8.10. Das Faltungsprodukt

Definition:  Sind f und g zwei stetige Funktionen auf ${\displaystyle ℝ}$, also ${\displaystyle f,g\in {\mathcal{C}}^0(ℝ)}$, so heißt die Funktion ${\displaystyle f\ast g:ℝ\to ℝ}$ gegeben durch

das Faltungsprodukt von f und g.

Man beachte, dass das angegebene Integral gemäß [8.1.5] wohldefiniert ist, denn der Integrand ist nach Voraussetzung stetig (siehe dazu [6.3.8,10]).

Beispiel:  

• ${\displaystyle \mathrm{X}\ast {\mathrm{X}}^2=\frac{1}{12}{\mathrm{X}}^4}$, denn für alle x ist

  ${\displaystyle \begin{array}{l}\mathrm{X}\ast {\mathrm{X}}^2(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}(x-\mathrm{X})\cdot {\mathrm{X}}^2=x\underset{0}{\overset{x}{\int }}{\mathrm{X}}^2-\underset{0}{\overset{x}{\int }}{\mathrm{X}}^3=x\cdot \frac{1}{3}{x}^3-\frac{1}{x}{x}^4=\frac{1}{12}{x}^4\hfill \end{array}}$

• ${\displaystyle e^{2\mathrm{X}}\ast e^{3\mathrm{X}}=\text{?}{e}^{3\mathrm{X}}-e^{2\mathrm{X}}}$, denn für ein beliebiges x hat man:

  ${\displaystyle \phantom{\underset{0}{\overset{x}{\int }}}{e}^{2\mathrm{X}}\ast e^{3\mathrm{X}}=\text{?}\underset{0}{\overset{x}{\int }}{e}^{2(x-\mathrm{X})}\cdot e^{3\mathrm{X}}=\text{?}\underset{0}{\overset{x}{\int }}{e}^{2(x-\mathrm{X})}\cdot e^{3\mathrm{X}}=e^{2x}\underset{0}{\overset{x}{\int }}{e}^{-2\mathrm{X}+3\mathrm{X}}=e^{2x}\cdot \phantom{}{e}^{\mathrm{X}}{|}_0^x=e^{2x}\cdot (e^x-1)=e^{3x}-e^{2x}}$

• ${\displaystyle {\mathrm{X}}^2\ast \sin ={\mathrm{X}}^2+2\cos -2}$, denn für alle x errechnen wir mittels partieller Integration:

  ${\displaystyle \begin{array}{ll}{\mathrm{X}}^2\ast \sin (x)\hfill & =\underset{0}{\overset{x}{\int }}{(x-\mathrm{X})}^2\cdot \sin \hfill \\ \hfill & =-{(x-\mathrm{X})}^2\cdot \phantom{}\cos {|}_0^x-2\underset{0}{\overset{x}{\int }}(x-\mathrm{X})\cdot \cos \hfill \\ \hfill & =x^2-2((x-\mathrm{X})\cdot \phantom{}\sin {|}_0^x+\underset{0}{\overset{x}{\int }}\sin )\hfill \\ \hfill & =x^2+2\phantom{}\cos {|}_0^x=x^2+2\cos x-2\hfill \end{array}}$

Bemerkung:  Für alle ${\displaystyle f,g,h\in {\mathcal{C}}^0(ℝ)}$ und ${\displaystyle c\in ℝ}$ ist

Beweis:  

1. ►  ${\displaystyle f\ast g(0)=\underset{0}{\overset{0}{\int }}f(0-\mathrm{X})\cdot g=0}$.

2. ►  Für ein beliebiges x ist ${\displaystyle 0\ast g(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}0(x-\mathrm{X})\cdot g=\underset{0}{\overset{x}{\int }}0=0}$.

