_{j}}\vert \\&\leq {\left(\sum _{n/2<i\leq n}\vert {a_{i}}\vert \right)}{\left(\sum _{j=0}^{n}\vert {b_{j}}\vert \right)}+{\left(\sum _{n/2<j\leq n}\vert {b_{j}}\vert \right)}{\left(\sum _{i=0}^{n}\vert {a_{i}}\vert \right)}\\&\leq {\left(\sum _{n/2<i\leq n}\vert {a_{i}}\vert \right)}{\left(\sum _{j=0}^{\infty }\vert {b_{j}}\vert \right)}+{\left(\sum _{n/2<j\leq n}\vert {b_{j}}\vert \right)}{\left(\sum _{i=0}^{\infty }\vert {a_{i}}\vert \right)}.\end{aligned}}$

Da die beiden Reihen absolut konvergieren, und ${}\sum _{n/2<i\leq n}\vert {a_{i}}\vert$ und ${}\sum _{n/2<j\leq n}\vert {b_{j}}\vert$ nach Aufgabe 9.27 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) Nullfolgen sind, ist die rechte Seite insgesamt eine Nullfolge. Daher konvergiert die Folge ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ nach Aufgabe 6.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen das Produkt der Grenzwerte der beiden Reihen. Die absolute Konvergenz folgt aus dem bisher Bewiesenen mit dem Majorantenkriterium aus der Abschätzung ${}\vert {c_{k}}\vert \leq \sum _{i=0}^{k}\vert {a_{i}}\vert \vert {b_{k-i}}\vert$.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei

$\nu \colon (K^{\times },\cdot ,1)\longrightarrow (\mathbb {Z} ,+,0)$

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus mit ${}\nu (f+g)\geq \min\{\nu (f),\nu (g)\}$ für alle ${}f,g\in K^{\times }$. Zeige, dass

${}R={\left\{f\in K^{\times }\mid \nu (f)\geq 0\right\}}\cup \{0\}\,$

ein diskreter Bewertungsring ist.

Lösung

Zuerst zeigen wir, dass ${}R$ ein Unterring des Körpers ${}K$ ist. Es ist ${}0\in R$. Da ${}\nu$ ein Gruppenhomomorphismus ist, muss ${}\nu (1)=0$ sein. Für Elemente ${}f,g\in R$ ist ${}\nu (f),\nu (g)\geq 0$ und damit ${}\nu (f\cdot g)=\nu (f)+\nu (g)\geq 0$, da ein Gruppenhomomorphismus vorliegt, und ebenso

${}\nu (f+g)\geq \operatorname {min} \left(\nu (f),\,\nu (g)\right)\geq 0\,$

nach Voraussetzung, so dass ${}R$ multiplikativ und additiv abgeschlossen ist. Ferner ist ${}\nu (-1)+\nu (-1)=\nu ((-1)^{2})=\nu (1)=0$, woraus aber ${}\nu (-1)=0$ und somit ${}-1\in R$ folgt. Also gehören auch die Negativen zu ${}R$, und somit liegt ein kommutativer Ring vor.

Weiterhin muss ${}R$ ein lokaler Ring sein. Wir behaupten, dass

${}{\mathfrak {m}}:={\left\{f\in K^{\times }\mid \nu (f)\geq 1\right\}}\cup \{0\}\subseteq R\,$

das einzige maximale Ideal ist. Die ${}0$ gehört dazu und wegen ${}\nu (f+g)\geq \operatorname {min} \left(\nu (f),\,\nu (g)\right)\geq 1$ ist die Menge additiv abgeschlossen. Für ${}f\in {\mathfrak {m}}$ und ${}g\in R$ ist ${}\nu (f)\geq 1$ und ${}\nu (g)\geq 0$ und daher ${}\nu (gf)=\nu (g)+\nu (f)\geq 1$, so dass die Menge abgeschlossen unter Skalarmultiplikation ist. Also liegt ein Ideal vor.

Das Komplement ${}R\setminus {\mathfrak {m}}$ besteht aus allen Elementen ${}h\in K$ mit ${}\nu (h)=0$. Dann ist aber auch ${}\nu (h^{-1})=0$ und damit ${}h^{-1}\in R$, d.h. diese Elemente sind alle Einheiten. Daher ist ${}{\mathfrak {m}}$ maximal.

