cnt: stirling

Daniel Gewinnt Regelwerk.tex

@@ -1,20 +1,203 @@
-\documentclass{article}
+\documentclass[a4paper]{article}
+\usepackage{array}
+\usepackage{adjustbox}
 \usepackage{graphicx}
 \usepackage[left=3cm,right=3cm,top=3cm, bottom=3cm]{geometry}
 \usepackage{amsmath}
-\usepackage{mathtools}
 \usepackage{amssymb}
+\usepackage{caption}
 \usepackage[headsepline, footsepline]{scrlayer-scrpage}
 \usepackage{enumerate}
+\usepackage{dsfont}
+\usepackage{float}
+\usepackage{ifthen}
+\usepackage[]{mathtools}
+\usepackage[]{mathbbol}
 \usepackage{multicol}
-\usepackage[]{dsfont}
+\usepackage{enumitem}
-\usepackage{xcolor}
 \usepackage[hidelinks]{hyperref}
+\usepackage[]{circuitikz}
+\usepackage{tcolorbox} % Für schöne Boxen
+\usetikzlibrary{circuits.logic.IEC}
+\usepackage{tabularray}
+\usepackage{tikz}
+\usepackage{tkz-graph}
+\usepackage{listings}
+\usepackage{xcolor}
+
+\usepackage{letltxmacro}
+
+
+\setlist{itemsep=0.3em, topsep=0.5em, parsep=0pt}
+
+\newcommand{\bpf}[1]{%
+	\par\vspace{0.8\baselineskip}% Abstand vor der Überschrift
+	\noindent\textbf{#1}% Fettgedruckte Überschrift
+	\par\vspace{0.3\baselineskip}% Abstand nach der Überschrift
+}
+
+
+
+\renewcommand{\contentsname}{Inhaltsverzeichnis}
+\renewcommand{\figurename}{Grafik}
+\renewcommand{\partname}{Teil}
+\renewcommand{\epsilon}{\varepsilon}
+
+\definecolor{darkgrey}{HTML}{232327}
+
+% Zählerdefinition mit AUTOMATISCHEM SUBSECTION-RESET
+\newcounter{commoncounter}[subsection]
+\renewcommand{\thecommoncounter}{\thesubsection.\arabic{commoncounter}}
+
+\usepackage{xparse}
+
+\newcommand{\currentsection}{}
+\newcommand{\currentsubsection}{}
+
+\LetLtxMacro{\oldsection}{\section}
+\LetLtxMacro{\oldsubsection}{\subsection}
+
+\RenewDocumentCommand{\section}{s o m}{%
+	\IfBooleanTF{#1}%
+	{ \oldsection*{#3} }% Stern-Variante → unverändert
+	{%
+		\IfValueTF{#2}%
+		{ \oldsection[#2]{#3} }% Optionales TOC-Argument
+		{ \oldsection{#3} }%
+		\renewcommand{\currentsection}{#3}%
+	}%
+}
+
+\RenewDocumentCommand{\subsection}{s o m}{%
+	\IfBooleanTF{#1}%
+	{ \oldsubsection*{#3} }%
+	{%
+		\IfValueTF{#2}%
+		{ \oldsubsection[#2]{#3} }%
+		{ \oldsubsection{#3} }%
+		\renewcommand{\currentsubsection}{#3}%
+	}%
+}
+
+
+
+% Zähler direkt bei Dokumentstart initialisieren
+\AtBeginDocument{\setcounter{commoncounter}{0}}
+
+% BOX-DEFINITIONEN mit korrigierter Zählerlogik
+\newtcolorbox{definitionbox}[1][]{
+	before title={\refstepcounter{commoncounter}}, % KRITISCH: vor dem Titel!
+	title={Definition \thecommoncounter: #1},
+	colback=white,
+	colframe=white!75!darkgrey,
+	fonttitle=\bfseries,
+	boxrule=0.6mm,
+	coltitle=black,
+	rounded corners,
+	before skip=10pt,
+	after skip=10pt
+}
+
+\newtcolorbox{examplebox}[1][]{
+	before title={\refstepcounter{commoncounter}}, % KRITISCH: vor dem Titel!