3. ►  Wir wenden die Substitutionsregel [8.3.5] von rechts nach links an. Für ein festes x ergibt sich dann mit ${\displaystyle g≔x-\mathrm{X}}$ (beachte dabei:  ${\displaystyle f(\mathrm{X})=f\circ \mathrm{X}=f}$ )

4. ►  Für jedes x ist

5. ►  Die Komposition ${\displaystyle \circ }$ ist bezüglich + rechtsdistributiv. Für ein beliebiges x hat man daher

Bemerkung:  

Beweis:

1. ►  Zunächst hat man für jedes x:  ${\displaystyle 1\ast g(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}1(x-\mathrm{X})\cdot g=\underset{0}{\overset{x}{\int }}1\cdot g=\underset{0}{\overset{x}{\int }}g}$. Gemäß [8.2.13] ist daher ${\displaystyle 1\ast g}$ eine Stammfunktion zu g. Insbesondere also ist ${\displaystyle 1\ast g}$ differenzierbar, und mit der stetigen Ableitung g auch stetig differenzierbar.

2. ►  Nach der gerade geführten Rechnung ist ${\displaystyle 1\ast g^{\prime }(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}{g}^{\prime }=\phantom{}g{|}_0^x=g(x)-g(0)}$.

Bemerkung:  Sei ${\displaystyle g\in {\mathcal{C}}^0(ℝ)}$ und ${\displaystyle n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$. Dann gilt:

Beweis:

1. ►  

2. ►  Wir führen einen Induktionsbeweis. Da der Induktionsanfang mit 1. bereits sichergestellt ist, reicht es hier, den Induktionsschluss zu ziehen. Sei also [8.10.10] für ein beliebiges n bereits gültig.

Ist jetzt ein ${\displaystyle f\in {\mathcal{C}}^{n+1}(ℝ)}$ - also ${\displaystyle f\in {\mathcal{C}}^n(ℝ)}$ und ${\displaystyle f^{(n)}\in {\mathcal{C}}^1(ℝ)}$ - gegeben, mit ${\displaystyle f^{(i)}(0)=0}$ für ${\displaystyle i<n}$, so gilt nach Induktionsvoraussetzung (beachte: ${\displaystyle f^{(n-1)}(0)=0}$)

Gemäß 1. ist ${\displaystyle f^{(n)}\ast g}$ stetig differenzierbar, also ${\displaystyle {(f\ast g)}^{(n)}\in {\mathcal{C}}^1(ℝ)}$. Insgesamt ist daher ${\displaystyle f\ast g\in {\mathcal{C}}^{n+1}(ℝ)}$ und die (${\displaystyle n+1}$)-te Ableitung errechnen wir, ebenfalls mit 1., zu

Bemerkung:  Für ${\displaystyle f,g\in {\mathcal{C}}^1(ℝ)}$ hat man

Beweis:  Wir zeigen, dass die beiden Funktionen in jedem Punkt ${\displaystyle x\in ℝ}$ übereinstimmen. Wegen [8.10.2] ist dabei für ${\displaystyle x=0}$ nichts zu zeigen. Ist ${\displaystyle x\ne 0}$, so können wir partiell integrieren:

Bemerkung (Satz von Taylor):  Sei ${\displaystyle n\in \mathbb{N}}$. Jede Funktion ${\displaystyle f\in {\mathcal{C}}^{n+1}(ℝ)}$ erfüllt die Taylorformel

Beweis:  Es reicht offensichtlich, für alle ${\displaystyle n\in \mathbb{N}}$ die Folgerung

nachzuweisen. Wir führen dazu einen Induktionsbeweis:

• Ist ${\displaystyle n=0}$, so hat man für eine ${\displaystyle {\mathcal{C}}^1}$-Funktion  f die Gleichung ${\displaystyle 1\ast f^{\prime }=f-f(0)}$ nachzuweisen. Dies ist aber mit [8.10.8] bereits erledigt.

• Sei nun die Aussage [1] für ein n bereits gültig. Dann gilt für ein beliebiges ${\displaystyle f\in {\mathcal{C}}^{n+2}(ℝ)}$ mit [8.10.11] und der Induktionsvoraussetzung:

