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ist. Für u und v sind dien die Werte von Real- und Imaginärteil der 
Funktion (2) auf dem Kreise € —=rei?, also Real- und Imaginärteil 
von e (rei?) einzutragen. 
Dass die Bedingung notwendig ist, wurde eben schon gezeigt. 
Dass sie hinreichend ist, beruht darauf, dass man das Integral in 
ein Flächenintegral // p (u, v) dudv zurückverwandeln kann. Wäre 
dann die Abbildung nicht schlicht, so müsste eine der Kurven 6, 
für passendes r ein Ebenenstück rechtssinnig umlaufen. Dann aber 
könnte man die nicht negative Funktion p (u,v) so wählen, dass das 
Integral negativ ausfiele Doch will ich mich mit dieser Andeutung 
begnügen, da ich weitergehende Folgerungen aus dem verallgemei- 
nerten Flächensatz noch nicht gezogen habe. Lieber will ich jetzt 
zu den Folgerungen aus dem Flächensatz selbst übergehen. 
Die Formel (3) lehrt sofort, dass für I einzelne n 
nlo dh ml<y; 
sein muss. Wir haben also folgendes Ergebnis: Wenn (2) den {| >1 
schlicht abbildet, so liegt jeder Koeffizient |o„ | dem Betrag nach unter- 
halb einer gewissen Schranke Mn. Man kann insbesondere \4,|< = 
n 
behaupten. Freilich ist dies nur für n—=1 eine genaue, das heisst 
keiner weiteren Verbesserung mehr fähige Schranke. Denn fragt man 
nach Funktionen (2), welche |{| > 1 schlicht abbilden, und für deren 
Koeffizienten eine der Abschätzungen mit dem Gleichheitszeichen 
erfüllt ist, so sieht man leicht, dass dies gerade für die Funktion 
1 - 
1 
(+e > 
SE RS 
eintreten müsste. Denn im Falle, wo |, | = ist, müssen alle an- 
n 
deren Koeffizienten verschwinden, wie man aus (3) sofort sieht. Nun 
bildet aber zwar bekanntlich 

1 
| Boja 
den Kreis |{ >1 schlicht ab, nicht aber 
2 1 1 
Fat 
für n>1-C+ + — w führt nämlich den Kreis |{ =1 in die zwischen 
w=—r und w=--r gelegene Strecke, den Kreis || >1 also 
schlicht in die volle von dieser Strecke begrenzte Ebene über. Für 
n > 1 aber bildet 
er 9 