+	title={Beispiel \thecommoncounter: #1},
+	colback=white,
+	colframe=white!75!orange,
+	fonttitle=\bfseries,
+	boxrule=0.6mm,
+	coltitle=black,
+	rounded corners,
+	before skip=10pt,
+	after skip=10pt
+}
+
+\newtcolorbox{satzbox}[1][]{
+	before title={\refstepcounter{commoncounter}}, % KRITISCH: vor dem Titel!
+	title={Satz \thecommoncounter: #1},
+	colback=white,
+	colframe=white!75!blue,
+	fonttitle=\bfseries,
+	boxrule=0.6mm,
+	coltitle=black,
+	rounded corners,
+	before skip=10pt,
+	after skip=10pt
+}
+
+
+
+\definecolor{codegreen}{rgb}{0,0.6,0}
+\definecolor{codeblue}{rgb}{0,0,0.8}
+\definecolor{codered}{rgb}{0.8,0,0}
+\definecolor{lightgray}{rgb}{0.95,0.95,0.95}
+
+\lstdefinestyle{CStyle}{
+	language=C,
+	basicstyle=\ttfamily\small, % Monospace-Schrift
+	keywordstyle=\color{blue}\bfseries, % Schlüsselwörter fett und blau
+	stringstyle=\color{red}, % Strings rot
+	commentstyle=\color{codegreen}, % Kommentare grün
+	backgroundcolor=\color{lightgray}, % Hintergrundfarbe
+	numbers=left, % Zeilennummern links
+	numbersep=10px, % Abstand zwischen Zeilennummern und Code
+	numberstyle=\color{gray}\texttt,
+	stepnumber=1, % Zeilennummerierung Schrittweite 1
+	frame=single, % Rahmen um den Code
+	tabsize=4, % Tabulatorgröße
+	breaklines=true, % Zeilenumbruch aktivieren
+	captionpos=below,
+	showstringspaces=false,
+	xleftmargin=15pt, % Linker Rand für den Code (verschiebt alles nach rechts)
+}
+
+
+\lstdefinestyle{ShellStyle}{
+	language=Bash,
+	basicstyle=\ttfamily\small, % Monospace-Schrift
+	keywordstyle=\color{black}, % Schlüsselwörter fett und blau
+	stringstyle=\color{black}, % Strings rot
+	commentstyle=\color{codegreen}, % Kommentare grün
+	backgroundcolor=\color{lightgray}, % Hintergrundfarbe
+	numbers=left, % Zeilennummern links
+	numbersep=10px, % Abstand zwischen Zeilennummern und Code
+	numberstyle=\color{gray}\texttt,
+	stepnumber=1, % Zeilennummerierung Schrittweite 1
+	frame=single, % Rahmen um den Code
+	tabsize=4, % Tabulatorgröße
+	breaklines=true, % Zeilenumbruch aktivieren
+	captionpos=below,
+	showstringspaces=false,
+	xleftmargin=15pt, % Linker Rand für den Code (verschiebt alles nach rechts)
+}
+
+
+% Umgebung für Listings mit Titel und Zähler
+\newenvironment{codeexample}[1][]{
+	\refstepcounter{commoncounter} % Zähler erhöhen
+	\lstset{
+		style=CSharpStyle,
+		caption={Listing \thecommoncounter: #1}, % Titel mit Zähler
+		label={listing:\thecommoncounter}
+	}
+}{}
+
+\makeatletter
+% Internen Zähler von subsubsection auf commoncounter umbiegen
+\let\c@subsubsection\c@commoncounter
+
+% Anzeige der Nummer angleichen
+\renewcommand{\thesubsubsection}{\thecommoncounter}
+\makeatother
+
+\setlength{\parindent}{0pt}
+
 \title{\textbf{\includegraphics[height=0.2\textwidth]{media/mpt.png}\\Daniel gewinnt\\Regelwerk}}
 \author{MyPapertown}
 \date{Version Juni 2026}
 \pagestyle{scrheadings}
 \renewcommand{\contentsname}{Inhaltsverzeichnis}
+
+
 \begin{document}
 	\ihead{Regelwerk Daniel Gewinnt}
 	\ohead{15.07.2024}
@@ -74,7 +257,147 @@
 	Das Spiel gewinnt, wer am meisten Punkte für sich gewinnen konnte. Dabei müssen mindestens 200 Punkte vorliegen und mindestens 34 Minuten lang gespielt worden sein. Das Spiel kann währenddessen jedoch in mehrere Stichrunden á eine Minute aufgeteilt werden. Dabei erhält der Gewinner pro Runde einen Rundenpunkt. Der Spieler, der nach mindestens 34 Spielen die meisten Punkte hat, gewinnt.