  ${\displaystyle \begin{array}{ll}{\mathrm{X}}^{n+1}\ast f^{(n+2)}\hfill & ={\mathrm{X}}^{n+1}\ast (f^{(n+1)}{)}^{\prime }\hfill \\ \hfill & ={\mathrm{X}}^{n+1}(0)\cdot f^{(n+1)}-f^{(n+1)}(0)\cdot {\mathrm{X}}^{n+1}+(n+1)\cdot {\mathrm{X}}^n\ast f^{(n+1)}\hfill \\ \hfill & =-f^{(n+1)}(0)\cdot {\mathrm{X}}^{n+1}+(n+1)\cdot n!(f-\sum _{i=0}^n\frac{f^{(i)}(0)}{i!}{\mathrm{X}}^i)\hfill \\ \hfill & =(n+1)!(-\frac{f^{(n+1)}(0)}{(n+1)!}{\mathrm{X}}^{n+1}+f-\sum _{i=0}^n\frac{f^{(i)}(0)}{i!}{\mathrm{X}}^i)\hfill \\ \hfill & =(n+1)!(f-\sum _{i=0}^{n+1}\frac{f^{(i)}(0)}{i!}{\mathrm{X}}^i)\hfill \end{array}}$

Bemerkung (Analytizitätskriterium):  Sei f eine ${\displaystyle {\mathcal{C}}^{\infty }}$-Funktion auf ${\displaystyle ℝ}$. Gibt es zu jedem ${\displaystyle a\in ℝ}$ eine ${\displaystyle \epsilon }$-Umgebung  ${\displaystyle ]a-\epsilon ,a+\epsilon [}$ und ein ${\displaystyle c\in {ℝ}^{>0}}$, so dass für alle ${\displaystyle n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ und alle ${\displaystyle y\in ]a-\epsilon ,a+\epsilon [}$ die Abschätzung

gültig ist, so ist die Taylorreihe von f in a eine konvergente Potenzreihe. Auf ihrem Konvergenzbereich ${\displaystyle ]a-r,a+r[}$, ${\displaystyle r\in {ℝ}^{>0}\cup \{\infty \}}$, stellt sie die Taylorentwicklung von f in a dar:

f ist daher eine analytische Funktion.

Beweis:  Sei ${\displaystyle a\in ℝ}$ beliebig und ${\displaystyle \epsilon ,c\in {ℝ}^{>0}}$ gemäß Voraussetzung gewählt. Für ${\displaystyle s≔\min \{\frac{1}{2c},\epsilon \}>0}$ zeigen wir nun:

Die Darstellung [8.10.14] weist damit die Taylorreihe von f in a als eine konvergente Potenzreihe mit einem Konvergenzradius ${\displaystyle r\ge s}$ aus, deren Grenzfunktion auf ${\displaystyle ]a-s,a+s[}$ mit f übereinstimmt. f ist somit analytisch und stimmt nach dem Identitätssatz [5.12.13] auch auf ${\displaystyle ]a-r,a+r[}$ mit der (ebenfalls analytischen) Grenzfunktion ${\displaystyle \sum _{i=0}^{\infty }\frac{f^{(i)}(a)}{i!}{(\mathrm{X}-a)}^i}$ überein.

Für ${\displaystyle x=a}$ ist in [2] nichts zu zeigen. Liegt x  links () von a, also${\displaystyle \phantom{+}a-s<x<a}$${\displaystyle \phantom{-}a<x<a+s}$, so erhalten wir mit [8.2.11] und [8.2.10] die folgende Abschätzung:

Für alle ${\displaystyle x\in ]a-s,a+s[}$ hat man daher:

Gemäß Schachtelsatz [5.5.8] bedeutet dies: ${\displaystyle |R_{a,n}(x)|\to 0}$. Mit [5.5.6] ist daher [2] bewiesen.

Bemerkung:  Ist ${\displaystyle f:ℝ\to ℝ}$ analytisch, so gibt es zu jedem ${\displaystyle a\in ℝ}$ eine ${\displaystyle \epsilon }$-Umgebung  ${\displaystyle ]a-\epsilon ,a+\epsilon [}$ und ein ${\displaystyle c\in {ℝ}^{>0}}$ so dass

Beweis:  Ist f analytisch, so gibt es nach [5.12.1] eine konvergente Potenzreihe ${\displaystyle (\sum _{i=0}^n{a}_i{(\mathrm{X}-a)}^i)}$ und ein ${\displaystyle s>0}$, so dass

für alle ${\displaystyle y\in ]a-s,a+s[}$. Da Potenzreihen summandenweise differenziert werden (siehe [7.5.7]), können wir die Ableitungsregel [7.8.14] einsetzen und erhalten so für diese y:

