点$a\in \mathbb{C}$を中心とする半径$r$の円領域を$V(a;r)$と表す．すなわち円領域$V(a;r)$とは
$V(a;r)=\{z\in \mathbb{C} | \ |z-a| < r\}$
のことである．さらに点$a$を中心とする半径$r$の円領域から中心だけを除く領域を$V^*(a;r)$と表す．すなわち
$V^*(a;r)=\{z | \ 0 < |z-a| < r\}$
である．この領域を中心を除く円領域と呼ぶことにする．

複素関数$f(z)$が円$C:|z-a|=r$の内部すなわち円領域$V(a;r)$で複素数の意味で１回微分可能なら$f(z)$は
$\displaystyle f(z)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n(z-a)^n, \ c_n=\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}$
となる．
この式を，複素関数$f(z)$の$z=a$におけるTaylor級数と呼ぶ．
証明はここでは行わない．
複素関数では，１回微分できれば何度でも微分できさらに級数展開できるということである．
通常，$f(z)$が$z=a$において解析とは$f(z)$が$a$を含む開領域が存在してそこでべき級数展開できるという意味で用いるが，複素関数では
$z=a$で微分可能と$z=a$で解析
は同じことである．実関数とはだいぶ違う点である(実関数は1回微分できるからといって何度でも微分できるとは言えないし，何度でも微分できるからといって，べき級数展開できるとは限らない)．
複素関数論では，関数の性質を調べるとき，関数をべき級数展開して調べるというのが基本的な姿勢です． それでは収束の問題で苦労しそう と思うかもしれませんが心配ご無用．Abel やWeierstrass の功績により誰でも容易に理解できるようになっています．

話を進めましょう．
次の命題が解析接続の土台となります．
命題1
$f(z)$は領域$D$で解析である．$z_0$が$f(z)$の零点のとき，中心を除く円領域$V^*(z_0;\delta)$が存在してそこで
$f(z)\neq 0$
である．
証明
$z_0$を$k$位の零点とする．このとき,$z_0$の周りで
$f(z)=\dfrac{f^{(k)}(z_0)}{k!}(z-z_0)^k+\dfrac{f^{(k+1)}(z_0)}{(k+1)!}(z-z_0)^{k+1}+\cdots $
$=(z-z_0)^kg(z)$
ただし$f^{(k)}(z_0)\neq 0$
ここで
$g(z)=\dfrac{f^{(k)}(z_0)}{k!}+\dfrac{f^{(k+1)}(z_0)}{(k+1)!}(z-z_0)+\cdots $
$g(z)$は連続で$g(z_0)\neq 0$であるから円領域$V(z_0;\delta)$が存在してそこで
$g(z)\neq 0$
したがって，
$z\in V^*(z_0;\delta )$のとき$f(z)\neq 0$
が成り立つ．(証明終わり)

命題１の性質を
解析関数の零点は孤立する
と表現することが多い．
ここで，
有界な領域$D$で定義された解析関数$f(z)$の零点が可算個存在することはない
が成り立ちそうですがそうではありません．
可算個存在するなら，その集積点$z_0$は孤立しないので(連続性より$z_0$は零点で$V^*(z_0;\epsilon)$は必ず零点を含む),集積点は$D$にはない， すなわち$z_0\in \partial D$であるということです．
例
$\sin \dfrac{1}{1-z}$
は$|z| < 1$で解析である．
一方零点は
$\dfrac{1}{1-z}=k\pi$
より
$z=1-\dfrac{1}{k\pi},(k=1,2,3,\dots )$
このように，零点が加算個あるが，その集積点$1$， この例では極限点は存在するがそれは領域の境界$\partial D$にある．
もし単純閉曲線$C$が$f(z)$の定義域$D$に含まれているなら，$C$に囲まれた部分（$C$も含む）はコンパクトであるから， 零点は有限個である．

