
R(2R—1—VR+R)<oe<R 
begrenzt wird. Die unteren Schranken werden für z== —r die oberen 
für z== ->r erreicht. Die Funktion, welche die angegebene Abbildung 
leistet, ist durch die Gleichung 
Ro 

zZ 
(R+e)? (142) 
erklärt. Für diese Funktion nimmt auch der Koeffizient a, seinen 
absolut grössten Wert an. Es gilt nämlich stets 
1 
Beer : 
Es leuchtet ohne weiteres ein, dass man von hier ausgehend den Ge- 
dankengängen, welche zu Formel (7) und ihren Folgerungen führten 
erneut folgen kann. Man erhält dann ganz entsprechende Sätze. Ich 
will aber bei diesen einfachen Uebertragungen nicht länger verweilen. 
Methodisch Neues bietet erst wieder die Betrachtung konvexer 
Abbildungen. Herr Löwner”) hat die meisten bisher bekannten Er- 
gebnisse gewonnen. Er gibt verschiedenen Wege an, die zum Ziel 
führen. Man kann die Gedankengänge, die oben beim Verzerrungs- 
“ 
satz u. s. w. Verwendung fanden, iibertragen. Man kann an die Be- 
merkung ankniipfen, die wir oben zwischen den Zeilen schon machten, 
dass zu jeder konvexen Abbildung f(z) von |Z, <1 eine Abbildung 
Pe Prue 
gehört, welche den Kreis |z|<1 auf einen Stern und damit auf einen 
schlichten Bereich abbildet. Beachtet man dann noch, dass die majo- 
rante Funktion (5) gerade |z2 < 1 auf einen Stern abbildet, so erkennt 
man, dass man auf diesem Wege schon ein gut Stück voran kommen 
wird. Man kann endlich daran denken, dass man die Funktionen, 
welche |z|< 1 auf ein konvexes Polygon abbilden durch ein Integral 
z 
en Re N 1<0, (k=1,2...n) 
re ee Se 
0 
leicht darstellen und damit beherrschen kann. Das ist auch der Weg, 
auf dem ich meinen Drehungssatz auf konvexe Abbildungen übertragen 
habe!*). Ich spreche ihn für diesen Fall in der scharfen und end- 
gültigen Fassung aus: Wenn 
Q)=z+4z2>+-.. 
den \z <1 auf einen konvexen Bereich abbildet, so ist 
largf(z)|<2arcsin|z| 
eine Schranke, die bei der durch 
2 
233 (19) 
vermittelten Abbildung auf eine Halbebene gerade erreicht wird. Was 
‚endlich das Koeffizientenproblem anlangt, so ist dies im Prinzip durch 
folgende Bemerkung gelöst: f(z) bildet dann und nur dann den |z!< 1 
konvex ab, wenn 
N (1 28 - ) >0 
ist. Es ist aber ein bekanntes von Caratheodory u. a. vollständig 

7 sie u py! 
