fix: Beweis Stirling-Apprixomation überarbeitet

bibliography.bib

@@ -125,3 +125,11 @@
   address   = {New York},
   isbn      = {978-0-465-09760-9}
 }
+
+@article{koessler-2006,
+	author	= {Wolfgang Kössler},
+	title	= {Folien Stochastik},
+	year	= {2006},
+	address	= {Humboldt-Universität zu Berlin},
+	url	= {https://www2.informatik.hu-berlin.de/~koessler/Stochastik/Stochastik2006/FolienStochastik_4.pdf}
+}

content/Mathematischer_Hintergrund.tex

@@ -298,58 +298,190 @@ Die Stirling-Approximation ist eine mathematische Näherung zur Berechnung der F
 	\]
 \end{satz}
 \begin{proof}
-	Der Ausgangspunkt ist die nach \cref{def:gammafunktion} definierte \textbf{Gamma-Funktion}
+	Der Ausdruck aus dem \cref{satz:stirlingformel} ist äquivalent zu 
 	\[
-	\Gamma(x)=\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t} dt
+		\ln {n!}\sim \ln{\sqrt{2\pi}}+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln{n-n}
 	\]
-	Wir schreiben den Integranden als Exponentialfunktion, dann haben wir 
+	Sei nun
 	\[
-	t^{x-1}e^{-t} = \exp((x-1)\ln t-t)
+		d_n := \ln{n!}-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln{n+n}
 	\]
-	also ist
+	Wir zeigen nun, dass 
 	\[
-	\Gamma(x)=\int_{0}^{\infty}\exp((x-1)\ln t-t) dt
+		\lim_{n\rightarrow\infty}d_n =\ln\sqrt{2\pi}
 	\]
-	Setze $t=xu$ und $f(u)=\ln u - u$, dann erhalten wir
+	Es gilt
-	\begin{align}
+	\begin{align*}
-		\Gamma(x)&=x^x\cdot\int_{0}^{\infty}u^{x-1}e^{-xu} du\\
+		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)\\
-		&=x^x\cdot\int_{0}^{\infty}\exp(x(\ln u-u)) du\\
+		=&\ln\frac{n!}{(n+1)!}+\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(\ln(n+1)-\ln (n)\right)+\ln(n+1)-1\\
-		&=x^x\cdot \int_{0}^{\infty} e^{xf(u)}du
+		=&-\ln(n+1)+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\frac{n+1}{n}+\ln(n+1)-1\\
-	\end{align}
+		=&\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
-	Für große \(x\) wird das Integral durch die Umgebung des kritischen Punktes von \(f\) dominiert. Diese erhält man aus
+	\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
 	\[
-	f'(u)=\frac{1}{u}-1=0 \quad \Rightarrow \quad u=1.
+		\frac{1}{3(2n+1)^2}=\sum_{i=1}^{1}{\frac{1}{2i+1}\cdot\frac{1}{(2n+1)^{2i}}}<d_n-d_{n+1}
 	\]
-	
+	also
-	Weiter gilt
 	\[
-	f''(u)=-\frac{1}{u^2}, \quad \text{also } f''(1)=-1.
+		\frac{1}{3(2n+1)^2}<d_n-d_{n+1}<\frac{1}{3((2n+1)^2-1)}
 	\]
-	
+	Es ist
-	Damit besitzt \(f\) bei \(u=1\) einen stationären Punkt, und wir entwickeln \(f\) dort bis zur zweiten Ordnung:
+	\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 
 	\[
-	f(u)\sim f(1)+\frac{f''(1)}{2}(u-1)^2
+		\frac{1}{12n+1}-\frac{1}{12(n+1)+1} < d_n-d_{n+1} < \frac{1}{12n}-\frac{1}{12(n+1)}
-	= -1 - \frac{(u-1)^2}{2}.
 	\]
-	
+	Aus
-	Einsetzen liefert die lokale Approximation
+	\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
 	\[
-	\Gamma(x)\sim x^x e^{-x}\cdot\int_0^\infty \exp\!\left(-\frac{x}{2}(u-1)^2\right)\,du.