 	\newpage
 	\section{Die Dreiecksformation}
-	Die Dreiecksformation ist die einzig erlaubte Spielformation bei \textit{Daniel Gewinnt}. 
+	Die Dreiecksformation ist die einzig erlaubte Spielformation bei \textit{Daniel Gewinnt}. Zur Grundlage benötigen wir die Stirling-Approximation.
+	\subsection{Stirling-Approximation}
+	\begin{satzbox}[Stirlingformel]\label{stirlingformel}
+		Für $n\mapsto\infty$ gilt nach \textsc{Stirlings} Approximation, dass
+		\[
+		n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n
+		\]
+		Das bedeutet
+		\[
+		\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n}=1
+		\]
+	\end{satzbox}
+	\textit{Beweis. }
+		Der Ausdruck aus \ref{stirlingformel} ist äquivalent zu 
+		\[
+		\ln {n!}\sim \ln{\sqrt{2\pi}}+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln{n-n}
+		\]
+		Sei nun
+		\[
+		d_n := \ln{n!}-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln{n+n}
+		\]
+		Wir zeigen nun, dass 
+		\[
+		\lim_{n\rightarrow\infty}d_n =\ln\sqrt{2\pi}
+		\]
+		Es gilt
+		\begin{align*}
+			d_n-d_{n+1}=&\ln n!-\ln{(n+1)!}-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n \\&+\left(n+1+\frac{1}{2}\right)\ln{(n+1)}+n-(n+1)\\
+			=&\ln\frac{n!}{(n+1)!}+\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(\ln(n+1)-\ln (n)\right)+\ln(n+1)-1\\
+			=&-\ln(n+1)+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\frac{n+1}{n}+\ln(n+1)-1\\
+			=&\frac{2n+1}{2}\ln(\frac{n+1}{n})-1\\
+			=&(2n+1)\cdot\frac{1}{2}\ln\frac{1+\frac{1}{2n+1}}{1-\frac{1}{2n1}}-1
+		\end{align*}
+		Für $-1<x<1$ gilt allgemein
+		\begin{align*}
+			\ln(1+x)&=\sum_{i=1}^{\infty}{(-1)^{i+1}\frac{x^i}{i}}\\
+			\ln(1-x)&=\sum_{i=1}^{\infty}{(-1)^{i+1}\frac{(-x)^i}{i}}\\
+			\ln(\frac{1+x}{1-x})&=\ln(1+x)-\ln(1-x)=2\sum_{i=0}^{\infty}{\frac{x^{2i+1}}{2i+1}}
+		\end{align*}
+		Setze $x:=\frac{1}{2n+1}$, daraus folgt für $x\neq 0$
+		\begin{align*}
+			d_n-d_{n+1}&=\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{2}\cdot2\left(x+\sum_{i=1}^{\infty}{\frac{1}{2i+1}x^{2i+1}}\right)-1\\
+			&=\sum_{i=1}^{\infty}{\frac{1}{2i+1}\frac{1}{(2n+1)^{2i}}}\\
+			&<\sum_{i=1}^{\infty}{\frac{1}{3}\frac{1}{(2n+1)^{2i}}}\\
+			&=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{1-q}-1\right)\quad \text{ mit }q=\frac{1}{(2n+1)^2} \\
+			&=\frac{1}{3((2n+1)^2-1)}
+		\end{align*}
+		Zudem ist ebenfalls
+		\[
+		\frac{1}{3(2n+1)^2}=\sum_{i=1}^{1}{\frac{1}{2i+1}\cdot\frac{1}{(2n+1)^{2i}}}<d_n-d_{n+1}
+		\]
+		also
+		\[
+		\frac{1}{3(2n+1)^2}<d_n-d_{n+1}<\frac{1}{3((2n+1)^2-1)}
