Lösung.

  1. (i)
    Es sei $ \mbox{$K\subseteq\mathbb{C}\setminus(\mathbb{Z}\setminus\{0\})$}$ kompakt. Es sei
    $ \mbox{$\displaystyle c \;:=\; \max\{\vert z\vert\;:\; z\in K\}\;. $}$
    Für $ \mbox{$\nu>M$}$ und $ \mbox{$z\in K$}$ gilt dann
    $ \mbox{$\displaystyle \left\vert\frac{2z}{z^2-\nu^2}\right\vert \;=\; 2\vert z... ...rt} \;\le\; 2c \,\frac{1}{\nu-c}\,\frac{1}{\nu-c} \;=\; \frac{2c}{(\nu-c)^2} $}$
    und
    $ \mbox{$\displaystyle \sum_{\nu>c}^\infty\frac{2c}{(\nu-c)^2}\;<\; \infty\;. $}$
    Daher erfüllt die Funktionenreihe auf $ \mbox{$K$}$ den Weierstraßschen $ \mbox{$M$}$ -Test, und sie konvergiert normal auf $ \mbox{$\mathbb{C}\setminus(\mathbb{Z}\setminus\{0\})$}$ .

    (ii)
    Nach 1. ist $ \mbox{$h$}$ eine meromorphe Funktion mit Singularitäten in $ \mbox{$\mathbb{Z}$}$ . Nun gilt aber
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\lim_{z\to z_0} (z-z_0)\... ...ace*{2mm}\\ &=& \cos(\pi z_0)\,\dfrac{1}{\cos(\pi z_0)} \;=\; 1 \end{array}$}$
    für alle $ \mbox{$z_0\in\mathbb{Z}$}$ . Andererseits folgt auch
    $ \mbox{$\displaystyle \lim_{z\to z_0}(z-z_0)\left(\frac{1}{z}+\sum_{\nu=1}^\infty\frac{2z}{z^2-\nu^2}\right) \;=\; 1 $}$
    für alle $ \mbox{$z\in\mathbb{Z}$}$ . Daher ist
    $ \mbox{$\displaystyle \lim_{z\to z_0} (z-z_0)h(z) \;=\; 0 $}$
    für alle $ \mbox{$z\in\mathbb{Z}$}$ . Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz sind alle Singularitäten von $ \mbox{$h$}$ hebbar, d.h. sie ist eine ganze Funktion.

    (iii)
    Es sei zunächst
    $ \mbox{$\displaystyle s_n(z) \;:=\; \frac{1}{z}+\sum_{\nu=1}^n\frac{2z}{z^2-\nu^2} \;=\; \sum_{\nu=-n}^n\frac{1}{z-\nu}\;. $}$
    Dann folgt
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} s_n(z)+s_n(z+\frac{1}{2}) &=& \dfrac... ...1-\nu}\right)\vspace*{2mm}\\ &=& 2s_n(2z)+\dfrac{1}{2z+2n+1}\;. \end{array}$}$
    Setzt man $ \mbox{$s(z):= \frac{1}{z}+\sum_{\nu=1}^\infty\frac{2z}{z^2-\nu^2}$}$ , so gilt nach obiger Identität durch Grenzübergang $ \mbox{$n\to\infty$}$ , daß
    $ \mbox{$\displaystyle s(z)+s\left(z+\frac{1}{2}\right) \;=\; 2s(2z)\;,\;\;\tex... ...uml ur alle}\;\;z\in\mathbb{C}\setminus\left(\frac{1}{2}\mathbb{Z}\right)\;. $}$
    Nun erfüllt $ \mbox{$\pi\cot(\pi z)$}$ dieselbe Identität, wie man leicht nachrechnet. Daraus folgt mit Hilfe des Identitätssatzes
    $ \mbox{$\displaystyle h(z)+h\left(z+\frac{1}{2}\right) \;=\; 2h(2z)\;,\;\;\text{f\uml ur alle}\;\;z\in\mathbb{C}\;. $}$
    (iv)
    Wir nehmen an, $ \mbox{$h$}$ wäre nicht konstant. Nach dem Maximumprinzip gäbe es dann ein $ \mbox{$z_0\in\partial B_2(0)$}$ mit
    $ \mbox{$\displaystyle \vert h(z)\vert \;<\; \vert h(z_0)\vert\;,\;\;\text{f\uml ur alle}\;\; z\in B_2(0)\;. $}$
    Nach dem vorigen Aufgabenteil folgt dann aber
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \vert 2h(z_0)\vert &= & \left\vert h\... ...{2}\right)\right\vert\vspace*{2mm}\\ &< & 2\vert h(z_0)\vert\;, \end{array}$}$
    ein Widerspruch.
    (v)
    Die Funktion $ \mbox{$h$}$ ist ungerade, da dies für alle Summanden in der Definition gilt. Ferner ist $ \mbox{$h$}$ konstant. Daher ist $ \mbox{$h$}$ identisch $ \mbox{$0$}$ .

  2. Wegen $ \mbox{$\cot'=-\frac{1}{(\sin)^2}$}$ folgt durch Ableiten der Reihe in 1., daß
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \dfrac{\pi^2}{(\sin(\pi z))^2} &=& -... ... &=& \displaystyle\sum_{\nu\in\mathbb{Z}}\dfrac{1}{(z-\nu)^2}\;. \end{array}$}$
  3. Wir setzen in obige Darstellung von $ \mbox{$\frac{\pi^2}{(\sin(\pi z))^2}$}$ den Wert $ \mbox{$z=\frac{1}{2}$}$ ein. Es wird
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} \pi^2 &=& \displaystyle\sum_{\nu\in... ...\\ &=& 8\displaystyle\sum_{\nu=1}^\infty\frac{1}{(2\nu-1)^2}\;. \end{array}$}$
  4. Es wird
    $ \mbox{$\displaystyle \sum_{\nu=1}^\infty \frac{1}{\nu^2} \;=\; \sum_{\nu=1}^... ...1)^2} \;=\; \frac{1}{4}\sum_{\nu=1}^\infty\frac{1}{\nu^2}+\frac{\pi^2}{8}\;. $}$
    Durch Auflösen erhält man die Behauptung.
  5. Wir leiten die Formel aus 2. zweimal ab und erhalten
    $ \mbox{$\displaystyle \frac{2\pi^4+4\pi^4(\cos(\pi z))^2}{(\sin(\pi z))^4} \;=\; \sum_{\nu\in\mathbb{Z}}\frac{6}{(z-\nu)^4}\;. $}$
    Speziell für $ \mbox{$z=\frac{1}{2}$}$ ergibt sich
    $ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} 2\pi^4 &=& \displaystyle\sum_{\nu\i... ... &=& 192\displaystyle\sum_{\nu=1}^\infty\frac{1}{(2\nu-1)^4}\;. \end{array}$}$
  6. Es wird
    $ \mbox{$\displaystyle \sum_{\nu=1}^\infty \frac{1}{\nu^4} \;=\; \sum_{\nu=1}^\... ...^4} \;=\; \frac{1}{16}\sum_{\nu=1}^\infty\frac{1}{\nu^2}+\frac{\pi^4}{96}\;. $}$
    Durch Auflösen erhält man die Behauptung.