命題1より次の命題が導かれる．
命題2
領域$D$において，$f(z),g(z)$が解析である．点集合$K \subset D$の集積点の一つが$D$に含まれる．
このとき$K$において$f(z)=g(z)$なら$D$において$f(z)=g(z)$である．
証明
$F(z)=f(z)-g(z)$
とおく．$F(z)$は$D$において解析である．
$F(z)\equiv 0$ではないと仮定する．
$K$上$F(z)=0$であるから，$K$の集積点で$D$に含まれるものを$z_0$とすると，$F$の連続性より$F(z_0)=0$
これは解析関数の零点が孤立することに矛盾．
実際任意の$\epsilon > 0$に対して
$V^*(z_0;\epsilon)\cap K\neq \emptyset$
したがって，$F(z)\equiv 0$すなわち$D$において$f(z)=g(z)$(証明終わり)

命題2の$K$として，ある領域や曲線を用いることが多い．
命題2より，実関数は収束半径が$\infty$なら定義域を複素数に拡張できることが分かる．級数展開し複素数を代入すればよい．
例えば，
$\displaystyle e^x=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}{n!}\cdots (1)$
であるから，$z$が複素数の時
$\displaystyle e^z=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{z^n}{n!}\cdots (2)$
で$e^z$を定義すればよい．ほかに$e^z$の適切な定義がないのかを調べる必要があるが，実軸上２つの関数が一致するので命題2より$e^z$の定義がほかにないことが分かります．
実数$x,y$で
$e^xe^y=e^{x+y}$
が成り立つが，これは複素数でも成り立つ．命題2を用いて次の様に示せばよい．
$w$を実数として，2つの複素関数$f_w,g_w$を
$f_w(z)=e^ze^w,g_w(z)=e^{z+w}$
ここで，$w$は実数であるから，任意の実数$z$で
$f_w(z)=g_w(z)$
したがって，命題2より，任意の複素数$z$で
$f_w(z)=g_w(z)$
$e^ze^w=e^{z+w},(\forall z\in \mathbb{C},\forall w\in \mathbb{R}) \cdots (3)$
次に複素数$z$を任意に定め固定し
$f_z(w)=e^ze^w,g_z(w)=e^{z+w}$
と置けば，$(3)$より$w$が実数の時
$f_z(w)=g_z(w)$が成り立つから，この式は任意の複素数$w$でも成り立つ．
したがって，任意の複素数$z,w$で
$e^ze^w=e^{z+w}$
がなりつ立つ．(証明終わり)

三角関数の加法定理
$\sin (z+w)=\sin z\cos w+\cos z\sin w$
$\cos (z+w)=\cos z\cos w-\sin z\sin w$
が複素数でも成り立つことの証明は同様である．

複素関数はべき級数展開して（無限積展開を用いることもある）調べると述べたが，ここで べき級数展開につぃてまとめておこう．

べき級数とは
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-a)^n$
$=a_0+a_1(z-a)+\cdots +a_n(z-a)^n+\cdots $
の形の級数です．なお，$a_n$は複素数．
この級数を調べるとき
$z-a$を$z$で置き換える変換をし
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n =a_0+a_1z+\cdots +a_nz^n+\cdots　\cdots (4)$
を考える． べき級数$(4)$はある正数$r$(ただし$\infty$を含む)が存在し
$|z| < r$のとき$(4)$は収束し，
$|z| > r$のとき$(4)$は発散する．
この円$|z|=r$をべき級数$(4)$の収束円といい，この円の半径$r$を収束半径という．
べき級数$(4)$の収束半径は次の命題により得られる．
命題3(コーシー・アダマール)
べき級数$(4)$の収束半径$r$は次の式で与えられる．
$\displaystyle \dfrac{1}{r}=\varlimsup_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}\cdots (5)$
$(5)$の$\displaystyle \varlimsup_{n\to \infty}$は上極限で，これは数列が複数の集積値を持つときの集積値の上限のこと．集積値が一つすなわち数列が収束するときは $\displaystyle \lim_{n\to \infty}$のことである．
収束半径を求めるとき，つぎの式を用いることが多い．
命題4
べき級数$(4)$の収束半径$r$は次に式で与えられる．
(1) $\displaystyle \lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=l$が存在すれば $r=\dfrac{1}{l}$
ただし$l=0$のとき$r=\infty$
(2)$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=l$が存在するば$r=\dfrac{1}{l}$.ここで$l=0$のとき$r=\infty$．
(2)の証明
$b_n=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}$
とおく．
$a_n=a_0\dfrac{a_1}{a_0}\dfrac{a_2}{a_1}\cdots \dfrac{a_n}{a_{n-1}}$
$=a_0b_0b_1\cdots b_{n-1}$
$\displaystyle \lim_{n\to \infty}|b_n|=l$より$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{|b_0||b_1\cdots |b_n|}=l$
であるから
$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{|a_n|}=l$(証明終わり)