+		\]
+		Es ist
+		\begin{align*}
+			\frac{1}{3((2n+1)^2-1)}
+			&= \frac{1}{12n(n+1)}
+			= \frac{1}{12n}-\frac{1}{12(n+1)}\\
+			\frac{1}{3(2n+1)^2}
+			&= \frac{1}{12n(n+1)+3}
+			= \frac{1}{12\big(12n(n+1)+3\big)}\\
+			&= \frac{12}{12\cdot12n(n+1)+36}\\
+			&>\frac{12}{12\cdot12n^2+12\cdot12n+24n+13} \\
+			&= \frac{12}{12\cdot12n^2+12\cdot14n+13}
+			= \frac{12}{(12n+1)(12n+13)}\\
+			&= \frac{1}{12n+1}-\frac{1}{12(n+1)+1}
+		\end{align*}
+		Setzen wir beide Ungleichungen zusammen, so erhalten wir 
+		\[
+		\frac{1}{12n+1}-\frac{1}{12(n+1)+1} < d_n-d_{n+1} < \frac{1}{12n}-\frac{1}{12(n+1)}
+		\]
+		Aus
+		\begin{align*}
+			&\left(d_n-\frac{1}{12n}\right)-\left(d_{n+1}-\frac{1}{12(n+1)}\right)\\
+			<\quad0\quad<\quad&\left(d_n-\frac{1}{12n+1}\right)-\left(d_{n+1}-\frac{1}{12(n+1)+1}\right)
+		\end{align*}
+		folgt, dass die Folge $\left\{d_n-\frac{1}{12n+1}\right\}$ monton fallend, die Folge $\left\{d_n-\frac{1}{12n}\right\}$ monoton wachsend ist. Beide Folgen haben dabei den Grenzwert $c:=\lim d_n$.
+		\begin{align*}
+			d_n-\frac{1}{12n}\quad&<\quad c\quad<\quad d_n-\frac{1}{12n+1}\\
+			c+\frac{1}{12n+1}\quad&<\quad d_n\quad<\quad c+\frac{1}{12n}
+		\end{align*}
+		Aus unserem Start
+		\[
+		d_n = \ln{n!}-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln{n+n}
+		\]
+		folgt nun
+		\[
+		e^{d_n} = {n!}\left(\frac{n}{e}\right)^{-1}n^{-\frac{1}{2}}
+		\]
+		An dieser Stelle notieren wir
+		\begin{align*}
+			e^{c+\frac{1}{12n+1}} &< e^{d_n} < e^{c+\frac{1}{12n}} \\
+			e^c e^{\frac{1}{12n+1}} &< n! \left(\frac{n}{e}\right)^{-n} n^{-\frac{1}{2}} < e^c e^{\frac{1}{12n}} \\
+			e^c \sqrt{n} \left(\frac{n}{e}\right)^n e^{\frac{1}{12n+1}} &< n! < e^c \sqrt{n} \left(\frac{n}{e}\right)^n e^{\frac{1}{12n}}
+		\end{align*}
+		Es bleibt zu zeigen, dass
+		\[
+		e^c=\sqrt{2\pi}
+		\]
+		Wir führen eine Hilfsrechnung über
+		\[
+		I_n:=\int_{0}^{\pi/2}{sin^n x dx}
+		\]
+		Es gilt
+		\begin{align*}
+			I_n &= \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n-1} x \cdot \sin x \, dx \\
+			&= \left. \sin^{n-1} x \cdot (-\cos x) \right|_{0}^{\pi/2} - \\
+			&\quad \int_{0}^{\pi/2} (n-1) \sin^{n-2} \cos x \cdot (-\cos x) \, dx \\
+			&= (n-1) \int_{0}^{\pi/2} \sin^{n-2} x (1 - \sin^2 x) \, dx \\
+			&= (n-1)(I_{n-2} - I_n) \\
+			I_n &= \frac{n-1}{n} I_{n-2} \\
+			I_0 &= \frac{\pi}{2} \\
+			I_1 &= 1 \\
+			I_2 &= \frac{1}{2} I_0 = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}\\
+			I_{2n} &= \frac{1\cdot3\cdot5\dots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\dots(2n)}\frac{\pi}{2}\\
