\(D(a,R)\) 上の任意の点 \(z\) に対して， \(|z-a|\lt r\lt R\) となる \(r\) が存在する．ここで，点 \(a\) を中心とする半径 \(r\) の円の円周を \(C\) （正の向きを持つ）とすると， \(D(a,R)\) は単連結な領域であるので，コーシーの積分表示より， $$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(s)}{s-z}ds$$ が成り立つ．ここで， \(C\) 上の \(s\) で \(|z-a|\lt |s-a|\) が成り立ち， $$\frac{|z-a|}{|s-a|}\lt 1\Longrightarrow \left( \frac{z-a}{s-a} \right) ^n \rightarrow 0 \quad (n\rightarrow \infty)$$ を満たす．したがって，等比級数の公式より $$\frac{1}{s-z}=\frac{1}{s-a}\frac{1}{1-\frac{z-a}{s-a}}=\frac{1}{s-a}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(z-a)^n}{(s-a)^n}$$ が成り立つ．ここで，積分路 \(C\) 上で \(|s-a|=r\) で一定なので，級数 $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(z-a)^n}{(s-a)^{n+1}}$$ は \(C\) 上で一様収束する．（ワイエルストラスのM判定法）よって，項別積分可能で，一般のコーシーの積分定理の結果を用いれば， \begin{eqnarray} f(z)&=&\frac{1}{2\pi i}\int_C \sum_{n=0}^{\infty} f(s) \frac{(z-a)^n}{(s-a)^{n+1}} ds\\ &=& \frac{1}{2\pi i} \sum_{n=0}^{\infty} \int_C \frac{f(s)}{(s-a)^{n+1}} ds\ (z-a)^n \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (z-a)^n \end{eqnarray} が得られて，べき級数展開可能であることが導けた．

領域 \(D_0(a,R)\) 上の任意の点 \(z\) に対して，次を満たすような \(r,r_1,r_2\gt 0\) が存在する．

\((1)\) \(r\) は \(|z-a|\lt r\lt R\) を満たす．
\((2)\) \(r_1,r_2\) は次を満たす． $$D_1=\{s\mid |s-z|\lt r_1\},\quad D_2=\{s\mid |s-a|\lt r_2\}$$ に対して， \(D_1\cap D_2=\emptyset\) かつ， \(D_1,D_2\subset \{s\mid |s-a|\lt r\}\) が成り立つ．

このような \(r,r_1,r_2\gt 0\) が存在することの証明は省略する．（難しくない，図参照）

このとき，

\(C\) ： \(a\) を中心とする半径 \(r\) の円周
\(C_1\) ： \(z\) を中心とする半径 \(r_1\) の円周
\(C_2\) ： \(a\) を中心とする半径 \(r_2\) の円周

