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@@ -47,7 +47,7 @@ Anhand des Galton-Brettes lässt sich nun wie bereits beschrieben leicht erkenne
 	\[
 	P(S_n = k) = \frac{n!}{k!(n-k)!} p^k q^{n-k}
 	\]
-	Nach der Stirling-Formel gilt für große Zahlen näherungsweise $n! \approx \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n$. Ersetzen wir $n!, k!$ und $(n-k)!$ durch diese Näherung:
+	Nach \cref{satz:stirlingformel} gilt für große Zahlen näherungsweise $n! \approx \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n$. Ersetzen wir $n!, k!$ und $(n-k)!$ durch diese Näherung:
 	\begin{align}
 			P(S_n = k) &\approx \frac{\sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n}{(\sqrt{2\pi k} \left(\frac{k}{e}\right)^k)(\sqrt{2\pi (n-k)} \left(\frac{(n-k)}{e}\right)^{(n-k)})} p^k q^{n-k} \nonumber \\
 			&= \frac{n^n \sqrt{2\pi n}}{k^k \sqrt{2\pi k} (n-k)^{n-k} \sqrt{2\pi (n-k)}} p^k q^{n-k} \label{eq1:e}\\
@@ -65,17 +65,218 @@ Anhand des Galton-Brettes lässt sich nun wie bereits beschrieben leicht erkenne
 \end{proof}
 
