Lösung.

  1. Wir betrachten die Cauchysche Integralformel für die $ \mbox{$n$}$ -te Ableitung
    $ \mbox{$\displaystyle f^{(n)}(z_0) \;=\; \dfrac{n!}{2\pi\text{i}}\int_{\partial B_R(z_0)}\dfrac{f(\xi)}{(\xi-z_0)^{n+1}}\,\text{d}\xi\;. $}$
    Mit der Standardabschätzung folgt
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \left\vert f^{(n)}(z_0)\right\vert &\... ...t \dfrac{1}{R^{n+1}}\vspace*{2mm}\\ &\le & \dfrac{n! M}{R^n}\;. \end{array}$}$
    Mit der Gleichung
    $ \mbox{$\displaystyle a_n \;=\; \dfrac{f^{(n)}(z_0)}{n!} $}$
    folgt die Behauptung.

  2. Unter diesen Voraussetzungen gilt
    $ \mbox{$\displaystyle \sup\{\vert f(z)\vert\;:\; \vert z\vert\le R\} \;\le\; c R^\alpha $}$
    für alle $ \mbox{$R\ge R_0$}$ . Mit dem 1. Teil der Aufgabe angewandt auf $ \mbox{$z_0:=0$}$ erhalten wir also
    $ \mbox{$\displaystyle \vert a_n\vert \;\le\; \dfrac{c R^\alpha}{R^n} \;=\; cR^{\alpha-n} \;\to\; 0 \;\;(R\to\infty) $}$
    für $ \mbox{$n>\alpha$}$ . Somit gilt
    $ \mbox{$\displaystyle a_n \;=\; 0\;,\;\; \text{f\uml ur alle}\;\;n>\alpha\;. $}$
    Die Potenzreihenentwicklung von $ \mbox{$f$}$ um $ \mbox{$0$}$ lautet daher
    $ \mbox{$\displaystyle f(z) \;=\; \sum_{n=0}^{\lfloor\alpha\rfloor} a_n z^n $}$
    für alle $ \mbox{$z\in\mathbb{C}$}$ , d.h. $ \mbox{$f$}$ ist ein Polynom vom Grade $ \mbox{$\le\lfloor\alpha\rfloor$}$ .