Nach [5.0.6] ist  ${\displaystyle 2^{i+n}=\sum _{k=0}^{i+n}(\phantom{T}\begin{array}{c}i+n\\ k\end{array})\phantom{T}\ge (\phantom{T}\begin{array}{c}i+n\\ n\end{array})\phantom{T}}$ für alle i und alle n. Mit ${\displaystyle \epsilon ≔\frac{s}{4}}$ können wir daher ${\displaystyle |f^{(n)}(y)|}$ für alle ${\displaystyle y\in ]a-\epsilon ,a+\epsilon [}$ folgendermaßen abschätzen:

Mit ${\displaystyle k≔\max \{\mathrm{1,}\sum _{i=0}^{\infty }|a_i|\cdot \frac{s^i}{2^i}\}\ge 1}$

i

Man beachte dabei, dass die Potenzreihe ${\displaystyle (\sum _{i=0}^n{a}_i{(\mathrm{X}-a)}^i)}$ nach [5.11.9] in ${\displaystyle a+\frac{s}{2}}$ absolut konvergiert.

, also ${\displaystyle k\le k^n}$, und ${\displaystyle c≔\frac{4k}{s}}$ ist damit Abschätzung [8.10.17] gewährleistet.

Beispiel:  

• Für jedes ${\displaystyle b>0}$ ist die Exponentialfunktion ${\displaystyle b^{\mathrm{X}}}$ ist analytisch. Jede ihrer Taylorreihen konvergiert auf ganz ${\displaystyle ℝ}$:

  ${\displaystyle b^x=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{{(\ln b)}^i\cdot b^a}{i!}{(x-a)}^i}$  für alle ${\displaystyle x\in ℝ}$.

  [8.10.19]

  Beweis:  Sei ${\displaystyle a\in ℝ}$ beliebig.
  Für ${\displaystyle b=1}$ ist nichts zu zeigen, denn ${\displaystyle b^{\mathrm{X}}}$ ist hier die konstante Funktion 1. Sei daher im Folgenden ${\displaystyle b\ne 1}$.

  Als stetige Funktion ist ${\displaystyle b^{\mathrm{X}}}$ auf dem abgeschlossenen Intervall ${\displaystyle [a-1,a+1]}$ beschränkt (siehe [6.6.4]). Es gibt also ein k, o.E. ${\displaystyle k\ge 1}$, so dass ${\displaystyle |b^y|\le k}$ für alle ${\displaystyle y\in ]a-1,a+1[}$. Mit [8.9.15] hat man daher für diese y und alle ${\displaystyle n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$:

  ${\displaystyle |(b^{\mathrm{X}}{)}^{(n)}(y)|=|{(\ln b)}^n\cdot b^y|\le |\ln b{|}^n\cdot k\le {(|\ln b|\cdot k)}^n}$.

  Nach [8.10.18,15] ist ${\displaystyle b^{\mathrm{X}}}$ somit analytisch.

  Die Darstellung [8.10.19] erhalten wir, wenn sich der Konvergenzradius r der Taylorreihe ${\displaystyle (\sum _{i=0}^n\frac{{(\ln b)}^i\cdot b^a}{i!}{(\mathrm{X}-a)}^i)}$ zu ${\displaystyle r=\infty }$ ausrechnen läßt. Mit der Konvergenz

  ${\displaystyle \frac{{(\ln b)}^{n+1}\cdot b^a\cdot n!}{(n+1)!\cdot {(\ln b)}^n\cdot b^a}=\frac{\ln b}{n+1}\to 0}$

  ergibt sich dies aber direkt aus dem Quotientenkriterium [5.11.6].

  ►	Für ${\displaystyle a=0}$ verkürzt sich [8.10.19] zu: ${\displaystyle b^x=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{{(\ln b)}^i}{i!}{x}^i}$  für alle ${\displaystyle x\in ℝ}$.

  ►	Mit ${\displaystyle \ln e=1}$ erhält man daher für die e-Funktion  ${\displaystyle e^{\mathrm{X}}=\exp }$ die Taylordarstellung ${\displaystyle \exp =\sum _{i=0}^{\infty }\frac{1}{i!}{\mathrm{X}}^i}$, also die ursprünglich in [5.9.18] gewählte Definition.