$f(z)$が
$f(z)=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n$
とべき級数展開されるとき，
$f'(z)=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}na_nz^{n-1}$
ここで
$\sqrt[n]{|(n+1)a_n|}=\sqrt[n]{n+1}\sqrt[n]{|a_n|}$
であり
$\displaystyle\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{n+1}=1$
であるから$f(x),f'(x)$の収束半径は一致する．

いくつかの関数のべき級数展開を調べよう．
$e^z=1+z+\dfrac{z^2}{2!}+\cdots =\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{z^n}{n!}\cdots (\sharp)$
収束半径$r$は
$a_n=\dfrac{1}{n!}$
とおくと
$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{n!}{(n+1)!}=\dfrac{1}{n+1}\to 0 (n\to \infty)$
したがって，
$r=\infty$

$(\sharp)$で$z=ix$とおけば
$e^{ix}=1+(ix)+\dfrac{(ix)^2}{2!}+\dfrac{(ix)^3}{3!}$
$=(1-\dfrac{x^2}{2!}+\cdots +(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots ) $
$+i(x-\dfrac{x^3}{3!}+\cdots +(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots)$
一方
$e^{ix}=\cos x+i\sin x$
であるから
$\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\cdots +(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+\cdots \hspace{1cm}(A)$
$\sin x=x-\dfrac{x^3}{3!}+\cdots +(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+\cdots \hspace{1cm}(B)$
収束半径は
$r=\infty$
$(A),(B)$および解析接続により$\cos x,\sin x $は任意の複素数で定義できる．
$\sin x,\cos x$の級数展開がわかれば,例えば
$\displaystyle \lim_{x \to 0}\dfrac{\cos x-(1-\frac{x^2}{2!})}{x^4}=\dfrac{1}{4!}$
$\displaystyle \lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x-(x-\frac{x^3}{3!})}{x^5}=\dfrac{1}{5!}$
などは当たり前で，式の変形の時見通しが立つことが少なくない．

$\dfrac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots =\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}z^n \hspace{1cm}(6)$
が成り立つ．これは等比級数としておなじみの式である．収束半径は
$r=1$
実際$a_n=1$であるから
$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_n}=1$
$(6)$の両辺を微分すれば次の式がなりたち
$\dfrac{1}{(1-z)^2}=1+2z+3z^2+\cdots +nz^{n-1}=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)z^n \hspace{1cm}(7)$
$\dfrac{1}{(1-z)^3}=1\cdot2+2\cdot 3z+3\cdot 4z^2+\cdots +(n-1)nz^{n-2}+\cdots = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)(n+2)z^n \hspace{1cm}(8)$
ともに収束半径は
$r=1$
例えば級数
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(an^2+bn+c)r^n \ \ (a,b,c,r\text{は定数},-1 < r <1)$
は$(6),(7),(8)$より単純な計算となる．

