孤立特異点

$g(z)=(z-a)^kf(z)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}c_{n-k}(z-a)^n$ であり、右辺の Laurent 級数は $A(a;0,R)$ の各点で収束して $g$ に等しい。Laurent展開 の定理「Laurent 展開の一意性」により、これが $g$ の Laurent 展開である。
1 ⇒ 2。$g$ は $a$ の近くで有界なので、Riemannの拡張定理 の定理「Riemann の拡張定理」（$U=B(a,R)$、$p=a$）により $B(a,R)$ の上の正則関数 $G$ に延びる。Taylor展開(複素解析) の定理「正則関数の冪級数展開」により、$G$ の $a$ での Taylor 展開は $B(a,R)$ で $G$ に収束するので、$A(a;0,R)$ の上で $g$ は負の冪をもたない Laurent 級数で表される。一意性により $c_{n-k}=0$（$n< 0$）、すなわち $n< -k$ で $c_n=0$ である。
2 ⇒ 1。$g(z)=\sum_{n\ge0}c_{n-k}(z-a)^n$ は冪級数で、$0<|z-a|< R$ の各点で収束するので、収束半径は $R$ 以上である。その和 $G$ は $B(a,R)$ の上で正則で（正則関数 の定理「冪級数の正則性」）、$A(a;0,R)$ の上で $g$ に等しい。$0< r< R$ をとると、$G$ は閉円板 $|z-a|\le r$ の上で連続なので有界であり、$g$ は $A(a;0,r)$ で有界である。
どちらの場合も延長は $G$ で、$G(a)$ は冪級数の定数項 $c_{-k}$ である。

1。除去可能なら、延長 $F$ が $a$ で連続なので $f$ は $a$ の近くで有界である。有界なら lem-isol-bounded（$k=0$）により $n< 0$ で $c_n=0$ であり、逆に $n< 0$ で $c_n=0$ なら同じ補題により $f$ は $B(a,R)$ の上の正則関数に延び、除去可能である。有界なら $|(z-a)f(z)|\le M|z-a|\to0$ である。逆に $(z-a)f(z)\to0$ なら $(z-a)f(z)$ は $a$ の近くで有界なので、lem-isol-bounded（$k=1$）により $n< -1$ で $c_n=0$ であり、$(z-a)f(z)$ の延長の $a$ での値は $c_{-1}$ である。この値は $\lim_{z\to a}(z-a)f(z)=0$ に等しいので $c_{-1}=0$ であり、$n< 0$ で $c_n=0$ となる。
2。$c_{-m}\ne0$、$n< -m$ で $c_n=0$ とする。lem-isol-bounded（$k=m$）により $h=(z-a)^mf$ は $B(a,R)$ の上の正則関数に延び、$h(a)=c_{-m}\ne0$ である。$h$ は連続なので、ある $\delta>0$ について $0<|z-a|<\delta$ で $|h(z)|\ge|c_{-m}|/2$ であり、$|f(z)|\ge|c_{-m}|/(2|z-a|^m)\to\infty$ となる。よって $a$ は極である。
逆に $a$ を極とする。$\delta>0$ を $A(a;0,\delta)$ の上で $|f|\ge1$ となるようにとると、$1/f$ はそこで正則で $|1/f|\le1$ なので、1 により $B(a,\delta)$ の上の正則関数 $G$ に延び、$G(a)=\lim_{z\to a}1/f(z)=0$ である。$G$ は $A(a;0,\delta)$ で $0$ にならないので、$a$ での Taylor 係数がすべて $0$ ということはない（すべて $0$ なら $B(a,\delta)$ で $G=0$ になる）。$0$ でない最初の係数の番号を $p$ とすると $p\ge1$ で、$G(z)=(z-a)^pu(z)$、$u$ は $B(a,\delta)$ で正則（Taylor 展開を $(z-a)^p$ で割った冪級数）、$u(a)\ne0$ と書ける。$a$ の近くで $u\ne0$ なので、$(z-a)^pf(z)=1/u(z)$ は $a$ の近くで有界である。lem-isol-bounded により $n< -p$ で $c_n=0$ であり、1 により主要部は $0$ でない（$0$ なら $a$ は除去可能で、極であることに反する）。$m$ を $c_{-m}\ne0$ となる最大の正の整数とすればよい。
最後に、lem-isol-bounded により $(z-a)^kf$ が $a$ の近くで有界であることは $n< -k$ で $c_n=0$ であること、すなわち $k\ge m$ と同値である。最小の $k$ は $m$ である。
3。1 と 2 により、除去可能でも極でもないことは、負の冪の項が「ない」のでも「有限個で 1 つ以上ある」のでもないこと、すなわち無限個あることと同値である。また、ある $k\ge0$ で $(z-a)^kf$ が $a$ の近くで有界であることは、lem-isol-bounded によりある $k$ で $n< -k$ の係数が消えること、すなわち負の冪の項が有限個であることと同値である。