  
   

• Für jedes ${\displaystyle b\in ℝ}$ ist die Potenzfunktion ${\displaystyle {\mathrm{X}}^b:{ℝ}^{>0}\to ℝ}$ analytisch. Ist ${\displaystyle a>0}$, so gilt für alle ${\displaystyle x\in ]\mathrm{0,2}a[}$:

  ${\displaystyle x^b=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{\prod _{j=0}^{i-1}(b-j)\cdot a^{b-i}}{i!}{(x-a)}^i}$   i Man beachte die Konvention ${\displaystyle \prod _{j=n}^m{a}_j=1}$, falls ${\displaystyle m<n}$.

  [8.10.20]

  Beweis:  Wir erinnern zunächst an die Ableitungen der Potenzfunktion (siehe [8.9.11]):

  ${\displaystyle ({\mathrm{X}}^b{)}^{(n)}=\prod _{i=0}^{n-1}(b-i)\cdot {\mathrm{X}}^{b-n}}$.

  Sei jetzt ${\displaystyle a>0}$ beliebig und ${\displaystyle \epsilon >0}$ so gewählt, dass ${\displaystyle a-\epsilon >0}$. Die stetige Funktion ${\displaystyle {\mathrm{X}}^b}$ ist auf dem abgeschlossenen Intervall ${\displaystyle [a-\epsilon ,a+\epsilon ]}$ beschränkt. Es gibt also ein k, o.E. ${\displaystyle k\ge 1}$, so dass ${\displaystyle 0\le y^b\le k}$ für alle ${\displaystyle y\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]}$. Da für ${\displaystyle n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ die Funktion ${\displaystyle {\mathrm{X}}^n}$ im Positiven monoton wächst, erhalten wir daraus:

  ${\displaystyle 0\le y^{b-n}=\frac{y^b}{y^n}\le \frac{k}{{(a-\epsilon )}^n}\le \frac{k^n}{{(a-\epsilon )}^n}}$  für alle ${\displaystyle y\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]}$.

  Mit der für ${\displaystyle i\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ gültigen Abschätzung

  ${\displaystyle |b-i|\le |b|+|i|=|b|+i\le |b|\cdot i+i=(|b|+1)\cdot i}$

  können wir daher für diese y folgendermaßen abschätzen:

  ${\displaystyle \begin{array}{ll}|({\mathrm{X}}^b{)}^{(n)}(y)|\hfill & =|b|\prod _{i=1}^{n-1}|b-i|\cdot |y^{b-n}|\hfill \\ \hfill & \le |b|\prod _{i=1}^{n-1}(|b|+1)\cdot i\cdot \frac{k^n}{{(a-\epsilon )}^n}\hfill \\ \hfill & =|b|\cdot {(|b|+1)}^{n-1}\cdot (n-1)!\cdot \frac{k^n}{{(a-\epsilon )}^n}\hfill \\ \hfill & \le n!\cdot \frac{{(|b|+1)}^n\cdot k^n}{{(a-\epsilon )}^n}\hfill \end{array}}$

  Mit ${\displaystyle c≔\frac{(|b|+1)\cdot k}{a-\epsilon }}$ ist daher die Bedingung [8.10.15] erfüllt, ${\displaystyle {\mathrm{X}}^b}$ also analytisch. Wir ermitteln abschließend den Konvergenzradius r der Taylorreihe

  ${\displaystyle (\sum _{i=0}^n\frac{\prod _{j=0}^{i-1}(b-j)\cdot a^{b-i}}{i!}{(\mathrm{X}-a)}^i)}$.

  Gemäß [8.10.16] ist [8.10.20] gewährleistet, wenn ${\displaystyle r\ge a}$ ausfällt. Ist ${\displaystyle b\in \mathbb{N}}$, so ist die Taylorreihe eine endliche Summe, denn bei fast allen Summanden tritt der Faktor ${\displaystyle b-b}$ auf, also ist ${\displaystyle r=\infty }$. Im anderen Fall setzen wir das Quotientenkriterium [5.11.7] ein:

  ${\displaystyle \frac{\prod _{j=0}^{n-1}(b-j)\cdot a^{b-n}\cdot (n+1)!}{n!\prod _{j=0}^n(b-j)\cdot a^{b-n-1}}=\frac{(n+1)\cdot a}{b-n}\to -a}$

  Also ist ${\displaystyle r=|-a|=a}$.