+			I_{2n} &= \frac{2\cdot4\cdot6\dots(2n)}{1\cdot3\cdot5\dots(2n+1)}
+		\end{align*}
+		Weiterhin folgt
+		\begin{align*}
+			&& 0 &< x < \frac{\pi}{2} \\
+			&\Rightarrow & 0 &< \sin x < 1 \\
+			&\Rightarrow & \sin^{2n-1} x &> \sin^{2n} x > \sin^{2n+1} x \\
+			&\Rightarrow & I_{2n-1} &> I_{2n} > I_{2n+1} \\
+			&\Rightarrow & \frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}} &> \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} > 1 \\
+			&\Rightarrow & \frac{2n+1}{2n} &> \frac{1 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n-1) \cdot (2n+1)}{2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 6 \cdots (2n) \cdot (2n)} \cdot \frac{\pi}{2} > 1 \\
+			&\Rightarrow & \lim \ & \frac{1 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 7 \cdots (2n-1) \cdot (2n+1)}{2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 6 \cdots (2n) \cdot (2n)} \cdot \frac{\pi}{2} = 1 \\
+			&\Rightarrow & \frac{\pi}{2} &= \lim \left( \frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n)}{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)} \right)^2 \cdot \frac{1}{2n+1} \\
+			&& &= \lim \frac{2^{4n} (n!)^4}{((2n)!)^2 (2n+1)}
+		\end{align*}
+		Es ist also für $\lim_{n\rightarrow\infty}{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\beta_n}=0$:
+		\begin{align*}
+			n!&=e^c\sqrt{n}n^ne^{-n}e^{\alpha_n}\\
+			(2n)!&=e^c\sqrt{2n}2^{2n}n^{2n}e^{-2n}e^{\beta_n}
+		\end{align*}
+		Einsetzen liefert schlussendlich
+		\[
+		e^c=\sqrt{2\pi}\qquad\Box
+		\]
+	
 	\subsection{Dreiecksform bilden}\label{dreieck}
 	Genutzt werden sowohl Arme als auch Füße. Bilden Sie mit den Körpern aller Spieler ein Dreieck aus dem Stand. Dazu können Sie folgende Formel nutzen:
 	Sei dazu $\text{dgw}(\psi)$ die Funktion, 
@@ -83,7 +406,13 @@
 	 $k=\begin{cases*}n/2 &\text{Für } n\%2 = 0\\n/2+1&\text{sonst.}\end{cases*}$
 	\begin{align*}
 		\text{dgw}(\psi): \mathbb{R}^n &\rightarrow \mathbb{R},\\
-		x &\mapsto \text{det}(A^{-1}) + 2 \cdot e_{k}\cdot+\textbf{0}+A\cdot \mathds{1}_n^t\cdot A^t + \begin{pmatrix*}
+		x &\mapsto \text{det}(A^{-1}) + n! + 2 \cdot e_{k}\cdot+\textbf{0}+A\cdot \mathds{1}_n^t\cdot A^t + \begin{pmatrix*}
+		1&2&3&...\\
+		2&4&7&...\\
+		3&7&14&...\\
+		...&...&...&...
+		\end{pmatrix*}\\
+		& \approx \text{det}(A^{-1}) + \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n + 2 \cdot e_{k}\cdot+\textbf{0}+A\cdot \mathds{1}_n^t\cdot A^t + \begin{pmatrix*}
 			1&2&3&...\\
 			2&4&7&...\\
 			3&7&14&...\\