Wir müssen noch zeigen dass ein diskreter Bewertungsring vorliegt. Es sei hierzu ${}p\in K$ ein Element mit ${}\nu (p)=1$, was es wegen der vorausgesetzten Surjektivität gibt. Wir wollen zeigen, dass ${}p$ prim ist. Es gilt generell, dass ${}y$ ein Vielfaches von ${}x$ (${}x,y\in R$) ist genau dann, wenn ${}\nu (y)\geq \nu (x)$ ist, da ja die Teilbarkeitsbeziehung zu ${}y/x\in R$ äquivalent ist. Aus ${}p{|}xy$ mit ${}x,y\in R$, folgt nun ${}1=\nu (p)\leq \nu (xy)=\nu (x)+\nu (y)$ und dann muss ${}\nu (x)\geq 1$ oder ${}\nu (y)\geq 1$ sein, so dass eines ein Vielfaches von ${}p$ ist. Also ist ${}p$ prim.

Mit dem gleichen Argument folgt, dass jedes Element ${}x\in R$ mit ${}n=\nu (x)$ assoziiert zu ${}p^{n}$ ist. Es liegt also ein Hauptidealbereich mit genau den Idealen ${}0$ und ${}(p^{n})$, ${}n\in \mathbb {N}$, vor.

Aufgabe (6 (1+2+2+1) Punkte)

Wir betrachten die Differentialform

${}\omega =ydx+zdy+xdz\,$

auf dem ${}\mathbb {R} ^{3}$ und die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,\left(u,\,v\right)\longmapsto \left(u^{2},\,v^{2},\,uv\right).$

1. Berechne die äußere Ableitung von ${}\omega$.
2. Berechne den Rückzug ${}\varphi ^{*}\omega$ von ${}\omega$ unter ${}\varphi$.
3. Berechne die äußere Ableitung von ${}\varphi ^{*}\omega$ auf ${}\mathbb {R} ^{2}$.
4. Berechne den Rückzug ${}\varphi ^{*}d\omega$ von ${}d\omega$ unter ${}\varphi$ unabhängig von (3).

Lösung

1. Es ist

   ${}d\omega =d{\left(ydx+zdy+xdz\right)}=dy\wedge dx+dz\wedge dy+dx\wedge dz=-dx\wedge dy-dy\wedge dz+dx\wedge dz\,.$

2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}\varphi ^{*}\omega &=v^{2}du^{2}+uvdv^{2}+u^{2}duv\\&=2v^{2}udu+2uv^{2}dv+u^{2}(udv+vdu)\\&={\left(2uv^{2}+u^{2}v\right)}du+{\left(2uv^{2}+u^{3}\right)}dv.\end{aligned}}$

3. Es ist

   ${}{\begin{aligned}d{\left({\left(2uv^{2}+u^{2}v\right)}du+{\left(2uv^{2}+u^{3}\right)}dv\right)}&=d{\left(2uv^{2}+u^{2}v\right)}du+d{\left(2uv^{2}+u^{3}\right)}dv\\&={\left(4uv+u^{2}\right)}dv\wedge du+{\left(2v^{2}+3u^{2}\right)}du\wedge dv\\&={\left(-4uv+2v^{2}+2u^{2}\right)}du\wedge dv.\end{aligned}}$

4. Der Rückzug ${}\varphi ^{*}d\omega$ ist

   ${}{\begin{aligned}\varphi ^{*}{\left(-dx\wedge dy-dy\wedge dz+dx\wedge dz\right)}&=-du^{2}\wedge dv^{2}-dv^{2}\wedge duv+du^{2}\wedge duv\\&=-4uvdu\wedge dv-2v^{2}dv\wedge du+2u^{2}du\wedge dv\\&={\left(-4uv+2v^{2}+2u^{2}\right)}du\wedge dv.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Maxima von ${}\vert {z-1}\vert$ auf ${}B\left(0,1\right)$.

Lösung

Aufgrund von Korollar 14.11 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) müssen wir nur den Rand der abgeschlossenen Einheitskreisscheibe betrachten. Diesen können wir trigonometrisch parametrisieren und davon das Wachstumsverhalten untersuchen. Es ist

${}\vert {z-1}\vert =\vert {x-1+y{\mathrm {i} }}\vert ={\sqrt {(x-1)^{2}+y^{2}}}\,.$

Statt dieser Wurzelfunktion können wir direkt den Radikanden betrachten. Es ist

${}(x-1)^{2}+y^{2}=x^{2}-2x+1+y^{2}\,,$

die Parametrisierung führt auf

${}\cos ^{2}t-2\cos t+1+\sin ^{2}t=2-2\cos t\,.$

Aufgrund des Funktionsverlaufs der Kosinusfunktion wird das Maximum für ${}t=0$ (also in ${}(1,0)$) angenommen.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme den lokalen Exponenten von

$f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto z^{3}+4z^{2}-5,$

in jedem Punkt ${}P\in {\mathbb {C} }$.