+		d_n = \ln{n!}-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln{n+n}
 	\]
-	
+	folgt nun
-	Da der Hauptbeitrag aus einer Umgebung von $u=1$ stammt, kann das Integral asymptotisch auf $\mathbb{R}$ erweitert werden.
 	\[
-	\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(-\frac{x}{2}(u-1)^2\right)\,du
+		e^{d_n} = {n!}\left(\frac{n}{e}\right)^{-1}n^{-\frac{1}{2}}
-	= \sqrt{\frac{2\pi}{x}}.
 	\]
-	
+	An dieser Stelle notieren wir
-	Damit erhält man
+	\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
 	\[
-	\Gamma(x)\sim \sqrt{2\pi}\, x^{x-\frac12} e^{-x}.
+		e^c=\sqrt{2\pi}
+	\]
+	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
+	\[
+		e^c=\sqrt{2\pi}
 	\]
-	
 \end{proof}
+Der Beweis entspricht im wesentlichen dem 2006 von Wolfgang Kössler geführten Beweis, siehe \cite{koessler-2006}.
+
+% Nicht vollständig / zu schwach
+%\begin{proof}
+%	Der Ausgangspunkt ist die nach \cref{def:gammafunktion} definierte \textbf{Gamma-Funktion}
+%	\[
+%	\Gamma(x)=\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t} dt
+%	\]
+%	Wir schreiben den Integranden als Exponentialfunktion, dann haben wir 
+%	\[
+%	t^{x-1}e^{-t} = \exp((x-1)\ln t-t)
+%	\]
+%	also ist
+%	\[
+%	\Gamma(x)=\int_{0}^{\infty}\exp((x-1)\ln t-t) dt
+%	\]
+%	Setze $t=xu$ und $f(u)=\ln u - u$, dann erhalten wir
+%	\begin{align}
+%		\Gamma(x)&=x^x\cdot\int_{0}^{\infty}u^{x-1}e^{-xu} du\\
+%		&=x^x\cdot\int_{0}^{\infty}\exp(x(\ln u-u)) du\\
+%		&=x^x\cdot \int_{0}^{\infty} e^{xf(u)}du
+%	\end{align}
+%	
+%	Für große \(x\) wird das Integral durch die Umgebung des kritischen Punktes von \(f\) dominiert. Diese erhält man aus
+%	\[
+%	f'(u)=\frac{1}{u}-1=0 \quad \Rightarrow \quad u=1.
+%	\]
+%	
+%	Weiter gilt
+%	\[
+%	f''(u)=-\frac{1}{u^2}, \quad \text{also } f''(1)=-1.
+%	\]
+%	
+%	Damit besitzt \(f\) bei \(u=1\) einen stationären Punkt, und wir entwickeln \(f\) dort bis zur zweiten Ordnung:
+%	\[
+%	f(u)\sim f(1)+\frac{f''(1)}{2}(u-1)^2
+%	= -1 - \frac{(u-1)^2}{2}.
+%	\]
+%	
+%	Einsetzen liefert die lokale Approximation
+%	\[
+%	\Gamma(x)\sim x^x e^{-x}\cdot\int_0^\infty \exp\!\left(-\frac{x}{2}(u-1)^2\right)\,du.
+%	\]
+%	
+%	Da der Hauptbeitrag aus einer Umgebung von $u=1$ stammt, kann das Integral asymptotisch auf $\mathbb{R}$ erweitert werden.
+%	\[
+%	\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(-\frac{x}{2}(u-1)^2\right)\,du
+%	= \sqrt{\frac{2\pi}{x}}.
+%	\]
+%	
+%	Damit erhält man
+%	\[
+%	\Gamma(x)\sim \sqrt{2\pi}\, x^{x-\frac12} e^{-x}.
+%	\]
+%	
+%\end{proof}
 
 \subsection{Taylor-Approximation}
 Um eine Taylorpproximation für eine Funktion zu finden, müssen wir zunächst nachweisen, dass die Funktion die wir approximieren wollen, $(n+1)$-mal differenzierbar ist. Da wir unsere Approximation nach dem quadratischen Term abbrechen werden genügt es zu zeigen, dass $\ln(1-x)$ dreimal differenzierbar ist. Da $\ln(1-x)$ sogar unendlich oft differenzierbar ist, ist diese Aussage trivial.