1. thm-isol-classification の 3 により、ある $k,l\ge0$ で $(z-a)^kf$、$(z-a)^lg$ は $a$ の近くで有界である。すると $(z-a)^{k+l}fg$ と $(z-a)^{\max(k,l)}(f+g)$ も有界なので、同じ定理により $fg$、$f+g$ にとって $a$ は真性特異点でない。位数について、$f=(z-a)^mu$、$g=(z-a)^{m'}v$（$u(a)\ne0\ne v(a)$）と書くと $fg=(z-a)^{m+m'}uv$ で、$uv$ の Taylor 展開の定数項は $u(a)v(a)\ne0$ なので、$fg$ の Laurent 展開の最低次は $m+m'$ である。$u$ は連続で $u(a)\ne0$ なので $a$ の近くで $0$ にならず、そこで $1/f=(z-a)^{-m}(1/u)$、$1/u$ は正則で $1/u(a)\ne0$ である。よって $1/f$ の Laurent 展開の最低次は $-m$ で、主要部は有限個の項である。
2. $f+g$ にとって $a$ が真性特異点でないとすると、1 により $f=(f+g)+(-g)$ にとっても真性特異点でなく、仮定に反する。$fg$ にとって真性特異点でないとすると、1 により $1/g$ にとっても真性特異点でないので、$f=(fg)\cdot(1/g)$ にとっても真性特異点でなくなり、矛盾する。$f/g=f\cdot(1/g)$ についても、真性特異点でないとすると $f=(f/g)\cdot g$ について同じ矛盾が出る。

$P(w):=\sum_{n\ge0}c_nw^n$、$Q(w):=\sum_{m\ge1}c_{-m}w^m$ とおく。Laurent展開 の定理「Laurent 展開の収束」により、$P$ の収束半径は $R$ 以上、$Q$ の収束半径は $\infty$ であり、$A(a;0,R)$ の上で $f(z)=P(z-a)+Q(1/(z-a))$ である。正則関数 の定理「冪級数の正則性」により $P,Q$ は項別に微分でき、合成の微分により
$$ f'(z)=P'(z-a)-\frac{Q'(1/(z-a))}{(z-a)^2}=\sum_{n\ge1}nc_n(z-a)^{n-1}-\sum_{m\ge1}mc_{-m}(z-a)^{-m-1} $$
である。右辺は $A(a;0,R)$ の各点で収束する Laurent 級数なので、Laurent展開 の定理「Laurent 展開の一意性」により $f'$ の Laurent 展開である。第 1 の和の冪は $0$ 以上、第 2 の和の冪は $-2$ 以下なので、$(z-a)^{-1}$ の係数は $0$ である。$m\ge1$ について $(z-a)^{-m-1}$ の係数は $-mc_{-m}$ で、$c_{-m}\ne0$ のときに限り $0$ でない。したがって $f'$ の負の冪の項は、$f$ の負の冪の項と 1 対 1 に対応し（冪は 1 つ下がる）、thm-isol-classification から主張が従う。

$e^f$ は $A(a;0,R)$ の上で正則である。thm-isol-classification の 2 により、位数を $m$ として $f(z)=h(z)/(z-a)^m$、$h$ は $B(a,R)$ で正則、$h(a)\ne0$ と書ける。$h(a)=|h(a)|e^{i\theta}$ とし、$t>0$ について $z_\pm(t):=a+te^{i\phi_\pm}$、$\phi_+:=\theta/m$、$\phi_-:=(\theta+\pi)/m$ とおく。$(z_\pm(t)-a)^m=\pm t^me^{i\theta}$ なので
$$ t^mf(z_\pm(t))=\pm h(z_\pm(t))e^{-i\theta}\to\pm|h(a)|\qquad(t\to+0) $$
である。よって $t\to+0$ のとき $\operatorname{Re}f(z_+(t))\to+\infty$、$\operatorname{Re}f(z_-(t))\to-\infty$ であり、$|e^{f}|=e^{\operatorname{Re}f}$ は $z_+(t)$ に沿って $\infty$ に、$z_-(t)$ に沿って $0$ に近づく。前者から $e^f$ は $a$ の近くで有界でなく、除去可能でない。後者から $|e^f|\to\infty$ でもなく、極でもない。