話を戻そう．
次に解析関数の定義域を拡張することを考える．
$D_1$が定義域の解析関数$f_1(z)$と$D_2$が定義域の解析関数$f_2(z)$が
$D_1\cap D_2\neq \emptyset$
であり
$f_1(z)=f_2(z) , \ \forall z\in D_1\cap D_2$
を満たすとき
$D=D_1\cup D_2$において$f$を
$f(z)=\begin{cases}f_1(z),z\in D_1\\f_2(z),z\in D_2\end{cases}$
で定義すれば，$f(z)$は$f_1(z),f_2(z)$の定義域の拡張になっている．
ここで，注意することは，
$K\subset D_1\cap D_2$である点集合$K$で，$K$の集積点が$D_1\cap D_2$に含まれるとき
$K$上で$f_1(z)=f_2(z)$であるからといって，
$f_1(z)=f_2(z) , \ \forall z\in D_1\cap D_2$
が成り立つとは限らないことです
例
$\omega =e^{\frac{2\pi}{3}i},\omega '=e^{\frac{4\pi}{3}i}$
とし，領域$D_1,D_2,D_3$をそれぞれ，$1,\omega ,\omega '$を中心とする半径$1$の円の内部とする．
$f_1(z)$は定義域$D_1$で$\sqrt{z}$の$f_1(1)=1$の枝である．(枝の意味は後で説明する)
$f_2(z)$は定義域$D_2$で$\sqrt{z}$の$f_2(\omega )=e^{\frac{\pi}{3}i}$の枝である．
$f_3(z)$は定義域$D_3$で$\sqrt{z}$の$f_3(\omega ')=e^{\frac{2\pi}{3}i}$の枝である．
このとき，$D_1\cap D_2$で$f_1(z)=f_2(z)$であるから
$\Omega =D_1\cup D_2$で$\sqrt{z}$の枝$F(z)$を$F(\omega )=e^{\frac{\pi}{3}i}$によって定義したものである．
ここで，$F(z)$と$f_3(z)$に注目する．それぞれの定義域の共通部分$\Omega\cap D_3$は2つに分かれ，右図の黄色の部分では$F(z)=f_3(z)$であるが 水色の部分では$F(z)=-f_3(z)$である．
すなわち，実軸の黄色の部分で$F(z)=f_3(z)$であるがそのことから$\Omega \cap D_3$で$F(z)=f_3(z)$ と結論するわけにはいかないということです．
このようなことが起こることを，ワイルは「このことを解析関数の短所と考えてはいけない．それどころか，多意の解析関数について厳密な取り扱いが可能になる という大きな長所である」と述べている．実際これを理解するには関数に対応するリーマン面の理解が必要で残念ながらそれは私の扱えるものではありません．
$\sqrt{z}$や$\log z$のリーマン面は容易に理解できますが，例えば基本的な$\sqrt{(z-1)(z-2)}$のリーマン面でも後で述べるが注意深い考察が必要です．