 
-% Unsortiert:
+% Teilsortiert:
+\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.
+\begin{lemma}{dreimalableiten}
+	$f(x)=\ln(1-x)$ ist mindestens dreimal differenzierbar.
+\end{lemma}
+\begin{proof}
+	Zum Beweis berechnen wir die drei Ableitungen.
+	\begin{align*}
+		f'(x)&=(\ln{(1-x)})'\\
+		&=\frac{1}{1-x}\cdot(1-x)'&&\text{Kettenregel}\\
+		&=-\frac{1}{1-x}\\\\
+		f''(x)&=(f'(x))'\\
+		&=\left(-\frac{1}{1-x}\right)'\\
+		&=\frac{(-1)'\cdot(1-x)-(-1)\cdot(1-x)'}{(1-x)^2}&&\text{Quotientenregel}\\
+		&=\frac{(1-x)'}{(1-x)^2}&&\text{da } (-1)'\cdot(1-x)=0\\
+		&=\frac{1}{(1-x)^2}\\\\
+		f'''(x)&=(f''(x))'\\
+		&=(\frac{1}{(1-x)^2})'\\
+		&=\frac{(-1)'\cdot(1-x)^2-(-1)\cdot\left((1-x)^2\right)'}{\left((1-x)^2\right)^2}&&\text{Quotientenregel}\\
+		&=\frac{\left((1-x)^2\right)'}{(1-x)^4}&&\text{da } (-1)'\cdot(1-x)^2=0\\
+		&=\frac{-2\cdot(1-x)}{(1-x)^4}&&\text{Kettenregel}\\
+		&=\frac{-2}{(1-x)^3}
+	\end{align*}
+\end{proof}
+Nun haben wir nachgewiesen, dass die Funktion $\ln(1-x)$ dreimal differenzierbar ist. 
+\begin{bemerkung}
+	Mit einem Blick auf die Funktion und wie ihre Ableitungen gebildet werden, ist leicht zu erkennen, dass $\ln(x-1)$ sogar unendlich oft differenzierbar ist. 
+\end{bemerkung}
+Bevor wir die Approximation  nachweisen ist eine formale Definition des Satzes von Taylor und dem Taylorpolynom nötig, wobei letzteres aus dem Satz von Taylor folgt. 
+\begin{satz}[Satz von Taylor\footnote{Enders, J., Analysis II (2024)}]{taylor}
+	Seien $n\in\mathbb{N}_0, f:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}$ eine $(n+1)$-mal differenzierbare Funktion und $x_0\in[a,b]$.
+	
+	Dann gilt für alle $x\in[a,b]$ die Darstellung
+	\[
+		f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}f^{(k)}(x_0)(x-x_0)^k+R_n(x)
+	\]
+	Es existiert ein (von $x$ abhängiges $\xi\in I(x_0,x)$), sodass für das Lagrange-Restglied gilt:
+	\[
+		R_n(x)=\frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)(x-x_0)^{n+1}
+	\]
+\end{satz}
+	
+\begin{bemerkung}
+	Das Lagrange-Restglied ist in dein meisten Fällen eine Funktion vom Grad $n+1$, aufgrund des letzten Faktors. Es kann aber auch sein, dass das Lagrange-Restglied das Nullpolynom ist, je nach Wahl von $\xi$ und der Auswertung von der $n$-ten Ableitung von $f$ an der Stelle $\xi$.
+	
+	Dadurch können wir das Restglied auch auffassen als ein Element von $O(x^n)$. Nach der Definition der Landaunotation gilt: für alle $a,b in \mathbb{R}: a*x^n +b$ liegt in $O(x^n)$. Man kann somit das Landausymbol $O$ als Ansammlung von Funktionen verstehen. Interessanterweise gilt auch eine Relation zwischen den einzelnen "Landaumengen". Für alle $n$ in $\mathbb{N}: O(x^n)$ ist in $O(x^{n+1})$. In der Informatik wird diese Notation genutzt, um asymptotische Verhalten von beispielsweise Laufzeiten zu beschreiben. "Algortihmus A braucht asymptotisch so viel Zeit in Abhängigkeit von der Eingabe, wie eine $x^n$-Funktion".
+	
+	Die Definition des Taylorpolynoms entspringt direkt dem Satz von Taylor, nur ohne das Lagrange-Restglied.
+\end{bemerkung}
+\begin{definition}[Taylorpolynom]{taylorpolynom}
+	\[
+		T_{f,x_0,n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot f^{(k)}(x_0)(x-x_0)^k
+	\]	
+\end{definition}
+\begin{bemerkung}
+	Der Satz von Taylor liefert eine lokale Approximation an eine Funktion $f$ durch das Taylorpolynom.
+\end{bemerkung}
+Nun können wir unsere Approximation von $\ln(1-x)=-x-\frac{x^2}{2}+O(x^3)$ zeigen.
+\begin{lemma}
+	\[
+		\ln(1-x)=-x-\frac{x^2}{2}+O(x^3)
+	\]
+\end{lemma}
+\begin{proof}
+	Zunächst ist der Definitionsbereich von $\ln(1-x)$ gleicht dem Intervall $(-\infty,1)$.
+	
+	Zudem ist die Funktion $\ln(1-x)$ mindestens dreimal differenzierbar. Betrachten wir $x\in(-\infty,1)$ und $x_0=0$.
+	
+	Das zweite Taylor-Polynom lautet
+	\begin{align*}
+		T_{\ln(1-x),0,2}(x)&=\sum_{k=0}^{2}\frac{1}{k!}\cdot (\ln(1-x_0))^{(k)}(x-x_0)^k\\
+		&=\frac{1}{0!}\cdot\ln(1)\cdot 1+\frac{1}{1!}\cdot(\ln(1))^{(1)}\cdot x+\frac{1}{2!}\cdot(\ln(1))^{(2)}\cdot x^2&&\text{\cref{lem:dreimalableiten}}\\
+		&=0+1\cdot(-1)\cdot x+\frac{1}{2}\cdot(-1)\cdot x^2\\
+		&=-x-\frac{x^2}{2}
+	\end{align*}
+	Aus dem Satz von Taylor (\cref{satz:taylor}) folgt somit:
+	\begin{align*}
+		\ln(1-x)&=-x-\frac{x^2}{2}+R_2(x)
+	\end{align*}
+	wobei das Lagrange-Restglied etwa $R_2(x)\approx O(x^3)$, denn
+	\begin{align*}