としてそれぞれ正の向きを与えておくと， \(D_0(a,R)\) から \(D_1,D_2\) を除いた領域では関数 $$\frac{f(s)}{s-z}$$ は正則なので，複素積分【複素解析入門3】系5.2.2# より， $$\int_{C_1}\frac{f(s)}{s-z}ds=\int_{C}\frac{f(s)}{s-z}ds \ -\int_{C_2}\frac{f(s)}{s-z}ds$$ がわかる．ここで， \(f\) は \(z\) で正則なので，コーシーの積分表示より， \begin{eqnarray} f(z) &=& \frac{1}{2\pi i}\int_{C_1}\frac{f(s)}{s-z}ds \\ &=& \frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(s)}{s-z}ds \ -\frac{1}{2\pi i}\int_{C_2}\frac{f(s)}{s-z}ds \end{eqnarray} となる．ここで， \(C\) 上の積分に対しては， \(C\) 上の \(s\) で \(|z-a|\lt |s-a|\) であるので，定理 1 の証明と同様に $$\frac{1}{s-z}=\frac{1}{s-a}\frac{1}{1-\frac{z-a}{s-a}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(z-a)^n}{(s-a)^{n+1}}$$ であり， \(|s-a|=r\) で一定なので，この級数は \(C\) 上で一様収束し，項別積分可能で， \begin{eqnarray} \frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{f(s)}{s-z}ds &=&\frac{1}{2\pi i}\int_C \sum_{n=0}^{\infty} f(s) \frac{(z-a)^n}{(s-a)^{n+1}} ds\\ &=& \frac{1}{2\pi i} \sum_{n=0}^{\infty} \int_C \frac{f(s)}{(s-a)^{n+1}} ds\ (z-a)^n \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z-a)^n \end{eqnarray} また， \(C_2\) 上の積分に対しては， \(C_2\) 上の \(s\) で \(|z-a|\gt |s-a|\) であるので， $$\frac{1}{s-z}=-\frac{1}{z-a}\frac{1}{1-\frac{s-a}{z-a}}=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(s-a)^n}{(z-a)^{n+1}}$$ で，この級数に関しても \(|s-a|=r_2\) より，また項別積分可能で， \begin{eqnarray} \frac{-1}{2\pi i}\int_{C_2}\frac{f(s)}{s-z}ds &=&\frac{1}{2\pi i}\int_{C_2} \sum_{n=0}^{\infty} f(s) \frac{(s-a)^n}{(z-a)^{n+1}} ds\\ &=& \frac{1}{2\pi i} \sum_{n=0}^{\infty} \int_{C_2} f(s)(s-a)^n ds\ \frac{1}{(z-a)^{n+1}} \\ &=& \sum_{n=-\infty}^{-1} a_n (z-a)^n \end{eqnarray} が得られる．したがって， $$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-a)^n$$ が得られた．

関数 \(f\) が領域 $$D_0(a,R)=\{z\in\mathbb{C} \mid 0\lt |z-a|\lt R\}$$ で正則な関数とし，定理 2.1 以外の形のローラン展開 $$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} b_n(z-a)^n$$ を持つとする．このとき， \(a\) を中心とし \(0\lt r\lt R\) となる \(r\) を半径とする正の向きの円周 \(C\) 上での積分 $$\frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(z)}{(z-a)^{m+1}}\ dz \quad (m\in \mathbb{Z})$$ を考えると， \(0\lt |z-a|=r\lt R\) より，級数 $$\sum_{n=-\infty}^{\infty} b_n(z-a)^{n-m-1}$$ は \(C\) 上で一様収束するので，項別積分可能で \begin{eqnarray} &&\frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(z)}{(z-a)^{m+1}}\ dz \\ &&\quad = \frac{1}{2\pi i}\int_C \sum_{n=-\infty}^{\infty} b_n(z-a)^{n-m-1}\ dz \\ &&\quad = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{b_n}{2\pi i}\int_C (z-a)^{n-m-1}\ dz \\ \end{eqnarray} となる．ここで，この積分は積分路が \(C:a+re^{i\theta}\ (0\leq \theta\leq 2\pi)\) とかけるので， \begin{eqnarray} &&\frac{1}{2\pi i}\int_C (z-a)^{n-m-1}\ dz \\ &&\quad = \frac{r^{n-m}}{2\pi}\int_0^{2\pi} e^{i(n-m)\theta}\ d\theta = \left\{ \begin{array}{l} 1 \quad (n=m) \\ 0 \quad (n\neq m) \end{array} \right. \end{eqnarray} となる．したがって， $$b_m = \frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(z)}{(z-a)^{m+1}}\ dz$$ がわかり，これで一意性が得られた．