Lösung

Wir ziehen Lemma 15.6 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) heran. Es ist

${}f'(z)=3z^{2}+8z=z(3z+8)\,.$

Die Nullstellen davon sind

${}z_{1}=0\,$

und

${}z_{2}=-{\frac {8}{3}}\,.$

In allen anderen Punkten ist der lokale Exponent gleich ${}1$, wegen

${}f^{\prime \prime }(z)=6z+8\,$

ist weder ${}z_{1}$ noch ${}z_{2}$ eine Nullstelle der zweiten Ableitung, also ist in diesen beiden Punkten der lokale Exponent gleich ${}2$.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz von Casorati-Weierstrass.

Lösung

Es liege eine wesentliche Singularität vor, wobei wir ${}a=0$ annehmen können. Nehmen wir an, dass es eine Ballumgebung ${}U{\left(0,r\right)}$ derart gibt, dass das Bild der punktierten Ballumgebung nicht dicht ist. Dann gibt es einen Punkt ${}b\in {\mathbb {C} }$ und eine Ballumgebung ${}U{\left(b,s\right)}$, die disjunkt zum Bild ist. Wir betrachten die holomorphe Funktion

$h\colon U{\left(0,r\right)}\setminus \{0\}\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto h(z)={\frac {1}{f(z)-b}},$

die ja wohldefiniert ist, da ${}\vert {f(z)-b}\vert \geq s$ gilt. Ferner folgt daraus, dass ${}\vert {h(z)}\vert \leq {\frac {1}{s}}$ auf der offenen Menge ${}U{\left(0,r\right)}\setminus \{0\}$ ist. Daher ist aber nach Satz 14.5 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) ${}h$ nach ${}0$ holomorph fortsetzbar. Eine Umstellung der definierenden Gleichung für ${}h$ ergibt

${}f(z)={\frac {1}{h(z)}}+b\,,$

woraus folgt, dass ${}f$ in ${}0$ eine hebbare Singularität oder einen Pol besitzt, jedenfalls keine wesentliche Singularität.

Von (2) nach (1) ist im hebbaren Fall klar und ergibt sich im Fall eines Poles aus Lemma 17.5 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)).

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Es sei

$h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

eine Funktion, wir betrachten dazu die zusammengesetzte Funktion

${}f:=\exp \circ h\circ \ln \,,$

also

${}f(x):=\exp \left(h{\left(\ln x\right)}\right)\,$

auf ${}\mathbb {R} _{+}$.

1. Bestimme für die lineare Funktion (mit dem Proportionalitätsfaktor ${}c$)

   ${}h(t)=ct\,$

   die zugehörige Funktion ${}f(x)$.

2. Es sei nun ${}h$ eine beliebige ungerade Funktion. Zeige, dass ${}f$ die Bedingung

   ${}f\left({\frac {1}{x}}\right)={\frac {1}{f(x)}}\,$

   für alle ${}x\in \mathbb {R} _{+}$ erfüllt.

Lösung

1. Es ist

   ${}f(x)=\exp \left(h{\left(\ln x\right)}\right)=\exp \left(c\ln x\right)=x^{c}\,.$

2. Es ist unter Verwendung der Funktionalgleichungen für Logarithmus und Exponentialfunktion und da ${}h$ ungerade ist,

   ${}{\begin{aligned}f{\left({\frac {1}{x}}\right)}&=\exp \left(h{\left(\ln \left({\frac {1}{x}}\right)\right)}\right)\\&=\exp \left(h{\left(-\ln x\right)}\right)\\&=\exp \left(-h{\left(\ln x\right)}\right)\\&={\frac {1}{\exp \left(h{\left(\ln x\right)}\right)}}\\&={\frac {1}{f(x)}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Bestimme das Residuum im Nullpunkt von

1. ${}\sin \left({\frac {1}{z}}\right)$,
2. ${}{\frac {1}{\sin z}}$.