例の中で$\sqrt{z}$の$f_1(1)=1$の枝と述べたがそれを説明する．
$w=f(z)=z^2$の逆関数を求める．
$w=r_0e^{i\theta _0} \ \ (r_0 > 0,\theta _0 \leqq \theta < 2\pi)$と置いて，
$z^2=r_0e^{i\theta _0}$
を解く．
$z=re^{i\theta} \ (r > 0,\theta \leqq \theta < 2\pi)\cdots (*)$
とおいて，$r,\theta $を求めと
$r=\sqrt{r_0},\theta =\dfrac{\theta _0}{2},\dfrac{\theta _0}{2}+\pi$
であるから，$w=z^2$の逆関数,それを$w=\sqrt{z}$と表せばそれは2つあり
$z=re^{i\theta }\mapsto w=\sqrt{r}e^{i\frac{\theta}{2}},$
$z=re^{i\theta }\mapsto w=\sqrt{r}e^{i(\frac{\theta}{2}+\pi)}=-\sqrt{r}e^{i\frac{\theta}{2}},$
である．
片方を$g(z)$とすればもう一方は$-g(z)$である．この$g(z),-g(z)$を$\sqrt{z}$の枝という．
$\sqrt{z}$のどちらの枝を使うかは，ある点の像を定めれば決まるので，例のように
$f_1(z)$は定義域$D_1$で$\sqrt{z}$の$f_1(1)=1$の枝である．
と表現することが多い．
つぎに$\sqrt{z}$のリーマン面を説明する．
$f(z)$が多価関数のとき，まず関数の分岐点を調べる．
$z_0$の周りを一周したとき$f(z)$の値が元に戻らないとき，$z_0$を多価関数$f(z)$の分岐点という．
すなわち，$z_0$の周りに単純閉曲線$C$を作り，$C$上に点$a$を取る．$a$から出発し$C$ 上を1周するとき$f(a)$の値が元の値と異なるとき$z_0$を$f(z)$の分岐点という．なお，分岐点の周りを1周しても元に戻らないので，ローラン展開ができない． 分岐点は孤立した点であるが，孤立特異点とはしない．
もし，何度回っても元の値に戻らないとき，$z_0$を対数分岐点といい，$n$回回ったときに元の値になるとき，$n-1$位の代数分岐点という．
まず，$z_0$が解析点(微分可能な点)なら分岐点になることはない．それはCauchyの定理
$\int_{C}f'(z)dz=0$
よりわかる．
$\sqrt{z}$を考える．
$z=0$は分岐点である．実際，$C:re^{i\theta},(r > 0,0\leqq \theta \leqq 2\pi)$を考えれば，2周すると元に戻るので原点は1位の分岐点である．
次に無限遠点$\infty$を考える．複素平面に無限遠点を加えた$\bar{\mathbb{C}}=\mathbb{C}\cup \{\infty\}$で議論するときは，単位球面の複素平面への北極$N$ を中心とする極射影(右図の直線$NZ$と球面との交点を$w$としたときの$z\mapsto w$)を考えるとよい．
点$a$を中心とする円領域$V(a;r)$はすでに述べてあるが，$a=\infty$のとき，$V(a;r)$の代わりに次の領域を用いる．
$V(\infty ;R)=\{z|R < |z|\}$
これを$\infty$の$R$領域といい
$V^{*}(\infty ;R)=\{z|R < |z| < \infty\}$
を$\infty$のc中心を除く$R$領域という．
$\infty$の周りを1周した時$\sqrt{z}$の値が元に戻るかどうかを調べる.
原点と同じことであるが，
$C:z=Re^{i\theta},(R > 0,0\leqq \theta \leqq 2\pi)$
を考えることより，2周して初めてもとに戻ることが分かる．すなわち$\infty$も1位の分岐点である．
複素平面上で，$0$や$\infty$の周りを回れないようにする．すなわち，2つの分岐点$0,\infty$を曲線または直線で結びそこにはさみを入れる．そのような複素平面を2枚作り， 切り取ったところを交互に貼り付けいればよい．
具体的に作れば（実際には作ることはできないが）
実軸の$[0,\infty)$の部分をはさみで切った複素平面
$\mathbb{C}\setminus [0,\infty )$
を2枚用意し，複素平面1，複素平面２とする． はさみで切った部分のうち，複素平面１の紫の上の部分を複素平面２の紫の下の部分と結び付け，さらに複素平面2の黄緑色の上の部分を複素平面１の黄緑色の下の 部分に結び付けることにより得られるものである．
複素平面１上原点の周りを1周すれば，紫の部分で複素平面２に移り，さらに1周すると黄緑のところで複素平面に戻るということです．

次に
$w=\sqrt{(z-1)(z-2)}$
のリーマン面を調べる．
分岐点を調べる．
解析でない点は
$z=1,2,\infty$
であるから，これらの点が分岐点かどうかを調べればよい．
まず$z=2$について．
$z=2$の周りを1周まわる
$z=2+re^{i\theta}, \ (r > 0, 0\leqq \theta \leqq 2\pi)$
を$w=\sqrt{(z-1)(z-2)}$
に代入する.ここでは$\sqrt{1}=1$の枝を取る．
$\sqrt{(z-1)(z-2)}=\sqrt{re^{i\theta}(1+re^{i\theta})}$
ここで，$r$を十分小さな正の数とすると$1+re^{i\theta}$は$\theta:0\to 2\pi$を動くとき$1$からスタートし$1$の近くを動き$1$にもどるから $\sqrt{(z-1)(z-2)}$の値は半周回る．したがって，$z=2$は$\sqrt{(z-1)(z-2)}$の1位の分岐点である．
つぎに$z=1$を調べる．
$\sqrt{(z-1)(z-2)}=\sqrt{z-1}\sqrt{-1+(z-1)}$
$z=1+re^{i\theta }$で$r$を十分小さい正の数とすれば
$\sqrt{-1+re^{i\theta}}$は $\theta:0\to 2\pi $のとき$i$からスタートし$i$の近くを動き$i$に戻るから，$z=1$も1位の分岐点である．
次に$z=\infty$を調べる．
$z=2+Re^{i\theta}$とおくと
$w=\sqrt{(z-1)(z-2)}=(z-2)\sqrt{1+\dfrac{1}{z-2}}=Re^{i\theta}\sqrt{1+\dfrac{e^{-i\theta}}{R}}$
$R$が十分大きければ$1+\frac{e^{-i\theta}}{R}$は$\theta:0\to 2\pi$のとき$1$からスタートし，$1$の近くを動き$1$に戻るから $w$は元に戻る．したがって，$z=\infty$は分岐点でない．
$\sqrt{(z-1)(z-2)}$のリーマン面は，2つの複素平面を用意し，$0,1$の間を同じ曲線または同じ線分ではさみを入れ，このはさみを入れた部分を 通るとき別の面に移るように交互に貼り付けたものである．もちろん実際にこのような貼り付けは不可能である．