(1) \(D_1\) を無限次の零点の集合とし， \(D_2=D-D_1\) とする．このとき \(D_1,D_2\) がともに開集合であることを示す．
\(D(a,R)=\{z\mid |z-a|\lt R\}\subset D\) ならば，定理 1 より正則関数 \(f\) は \(a\) を中心とするテイラー展開できて， $$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(z-a)^n$$ が成り立つ． \(a\in D_1\) であるとき，明らかに \(|z-a|\lt R\) で \(f(z)=0\) である．また，このとき \(|z-a|\lt R\) で \(f^{(n)}(z)=0\ (n\in \mathbb{N})\) となるので， $$a\in D_1 \Longrightarrow f(z)=0\ (|z-a|\lt R) \Longrightarrow D(a,R)\subset D_1$$ となり， \(D_1\) は開集合である．次に \(a\in D_2\) ならば，ある \(n\) があって， \(f^{(n)}(a)\neq 0\) となる．ここで， \(f^{(n)}(z)\) は連続なので， $$z\in D(a,r)\Longrightarrow f^{(n)}(z)\neq 0$$ となるような \(r\) が存在する．したがって， \(D_2\) は開集合である．
以上のことから \(D_1,D_2\) はともに開集合であるが， \(D\) は連結集合（2つの空でなく共通部分を持たない開部分集合の直和で表せない）なので， \(D_1=\emptyset\) または \(D_2=\emptyset\) が成り立つ．
ここで， \(D_2=\emptyset\) つまり \(D=D_1\) とすると，これは \(f\) が \(D\) の各点 \(z\) で \(f(z)=0\) となることのなので仮定に反する．したがって， \(D_1=\emptyset\) がわかり，無限次の零点は存在しない．


(2) \(a\) が \(n\) 次の零点とすると， \(f\) のテイラー級数は，微分して \(z=a\) を代入する操作によって， \(n-1\) 次までの係数は \(0\) であることが確かめられる．（ここで，級数の項別微分は可能）．よって， \(f\) のテイラー展開は $$f(z)=\sum_{k=n}^{\infty}a_k(z-a)^k\ ,\ \ a_k=\frac{f^{(k)}(a)}{k!}$$ となるから， $$f_n(z)=\sum_{k=n}^{\infty}a_{k}(z-a)^{k-n}=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k+n}(z-a)^{k}$$ とおくと， \(a_n\neq 0\) なので， $$f(z)=(z-a)^nf_n(z)\ ,\quad f_n(a)\neq 0$$ が成り立つ．また， \(f_n(z)\) が \(D(a,R)\) で正則であることは，テイラー級数 \(f_n(z)\) が \(D(a,R)\) で収束であることからわかる．
逆に \(f(z)=(z-a)^nf_n(z)\) とかけるとすると，ライプニッツの公式より， \begin{eqnarray} f^{(k)}(z) &=& \sum_{i=1}^k \{(z-a)^n\}^{(i)}f_n^{(k-i)}(z)\\ &=& \sum_{i=1}^k \frac{n!}{(n-i)!}(z-a)^{n-i}f_n^{(k-i)}(z)\\ \end{eqnarray} したがって， \begin{eqnarray} f^{(k)}(a)= \left\{ \begin{array}{l} 0 \quad (0\leq k\leq n-1) \\ n!f_n(a) \neq 0 \quad (k=n) \end{array} \right. \end{eqnarray} が得られて， \(a\) は \(f\) の \(n\) 次の零点である．


(3) (2) の結果から \(f(z)=(z-a)^nf_n(z)\) と表せる．ここで， \(f_n(a)\neq 0\) であって， \(f_n\) は連続であるので \(D(a,r)\) 内の任意の元 \(z\) に対して \(|f_n(z)|\gt 0\) となる \(r\) が存在する．また， \(z\neq a\) のとき \(|(z-a)^n|\neq 0\) となるので， \(D(a,r)\) 内に零点は \(a\) だけしか存在しない．

\(h(z)=f(z)-g(z)\) とおくと， \(h\) は \(D\) で正則（つまり連続）なので， $$ h(a) = \lim_{n\rightarrow \infty} h(z_n) = 0 $$ である．したがって \(a\) は零点で，どんな \(r\gt 0\) に対しても \(z_n\in \{z\mid |z-a|\lt r\}\) かつ \(h(z_n)=0\) となる \(n\) が存在する．このことに定理 \(3.1\ (3)\) の対偶を対応させると領域 \(D\) で \(h=0\) であることがわかる．したがって， \(f=g\) が得られた．