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content/Mathematischer_Hintergrund.tex

@@ -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 +65,278 @@ Anhand des Galton-Brettes lässt sich nun wie bereits beschrieben leicht erkenne
 \end{proof}
 
 
-% Unsortiert:
+% Teilsortiert:
+\subsection{Pascalsches Dreieck}
+Das Pascalsche Dreieck ist ein geometrisches Dreieck aus Zahlen, das sich unendlich nach unten fortsetzt und dabei die Binomialkoeffizienten repräsentiert.
+\begin{definition}[Binomialkoeffizienten]{binomialkoeffizienten}
+	Für $n\in\mathbb{N}_0$ und $k\in\{0,\dots,n\}$ definieren wir den \textbf{Binomialkoeffizienten}
+	\[
+		\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}
+	\]
+	wobei die Zahl $\binom{n}{k}$ die Anzahl der Möglichkeiten, aus einer $n$-elementigen menge genau $k$-Elemente auszuwählen, angibt.
+\end{definition}
+Aus dieser Definition entwickeln wir das Pascalsche Dreieck.
+\begin{definition}[Pascalsches Dreieck]{pascaldreieck}
+	Das \textbf{Pascalsche Dreieck} ist das unendliche Zahlenschema
+	\[
+		P=(p_{n,k})_{n\in\mathbb{N}_0,0\leq k\leq n}
+	\]
+	mit
+	\[
+		p_{n,k}=\binom{n}{k}
+	\]
+\end{definition}
+Die ersten Zeilen des Pascalschen Dreiecks lauten
+\[
+\begin{array}{ccccccccc}
+	&&&&1\\
+	&&&1&&1\\
+	&&1&&2&&1\\
+	&1&&3&&3&&1\\
+	1&&4&&6&&4&&1
+\end{array}
+\]
+\begin{satz}[Pascalsche Rekursion]
+	Für $n\geq1$ und $1\leq k\leq n-1$ gilt
+	\[
+		\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}
+	\]
+\end{satz}
+\begin{bemerkung}
+	Diese Beziehung erklärt die Entstehung jeder inneren Zahl als Summe der beiden darüberliegenden Zahlen.
+\end{bemerkung}
+\begin{proof}
+	Sei $M$ eine Menge mit $n$ Elementen. Wähle $x\in M$ fest.
+	
+	Wir zählen die $k$-elementigen Teilmengen von M.
+	\begin{itemize}
+		\item Enthält eine Teilmenge das Element $x$, dann müssen noch $k-1$ Elemente aus den $n-1$ verbleibenden Elementen gewählt werden. Wir erhalten
+		\[
+			\binom{n-1}{k-1}
+		\]
+		\item Enthält eine Teilmenge das $x$ nicht, werden $k$ Elemente aus den verbleibenden $n-1$ Elementen gewählt, also
+		\[
+			\binom{n-1}{k}
+		\]
+	\end{itemize}
+	Aufrund der Disjunkteit beider Fälle und der Erfassung aller $k$-elementigen Teilmengen, folgt
+	\[
+		\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}
+	\]
+\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.
+\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}
+Die Stirling-Approximation ist eine mathematische Näherung zur Berechnung der Fakultät einer Zahl. Die Approximation ist vorallem in der Stochastik und der statistischen Physik ein unverzichtbares Werkzeug. Wir schauen sie daher im Folgenden im Detail an.
+\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}
 
 \begin{document}	
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@@ -23,7 +24,7 @@
 	\end{textblock*}
 
 	\begin{textblock*}{3cm}(\dimexpr\paperwidth-3.5cm\relax,1.2cm) 
-		\includegraphics[width=2.5cm]{images/ulogo.pdf}
+		\includegraphics[width=2.5cm]{images/logo_up_math.png}
 	\end{textblock*}
 
     \maketitle