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ce polygone. II est aisé de voir que cette integrále ne change pas 

 quand on substitue á ce polygone un autre qui lui est intérieur et 

 contient aussi le point x dans son aire. Remplagons le par un carré 

 ayant sont centre á x, et supposons que la moitié de son hypothé- 

 nuse soit nioindre que la quantité s telle qu'on ait, pour chaque 

 valeur de h dont le module est inférieur á e\ Finégalité 



f(x + h)-f(x) 



/Wl<í, 



ó étant une quantité donnée ďavance. 



Gráce á cette hypothěse, on aura, dans 1'intégrale (1), 



f(z)=f(x) + (z-x)f(x) + (z-x)r ] „ \n*\^% 

 et, par conséquent, 



f(z) dz „. N P dz 



/■ 



f (x) : f.ir=ir + /(a ° f dz + f n ' dz - 



Or on a, ďaprěs Finégalité |^|<C^, et ďapres le théoréme 

 que nous venons de prouver, 



et 1'intégrale 



/ dz — O, \jfj s 



dz 



<8sd 



/■ 



dz 



x 



étant, ďaprěs ce qui précěcle, égale á 2#/, nous aurons 



/■ 



f(z)dz 



Z X 



— 2jti .f(x) 



<8df, 



et coninie on peut supposer «-<Í, le premiér membre étant indé- 

 pendant de ď, il devra nécessairement s'annuller, de sortě qu'il vient 



/■ 



f(z)dz 



X 



27tif(x). 



Supposons maintenant que la fonction f(z) soit synectique dans 

 une aire finie 31, et considérons un point x a Fintérieur de cette 

 aire. Soit C un cercle du centre x et qui se trouve á Fintérieur 



