ZSG Beweis Schritt 2 und Anfänge von Schritt 3

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@@ -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}
@@ -60,6 +60,68 @@ 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}