Lösung.

  1. Die Funktion $ \mbox{$f$}$ hat eine hebbare Singularität bei $ \mbox{$\infty$}$ genau dann, wenn $ \mbox{$g$}$ eine hebbare Singularität bei $ \mbox{$0$}$ hat. Nach dem Riemannschen Hebbarkeitssatz ist das genau dann der Fall, wenn $ \mbox{$g$}$ in einer Umgebung $ \mbox{$B_r(0)$}$ beschränkt bleibt, d.h. wenn $ \mbox{$f$}$ der Menge $ \mbox{$\{z\in\mathbb{C}\;:\; \vert z\vert>r\}$}$ beschränkt bleibt. Wegen der Stetigkeit ist dies wiederum gleichbedeutend damit, daß $ \mbox{$f$}$ eine beschränkte Funktion ist. Nach dem Satz von Liouville ist dies äquivalent dazu, daß $ \mbox{$f$}$ konstant ist.

    Alternativlösung: Man betrachte den Spezialfall $ \mbox{$m=0$}$ in Teil 2.

  2. Es sei
    $ \mbox{$\displaystyle f(z) \;=\; \sum_{n=0}^\infty a_n z^n $}$
    die Potenzreihenentwicklung von $ \mbox{$f$}$ um $ \mbox{$0$}$ . Die Funktion $ \mbox{$f$}$ hat einen Pol der Ordnung $ \mbox{$m$}$ bei $ \mbox{$\infty$}$ genau dann, wenn die Funktion
    $ \mbox{$\displaystyle h(z) \;:=\; z^m g(z) \;=\; \sum_{n=0}^\infty a_n z^{m-n} \;=\; a_0 z^m + \ldots +a_m + a_{m+1}z^{-1} + \ldots $}$
    bei $ \mbox{$0$}$ eine hebbare Singularität mit Funktionswert $ \mbox{$\ne 0$}$ hat. Dies ist offenbar genau dann der Fall, wenn der Laurentreihenhauptteil von $ \mbox{$h$}$ verschwindet und der konstante Term $ \mbox{$\ne 0$}$ ist, d.h. wenn $ \mbox{$a_n=0$}$ gilt für alle $ \mbox{$n>m$}$ und $ \mbox{$a_m\ne 0$}$ . Dies ist äquivalent dazu, daß $ \mbox{$f$}$ ein Polynom vom Grade $ \mbox{$m$}$ ist.

  3. Zuerst beweisen wir, daß
    $ \mbox{$\displaystyle (\ast) \;\;\;\lim_{z\to\infty} f(z) \;=\; \infty\;. $}$
    Es sei dazu $ \mbox{$c>0$}$ gegeben. Zu zeigen ist, daß es ein $ \mbox{$r>0$}$ gibt mit $ \mbox{$\vert z\vert> r\implies \vert f(z)\vert> c$}$ . Wir nehmen das Gegenteil an, d.h. für alle $ \mbox{$r>0$}$ gebe es ein $ \mbox{$z\in\mathbb{C}$}$ mit $ \mbox{$\vert z\vert> r$}$ und $ \mbox{$\vert f(z)\vert\le c$}$ . Betrachtet man $ \mbox{$y:=f(z)$}$ , so bedeutet dies, daß es für alle $ \mbox{$r>0$}$ ein $ \mbox{$y\in \overline{B_c(0)}$}$ gibt mit $ \mbox{$\vert f^{-1}(y)\vert>r$}$ , d.h. die Menge
    $ \mbox{$\displaystyle f^{-1}\left(\overline{B_c(0)}\right) $}$
    ist nicht beschränkt, im Widerspruch zur Stetigkeit von $ \mbox{$f^{-1}$}$ .

    Damit ist $ \mbox{$(\ast)$}$ bewiesen. Daraus folgt

    $ \mbox{$\displaystyle \lim_{z\to 0} f\left(\frac{1}{z}\right) \;=\; \infty\;, $}$
    d.h. die Funktion $ \mbox{$f$}$ hat einen Pol bei $ \mbox{$\infty$}$ . Nach 2. ist $ \mbox{$f$}$ somit ein Polynom.

    Es sei $ \mbox{$z_0:=f^{-1}(0)$}$ , d.h. es gelte $ \mbox{$f(z_0)=0$}$ . Da $ \mbox{$f$}$ wegen der Injektivität keine weitere Nullstelle haben kann, gilt

    $ \mbox{$\displaystyle f(z) \;=\; (z-z_0)^m $}$
    für ein $ \mbox{$m\ge 0$}$ . Dann folgt jedoch
    $ \mbox{$\displaystyle f(z_0+1) \;=\; 1 \;=\; f(z_0+e^{2\pi\text{i}/m})\;, $}$
    und somit
    $ \mbox{$\displaystyle 1 \;=\; e^{2\pi\text{i}/m}\;. $}$
    Daraus folgt $ \mbox{$m=1$}$ , d.h. $ \mbox{$f$}$ ist ein Polynom vom Grade $ \mbox{$1$}$ .