cnt: Stirling initialisiert (unsortiert)

content/Mathematischer_Hintergrund.tex

@@ -42,7 +42,7 @@ Anhand des Galton-Brettes lässt sich nun wie bereits beschrieben leicht erkenne
 \begin{proof}
 	Der Beweis basiert im Wesentlichen auf drei Approximationen: Der Stirling-Formel für die Fakultäten, der Vereinfachung der Wurzelausdrücke für große $n$ sowie der Taylor-Entwicklung des natürlichen Logarithmus zur Herleitung der Exponentialfunktion. Diese 3 Approximationen werden in diesem Beweis als wahr angenommen, jedoch in der Folgenden Arbeit weiter analysiert und bewiesen.
 	
-	\textbf{1. Anwendung der Stirling-Formel:}\\
+	\textbf{1. Anwendung der Stirling-Formel:} \\
 	Wir beginnen mit der Definition der Binomialwahrscheinlichkeit:
 	\[
 	P(S_n = k) = \frac{n!}{k!(n-k)!} p^k q^{n-k}
@@ -60,70 +60,22 @@ Anhand des Galton-Brettes lässt sich nun wie bereits beschrieben leicht erkenne
 		\item[(\ref{eq1:aufteilen})] Hier lässt sich die Gleichung intelligent aufteilen und etwas umstellen durch die Potenzgesetze, da gilt: $n^n = n^k \cdot n^{n-k}$ Außerdem lässt sich einmal $\sqrt{2\pi}$ Kürzen.
 		\item[(\ref{eq1:zusammenfassen})] Ist das Resultat nach dem Sortieren der Brüche anhand der Exponenten
 	\end{itemize}
-	\textbf{2. Substitution und Approximation der Wurzeln:} \\
-	Um das breiter werden der Verteilung und das Abwandern des Erwartungswertes zu verhindern standardisieren wir die Zufallsvariable, indem wir 
-	\[
-		Z_n=\frac{S_n-E(X_n)}{\sigma(S_n)} = \frac{k-np}{\sqrt{npq}}
-	\]
-	definieren. Nun nimmt $Z_n$ Werte $z=\frac{k-np}{\sqrt{npq}}$ an, nach $k$ und nach $n-k$ umgestellt heißt das
-	\begin{align*}
-		k = np + x\sqrt{npq} \\
-		n-k = nq - x\sqrt{npq} 
-	\end{align*}
-	Nun betrachten wir $k \cdot (n-k)$ für $n \rightarrow \infty$:
-	\begin{align}
-		k(n-k) &= (np + x\sqrt{npq})\cdot(nq - x\sqrt{npq}) \label{eq3:einsetzen}\\
-		&= n^2pq + (nz\sqrt{nqp}(q-p)-z^2npq)	\label{eq3:umstellen}\\
-		&\overset{n\rightarrow\infty}{=}n^2pq \label{eq3:absch}
-	\end{align}
-	Im Folgenden werden die nummerierten Schritte der Gleichungsketten erläutert:
-	\begin{itemize}
-		\item[(\ref{eq3:einsetzen})] Formeln für $k$ und $n-k$ einsetzen
-		\item[(\ref{eq3:umstellen})] Distributivgesetz anwenden und nach Potenz von $n$ sortieren
-		\item[(\ref{eq3:absch})] $n^2$ geht für $n\rightarrow\infty$ schneller nach unendlich als die linearen Restterme. Folglich sind diese für die Abschätzung gegen unendlich vernachlässigbar.
-	\end{itemize}
-	Setzen wir dieses Ergebnis nun in das Zwischenergebnis von \cref{eq1:zusammenfassen} ein erhalten wir folgendes:
-	\begin{align}
-		P(S_n = k) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{n}{k(n-k)}} \left(\frac{np}{k}\right)^k \left(\frac{nq}{n-k}\right)^{n-k} \nonumber \\
-		&\approx \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{n}{n^2pq}} \left(\frac{np}{k}\right)^k \left(\frac{nq}{n-k}\right)^{n-k} \label{eq4:1}\\
