Die Funktion ist holomorph auf \( U_1(0) \) in dieser Menge liegen die kompakten Mengen \( \overline{U_r(0)} \) für \( r < 1 \), also gerade die abgeschlossenen Kreisscheiben mit Radius r.
Wir wählen r jetzt einfach mal beliebig, dann erhalten wir mit der erweiterten Cauchyschen-Integralformel für die Kurve
$$ \gamma : [0,2\pi] \to \mathbb{C}, t \mapsto r\cdot e^{it} $$
die Form
$$ |f^{(n)}(0) | = \left|\frac{n!}{2\pi i} \int_\gamma \frac{f(z)}{(z-0)^{n+1}} dz \right| =\frac{n!}{2\pi}\left| \int_\gamma \frac{f(z)}{z^{n+1}} dz \right| $$
Dann wendet man die Standardabschätzung für Kurvenintegrale an:
$$ \frac{n!}{2\pi}\left| \int_\gamma \frac{f(z)}{z^{n+1}} dz \right| \le \frac{n!}{2\pi} l(\gamma) \max_{z \in \textrm{Bild }\gamma} \left| \frac{f(z)}{z^{n+1}}\right| \le \frac{n!}{2\pi} l(\gamma) \max_{z \in \textrm{Bild }\gamma} \left| \frac{\frac{1}{1-|z|}}{z^{n+1}}\right| $$
Und jetzt fangen wir das an aufzulösen. \(\gamma\) läuft genau einmal einen Kreis mit Radius \( r \) ab. Die Länge der Kurve ist also gerade der Umfang des Kreis: \( l(\gamma) = 2\pi r \).
Alle \( z \in \textrm{Bild }\gamma \) liegen auf dem Kreis mit Radius \( r \), haben also auch Betrag \( r \).
$$ \max_{z \in \textrm{Bild }\gamma} \left| \frac{\frac{1}{1-|z|}}{z^{n+1}}\right| = \frac{\frac{1}{1-r}}{r^{n+1}} = \frac{1}{r^{n+1}-r^{n+2}} $$
Zusammengefasst:
$$ |f^{(n)}(0) | \le \frac{n!}{2\pi} 2\pi r \frac{1}{r^{n+1}-r^{n+2}} = n! \frac{1}{r^n-r^{n+1}} = (n+1)! \frac{1}{(n+1)(r^n-r^{n+1})}$$
Das r war bis jetzt beliebig gewählt, wir suchen nun ein betimmtes r, s.d. genau die gewünschte Form rauskommt:
$$ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \stackrel{!}{=} \frac{1}{(n+1)(r^n-r^{n+1})} \\\iff (1-r)r^n = \frac{1}{(n+1)\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}$$
Probieren wir also mal \( r = \frac{1}{1+\frac{1}{n}} < 1 \), dann ist $$ 1 - r = \frac{1+\frac{1}{n} - 1}{1+\frac{1}{n}} = \frac{\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}} = \frac{1}{n+1} $$
Passt also.