さて，話を戻そう．つぎに直線や円に関しての対称性について述べる．解析関数のこの性質を鏡像の原理または対称原理という．
土台となるのは次の命題である．
命題5
領域$D$は実軸に関して対称である． $f(z)$が$D$で解析で$D$内の実軸上で実数値を取るならば，
$\overline{f(\bar{z})}=f(z)$
を満たす．
証明
$z\mapsto \bar{z}$が解析でないから$\overline{f(\bar{z})}$が解析かどうかは明らかではない．
まず$\overline{f(\bar{z})}$が解析(微分可能)であることを示す．
$g(z)=\overline{f(\bar{z})}$とおく．
$\dfrac{g(z)-g(z_0)}{z-z_0}=\dfrac{\overline{f(\bar{z})}-\overline{f(\bar{z_0})}}{z-z_0} =\overline{\left(\dfrac{f(\bar{z})-f(\bar{z_0})}{\bar{z}-\bar{z_0}}\right)}\to \overline{f'(\bar{z_0})} \hspace{1cm} (z\to z_0)$
したがって，$g(z)=\overline{f(\bar{z})}$は微分可能，すなわち解析である．
次に，実軸上実数値を取るから，$x\in \mathbb{R}$とすると
$g(x)=\overline{f(\bar{x})}=\overline{f(x)}=f(x)$
したがって，命題２より
$\overline{f(\bar{z})}=f(z)\hspace{1cm}$(証明終わり)

$\overline{f(\bar{z})}=f(z)$は
$f(\bar{z})=\overline{f(z)}\cdots (*)$
のことであり，$(*)$は$f(z)$と$f(\bar{z})$が実軸に関して対称を意味するから命題5は次のように書き直すことができる．
命題6
領域$D$は実軸に関して対称である． $f(z)$が$D$で解析で$D$内の実軸上で実数値を取るならば，
実軸に関して対称な2点の像は実軸に関して対称である．

1次分数変換
$w=\dfrac{cz+d}{az+b},(a,b,c,d\in \mathbb{C})$
による円の像は円であり，さらに，円に関して対称な2点の像は像の円に関して対称である．
なお，ここで述べる円は直線も含むことに注意する．さらに，任意の円は1次分数変換により実軸にうつすことができる．
実際その1次分数変換は，円上の異なる3点$z_1,z_2,z_3$と異なる３実数$x_1,x_2,x_3$より
$(z_1,z_2,z_3)\mapsto (1,0,\infty),(x_1,x_2,x_3)\mapsto (1,0,\infty)$
より
$z\mapsto w,\dfrac{z_1-z_3}{z_1-z_2}\cdot \dfrac{z-z_2}{z-z_3}=\dfrac{w_1-w_3}{w_1-w_2}\cdot \dfrac{w-w_2}{w-w_3}$
で得られる．
円を1次分数変換で実軸にうつすことにより命題5は次のようになる．
命題7
領域$D$は円$C$に関して対称で,$C$の$D$内の部分を円弧$\Gamma$とする．
$f(z)$が$D$で解析で$f(\Gamma)$が円$C'$の円弧$\Gamma '$のとき，
円$C$に関して対称な2点の像は円$C'$に関して対称である．