Lösung

1. Nach Aufgabe 19.5 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) ist das Residuum von ${}\sin \left({\frac {1}{z}}\right)$ gleich ${}1$.
2. Wegen

   ${}\sin z=z-{\frac {1}{6}}z^{3}+\ldots \,$

   ist

   ${}{\frac {\sin z}{z}}=1-{\frac {1}{6}}z^{2}+\ldots \,,$

   diese Funktion ist insbesondere holomorph. Daher ist

   ${}{\frac {z}{\sin z}}=1+{\text{höhere Terme}}\,$

   und somit

   ${}{\frac {1}{\sin z}}={\frac {1}{z}}+{\text{ holomorphe Funktion }}\,.$

   Also ist das Residuum von ${}{\frac {1}{\sin z}}$ ebenfalls gleich ${}1$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass es abgeschlossene einfach zusammenhängende Teilmengen ${}A\subseteq {\mathbb {C} }$ gibt, die nicht zur abgeschlossenen Kreisscheibe ${}B\left(0,1\right)$ homöomorph sind.

Lösung

Wir betrachten

${}A={\left\{(x,y)\mid x,y\geq 0{\text{ oder }}x,y\leq 0\right\}}\,,$

also die Vereinigung des ersten abgeschlossenen Quadranten und des dritten abgeschlossenen Quadranten. Diese Menge ist sternförmig bezüglich des Nullpunktes und daher einfach zusammenhängend nach Lemma 20.7 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)). Sie ist nicht homöomorph zur abgeschlossenen Kreisscheibe. Wenn man aus ${}A$ den Nullpunkt herausnimmt, so entsteht eine nicht zusammenhängende Menge, dagegen bleibt die abgeschlossene Menge zusammenhängend, wenn man einen Pukt herausnimmt.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}U\subseteq {\mathbb {C} }$ ein Gebiet und sei ${}T\subseteq \Gamma (U,{\mathcal {O}})$ eine Teilmenge von holomorphen Funktionen auf ${}U$, die lokal beschränkt sei. Zeige, dass dann jede Folge in ${}T$ eine kompakt konvergente Teilfolge besitzt.

Lösung

Es sei die Funktionenmenge ${}T$ lokal beschränkt. Dann sind insbesondere die Bilder ${}f(P)$, ${}f\in T$, beschränkt in ${}{\mathbb {C} }$. Wir möchten Fakt ***** anwenden, dazu ist lediglich noch zu zeigen, dass die Funktionenmenge gleichgradig stetig ist. Es sei ${}P\in U$ und sei ${}P\in U{\left(P,r\right)}\subset U{\left(P,s\right)}\subseteq U$ derart, dass die Funktionenfamilie auf ${}U{\left(P,s\right)}$ durch die Konstante ${}C$ beschränkt sei. Es sei ${}\gamma$ eine Standardumrundung um ${}P$ mit dem Radius ${}r$. Dann gelten für ${}Q\in U{\left(P,r\right)}$ nach Satz 13.7 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)), Korollar 13.5 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) und Lemma 12.10 (Funktionentheorie (Osnabrück 2023-2024)) die von ${}f$ unabhängigen Abschätzungen

${}{\begin{aligned}\vert {f(Q)-f(P)}\vert &=\vert {{\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }{\frac {f(z)}{z-Q}}dz-{\frac {1}{2\pi {\mathrm {i} }}}\int _{\gamma }{\frac {f(z)}{z-P}}dz}\vert \\&\leq {\frac {1}{2\pi }}\vert {\int _{\gamma }{\frac {f(z)}{z-Q}}-{\frac {f(z)}{z-P}}dz}\vert \\&={\frac {1}{2\pi }}\vert {\int _{\gamma }{\frac {f(z)(Q-P)}{(z-Q)(z-P)}}dz}\vert \\&={\frac {1}{2\pi }}\cdot {\frac {\vert {Q-P}\vert }{r}}\vert {\int _{\gamma }{\frac {f(z)}{(z-Q)}}dz}\vert \\&\leq {\frac {1}{2\pi }}\cdot {\frac {\vert {Q-P}\vert }{r}}\cdot 2\pi r\cdot C{\frac {1}{r-\vert {P-Q}\vert }}\\&={\frac {C}{r-\vert {P-Q}\vert }}\vert {Q-P}\vert .\end{aligned}}$

Zu gegebenem ${}r>\epsilon >0$ kann man dann mit

${}\delta :=\operatorname {min} \left({\frac {r}{2C}}\epsilon ,\,{\frac {r}{2}}\right)\,$

die gleichgradige Stetigkeit nachweisen.