  ►	Für ${\displaystyle b=\frac{1}{n}}$ etwa erhält man aus [8.10.20] die folgende Berechnungsmöglichkeit für die n-te Wurzel: ${\displaystyle \sqrt[n]{x}=x^{\frac{1}{n}}=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{\prod _{j=0}^{i-1}(1/n-j)}{i!}{(x-1)}^i}$  für alle ${\displaystyle x\in ]0,2[}$

  
   

• Der Logarithmus ${\displaystyle \ln :{ℝ}^{>0}\to ℝ}$ ist analytisch. Für jedes ${\displaystyle a>0}$ gilt:

  ${\displaystyle \ln x=\ln a+\sum _{i=1}^{\infty }\frac{{(-1)}^{i-1}}{i\cdot a^i}{(x-a)}^i}$  für alle ${\displaystyle x\in ]\mathrm{0,2}a[}$.

  [8.10.21]

  Beweis:  Per Induktion zeigt man leicht

  i

  Der Induktionsanfang ${\displaystyle {\ln }^{\prime }=\frac{1}{\mathrm{X}}|{ℝ}^{>0}={(-1)}^{1-1}(1-1)!\frac{1}{{\mathrm{X}}^1}|{ℝ}^{>0}}$ steht bereits in Abschnitt 8.7. Ist die Ableitungsformel für ein ${\displaystyle n\ge 1}$ bereits gültig, so ist ${\displaystyle \begin{array}{ll}{\ln }^{(n+1)}\hfill & =({(-1)}^{n-1}(n-1)!\frac{1}{{\mathrm{X}}^n}|{ℝ}^{>0}{)}^{\prime }\hfill \\ \hfill & ={(-1)}^{n-1}(n-1)!\cdot (-n)\frac{1}{{\mathrm{X}}^{n+1}}|{ℝ}^{>0}\hfill \\ \hfill & ={(-1)}^{n}n!\frac{1}{{\mathrm{X}}^{n+1}}|{ℝ}^{>0}\hfill \end{array}}$

  :

  ${\displaystyle {\ln }^{(n)}={(-1)}^{n-1}(n-1)!\frac{1}{{\mathrm{X}}^n}|{ℝ}^{>0}}$  für alle ${\displaystyle n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$.

  Sei nun ${\displaystyle a>0}$ beliebig und ${\displaystyle \epsilon >0}$ so gewählt, dass ${\displaystyle a-\epsilon >0}$. Dann gilt mit ${\displaystyle c≔\frac{1}{a-\epsilon }}$ für alle ${\displaystyle y\in ]a-\epsilon ,a+\epsilon [}$ und ${\displaystyle n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$:

  ${\displaystyle |{\ln }^{(n)}(y)|=(n-1)!\frac{1}{y^n}\le n!\frac{1}{{(a-\epsilon )}^n}=n!\cdot c^n}$.

  [8.10.15] ist also erfüllt und die Taylorreihe

  ${\displaystyle (\sum _{i=0}^n\frac{{\ln }^{(i)}(a)}{i!}{(\mathrm{X}-a)}^i)=(\ln a+\sum _{i=1}^n\frac{{(-1)}^{i-1}}{i\cdot a^i}{(\mathrm{X}-a)}^i)}$

  damit konvergent. Ihren Konvergenzradius r errechnen wir wieder mit [5.11.7] zu

  ${\displaystyle r=\lim \frac{(n+1)\cdot a^{n+1}}{n\cdot a^n}=\lim \frac{n+1}{n}a=a}$,

  so dass schließlich [8.10.21] bewiesen ist.

  ►	Für ${\displaystyle a=1}$ etwa bedeutet dies: ${\displaystyle \ln x=\sum _{i=1}^{\infty }\frac{{(-1)}^{i-1}}{i}{(x-1)}^i}$  für alle ${\displaystyle x\in ]\mathrm{0,2}[}$.