-		&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{\sqrt{npq}} \left(\frac{np}{k}\right)^k \left(\frac{nq}{n-k}\right)^{n-k} \label{eq4:2}\\
-		&= \frac{1}{\sqrt{2\pi npq}}\left(\frac{k}{np}\right)^{-k} \left(\frac{n-k}{nq}\right)^{-n+k} \label{eq4:3}
-	\end{align}
-	Im Folgenden werden die nummerierten Schritte der Gleichungsketten erläutert:
-	\begin{itemize}
-		\item[(\ref{eq4:1})] Approximation verwenden
-		\item[(\ref{eq4:2})] $n$ Kürzen und Potenz-/Wurzelgesetze anwenden um Bruch zu vereinfachen
-		\item[(\ref{eq4:3})] Kehrwert der Brüche Bilden und Wurzeln zusammenfassen
-	\end{itemize}
-	Es ist bereits der korrekte konstante Faktor der Gaußschen Glockenkurve erkennbar.
-	\textbf{3. Taylor-Approximation des exponentiellen Teils:} \\
-	Den restlichen Term formen wir um, indem wir ihn logarithmieren um im Anschluss die Approximationsformel für den Logarithmus verwenden zu können. Diese wird ebenso wie die Sterling-Formel im Anschluss bewiesen. 
-	Hierzu betrachten wir folgendes zuerst einzeln:
-	\begin{align}
-		&\ln\left( \left(\frac{k}{np}\right)^{-k} \left(\frac{n-k}{nq}\right)^{-n+k} \right) \\
-		&= -k \ln\left(\frac{k}{np}\right) - (n-k) \ln\left(\frac{n-k}{nq}\right) \\
-		&= (np + x\sqrt{npq}) \ln\left(\frac{(np + x\sqrt{npq})}{np}\right) - (nq - x\sqrt{npq}) \ln\left(\frac{(nq - x\sqrt{npq})}{nq}\right) \\
-		&= (-np - x\sqrt{npq}) \ln\left(1+z\sqrt{\frac{q}{np}}\right) + (-nq + x\sqrt{npq}) \ln\left(1+z\sqrt{\frac{p}{nq}}\right) \label{eq5:3}
-	\end{align}
-	Die Taylor-Approximation besagt: $ln(1-\alpha) \approx \alpha-\frac{\alpha^2}{2}$ und ein Rest, für den wir uns in dem Fall nicht interessieren, da wir die Approximation nach dem quadratischem Term abbrechen. %wieso O(n^3) egal?
-	Betrachten wir nun die Logarithmen für die Tailorapproximation näher:
-	\begin{align*}
-		\ln\left(1 + x\sqrt{\frac{q}{np}}\right) &\approx x\sqrt{\frac{q}{np}} - \frac{\left(x\sqrt{\frac{q}{np}}\right)^2}{2} \\
-		&= x\sqrt{\frac{q}{np}} - \frac{x^2 q}{2np}
-	\end{align*}
-	und für den anderen ln analog:
-	\begin{align*}
-		\ln\left(1 - x\sqrt{\frac{p}{nq}}\right) &\approx -x\sqrt{\frac{p}{nq}} - \frac{\left(x\sqrt{\frac{p}{nq}}\right)^2}{2} \\
-		&= -x\sqrt{\frac{p}{nq}} - \frac{x^2 p}{2nq}
-	\end{align*}
-	Setzen wir dies nun zurück in \cref{eq5:3} ein, erhalten wir:
-	\begin{align}
-		&(-np - x\sqrt{npq}) \ln\left(1+z\sqrt{\frac{q}{np}}\right) + (-nq + x\sqrt{npq}) \ln\left(1+z\sqrt{\frac{p}{nq}}\right) \\
-		&=(-np - x\sqrt{npq})(x\sqrt{\frac{q}{np}} - \frac{x^2 q}{2np}) + (-nq + x\sqrt{npq})(-x\sqrt{\frac{p}{nq}} - \frac{x^2 p}{2nq}) \\
-		&=()
-	\end{align}
 	%weiter
 	...
 \end{proof}
 
 
+% Unsortiert:
+\subsection{Stirling-Approximation}
+\begin{satz}[Stirlingformel]{satz: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{satz}
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