Sei $\O$ ein beschränktes Gebiet in $\C^n$ und $F\in\Aut(\O)$, so daß $F(0)=0$ und $DF(0)=id$. Dann gilt: $F=id$.
Sei $z\in B_r(0)\sbe\O$, dann gilt: $F(z)=z+P(z)+\oh(|z|^k)$, wobei $P$ ein homogenes Polynom des Grades $k\geq2$ ist. Bezeichnen wir mit $F^m$ die $m$-fache Komposition $F\circ\cdots\circ F$, so gilt:
$$
F^m(z)=z+mP(z)+\oh(|z|^k)
$$
Denn dies gilt für $m=1$ und da
\begin{eqnarray*}
F^{m+1}(z)
&=&F\Big(z+mP(z)+\oh(|z|^k)\Big)\\
&=&z+mP(z)+\oh(|z|^k)+P(z+mP(z)+\oh(|z|^k))+\oh(|z|^k)\\
&=&z+mP(z)+P(z)+\oh(|z|^k)
\end{eqnarray*}
folgt die Behauptung mittels Induktion über $m\in\N$.
Da $\z\mapsto F(\z z)$ in einer Umgebung von $\cl D$ differenzierbar ist, folgt nach den Cauchyschen Integralsatz für alle $m\in\N$:
$$
mP(z)=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} F^m(ze^{it})e^{-ikt}\,dt
$$
Nun ist aber $F^m(z)\in\O$ beschränkt, also folgt mit $m\to\infty$: $P(z)=0$.