+		R_2(x)&=\frac{1}{(2+1)!}\cdot(\ln(1-\xi))^{(2+1)}\cdot(x-0)^{(2+1)}\\
+		&=-\frac{1}{3(1-\xi)^3}\cdot x^3\quad\text{für ein }\xi\in(0,x)&&\text{\cref{lem:dreimalableiten}}\\
+	\end{align*}
+	wobei nach der Landau-Notation gilt: $a\cdot x^n+b\in O(x^n)$
+	\[
+		\Rightarrow\quad \frac{1}{3(1-\xi)^3}\cdot x^3\in O(x^3),
+	\]
+	da $\frac{1}{3(1-\xi)^3}$ konstant für ein $\xi$ im Intervall.
+	
+	Da $\xi$ variabel ist (also von $x$ abhängt), steht $O(x^3)$ stellvertretend für ein gut passendes Polynom vom Grad 3.
+	\[
+		\Rightarrow\quad\ln(1-x)\approx -x -\frac{x^2}{2}+O(x^3)
+	\]
+\end{proof}
+\begin{bemerkung}
+	Aus der Definition folgt die Gleichheit beider Funktionen, aber genauer betrachtet kann die ln-Funktion nicht durch ein Polynom dargestellt werden. Es wird immer einen gewissen Fehler geben. Da auch in abhängigkeit von $x$ das $\xi$ gewählt wird, handelt es sich bei dem Lagrange-Restglied nicht um ein Polynom, weil es sich dynamisch verändert. 
+\end{bemerkung}
+Im Plot können wir sehen, dass beide Funktionen um unsere Entwicklungsstelle $x_0=0$ herum sehr ähnlich sind. 
+\begin{figure}[H]
+	\centering
+	\begin{tikzpicture}
+		\begin{axis}[
+			domain=-2.95:2.95,
+			samples=400,
+			axis lines=middle,
+			axis equal,
+			xmin=-3,
+			xmax=3,
+			ymin=-3.5,
+			ymax=3.5,
+			xtick distance=1,
+			ytick distance=1,
+			legend pos=south west,
+			grid=both
+			]
+			% ln(1-x)
+			\addplot[blue, thick] {ln(1-x)};
+			\addlegendentry{$\ln(1-x)$}
+			
+			% Näherung -x - x^2/2
+			\addplot[red, thick, dashed] {-x - x^2/2};
+			\addlegendentry{$-x-\frac{x^2}{2}$}
+		\end{axis}
+	\end{tikzpicture}
+	\caption{Darstellung der Funktionen $\ln(1-x)$ und $-x-\frac{x^2}{2}$}
+\end{figure}
+Würden wir die Entwicklung weiterführen, approximiert die violette Funktion (unser Taylorpolynom) die orangene Funktion $(\ln(1-x))$ immer weiter. Graphisch lässt sich erkennen, dass für Werte im Intervall $I(-0.5,0.5)$ die Funktion $\ln(1-x) \approx -x\frac{-x}{2}$ plus ein kleiner Fehler ist.
+\subsection{Gamma-Funktion}
+% wird für Beweis der Stirling-Approximation gebraucht
+Zum nachfolgenden Betrachtung und des Beweises der Stirling-Approximation betrachten wir nun die Gamma-Funktion, auch \textbf{Eulersches Integral zweiter Gattung} genannt. Sie erweitert die Fakultätsfunktion von den natürlichen Zahlen $\mathbb{N}$ auf reelle und komplexe Zahlen (mit einigen Ausnahmen). Hier betrachten wir der Einfachheit halber nur die Gamma-Funktion in $\mathbb{R}$.
+\begin{definition}[Gamma-Funktion]{gammafunktion}
+	Sei $x>0\in\mathbb{R}$, dann ist die \textbf{Gamma-Funktion} definiert durch
+	\begin{align*}
+		\Gamma(x):\mathbb{R^+}&\rightarrow\mathbb{R}\\
+		x&\mapsto\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t} dt
+	\end{align*}
+\end{definition}
+
+Die Gamma-Funktion berechnet wie folgt die Fakultät in $\mathbb{N}$:
+\begin{satz}[Vergleich mit der Fakultät]{fakultaetgammafunktion}
+	Für $n\in\mathbb{N}$ gilt:
+	\[
+		\Gamma(n+1)=n!
+	\]
+\end{satz}
+
 \subsection{Stirling-Approximation}
-\begin{satz}[Stirlingformel]{satz:stirlingformel}
+\begin{satz}[Stirlingformel]{stirlingformel}
 	Für $n\mapsto\infty$ gilt nach \textsc{Stirlings} Approximation, dass
 	\[
-		n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n
+		n!\approx \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n
 	\]
 	Das bedeutet
 	\[
 		\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n}=1
 	\]
 \end{satz}
+\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:
+	\[
+	f(u)\approx f(1)+\frac{f''(1)}{2}(u-1)^2
+	= -1 - \frac{(u-1)^2}{2}.
+	\]
+	
+	Einsetzen liefert die lokale Approximation
+	\[
+	\Gamma(x)\approx x^x e^{-x}\cdot\int_0^\infty \exp\!\left(-\frac{x}{2}(u-1)^2\right)\,du.
+	\]
+	
+	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}
+
 
 

galton.tex

@@ -2,6 +2,7 @@
 \usepackage[a4paper]{geometry}
 \geometry{top=3cm,bottom=3cm,left=3cm,right=3.5cm}
 \usepackage[ngerman]{babel}
+\usepackage{pgfplots}
 
 \usepackage{Matheclub}
 
@@ -10,12 +11,12 @@
 
 
 
-\title{Beispiel Titel}
+\title{Das Galtonbrett und der zentrale Grenzwertsatz}
 
 \author{Fierke, E. \& Janik, T. \& Weidlich, L.
     \\ Seminar Erweitertes Fachwissen -  Mathe Club}
 
-\date{Sommersemester \the\year}
+\date{Sommersemester 2026}
 
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@@ -64,4 +65,4 @@
 
 
 
-\end{document}
+\end{document}