Wir setzen nun den Beweis von Satz 4.25 fort.

Es sei $c_{n} = a_{n} - b_{n} .$ g.z.z.: $c_{n} = 0$ für jedes $n .$ Für alle $x_{ν}$ mit $| x_{ν} - a | < ρ_{1}, ρ_{2}$ gilt nach Voraussetzung:

$0 = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} {(x_{ν} - a)}^{n} - \sum_{n = 0}^{\infty} b_{n} {(x_{ν} - a)}^{n} =$

$\sum_{n = 0}^{\infty} (a_{n} - b_{n}) \cdot {(x_{ν} - a)}^{n} = \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} {(x_{ν} - a)}^{n} .$

Wir zeigen jetzt induktiv, daß $c_{n} = 0$ für alle $n .$

1. $n = 0 .$ Es ist $0 = \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} {(x_{ν} - a)}^{n} \Rightarrow 0 = lim_{ν \to \infty} \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} {(x_{ν} - a)}^{n} = c_{0} .$

2. Es gelte schon $c_{0} = \dots = c_{k} = 0 .$

3. Behauptung: $c_{k + 1} = 0 .$

Es ist

$0 = \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n} {(x_{ν} - a)}^{n} = \sum_{n = k + 1}^{\infty} c_{n} {(x_{ν} - a)}^{n}$

$= \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n + k + 1} {(x_{ν} - a)}^{n + k + 1}$

$= {(x_{ν} - a)}^{k + 1} \cdot \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n + k + 1} {(x_{ν} - a)}^{n} .$

Aus $x_{ν} - a \neq 0$ folgt

$0 = \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n + k + 1} {(x_{ν} - a)}^{n} .$

Analog wie für $n = 0$ gilt hier auch $c_{0 + k + 1} = c_{k + 1} = 0 .$ <mi
>P</mi><mi
>I</mi><mi
>C</mi><mi
>T</mi>