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\subsection{Beweis des zentralen Grenzwertsatzes}
Das Galtonbrett (nach Francis Galton) dient der Veranschaulichung der Binomialverteilung und der experimentellen Bestätigung vom zentralen Grenzwertsatz im Spezialfall der Binomialverteilung. Im Folgenden formalisieren wir den Weg einer Kugel durch das Brett als stochastischen Prozess mithilfe einer Binomialverteilung und Beweisen anschließend den zentralen Grenzwertsatz von Moivre-Laplace \cite{nahrstedt_monte-carlo-methode_2015}.
\begin{definition}[Modell des Galtonbretts]{galton}{nach \cite[S. 252-253]{buchter_elementare_2005}}
	Sei $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ ein Wahrscheinlichkeitsraum. 
	Der Fall einer Kugel durch ein Galtonbrett mit $n \in \mathbb{N}$ Reihen wird modelliert durch eine Folge von stochastisch unabhängigen und identisch verteilten Zufallsvariablen $X_1, X_2, \dots, X_n$, wobei $X_i \in \{0, 1\}$.
	Dabei beschreibt \textbf{$X_i = 1$ den Fall nach rechts} in der $i$-ten Reihe und \textbf{$X_i = 0$ den Fall nach links}. Die Wahrscheinlichkeit sei $P(X_i = 1) = p$ und $P(X_i = 0) = 1-p = q$. Bei einem symmetrischen Brett gilt $p = q = 0.5$.
\end{definition} %Bild?
\begin{figure}[htbp]
	\centering
	% Erstes Bild
	\begin{minipage}[t]{0.45\textwidth}
		\centering
		\includegraphics[width=\linewidth]{./images/Galtonbrett.png}
		\caption{Darstellung des Galtonbretts nach \cite{arndt_brunner_simulation_2025}}
		\label{fig:galton}
	\end{minipage}
	\hfill
	% Zweites Bild
	\begin{minipage}[t]{0.45\textwidth}
		\centering
		\includegraphics[width=\linewidth]{./images/Galton_Hüpfbild.png}
		\caption{Darstellung der Zufallsvariable $X_i$ im Kontext vom Galtonbrett}
		\label{fig:galtonXi}
	\end{minipage}
\end{figure}
\begin{bemerkung}[$X_i$ Bernoulliverteilt]{XiB}
	Hierbei ist anzumerken, dass jedes $X_i$ bernoulliverteilt ist. 
\end{bemerkung}
Dies gilt, da
\[
	\Omega = \{1,0\} \quad \text{und} \quad
	P(X_i = x) = 
	\begin{cases}
		p & \text{wenn } x=1\\
		1-p & \text{wenn } x=0
	\end{cases}
\]
Somit lässt sich auch $X_i \sim \mathcal{B}_{p}$ schreiben.\\
Um jeden Ausgang des Galtonbrettes durchnummeriert von links nach rechts unterscheiden zu können, definieren wir uns eine weitere Zufallsvariable $S_n$ wie folgt:
\begin{definition}[Zufallsvariable $S_n$]{Sn}{nach \cite[min. 0:50]{statistik_verstehen_beweis_2019}}
	Die Endposition der Kugel im Fach $k \in \{0, 1, \dots, n\}$ wird durch die Summe der Rechtsabbiegungen beschrieben. Wir definieren die Zufallsvariable: \[S_n = \sum_{i=1}^n X_i\]
\end{definition}
Um diese summierte Zufallsvariable genauer zu verstehen, betrachten wir zuerst den Binomialkoeffizienten.
\begin{definition}[Binomialkoeffizienten]{binomialkoeffizienten}{\cite{kosenkova_stochastik_2025}}
	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}
Betrachten wir nun den Binomialkoeffizienten in Bezug auf $S_n$, beschreibt dieser exakt die Anzahl der möglichen Pfade durch das Galtonbrett, bei denen die Kugel von $n$ Reihen genau $k$-mal nach rechts (und somit $(n-k)$-mal nach links) fällt. Da jeder dieser einzelnen Pfade aufgrund der Unabhängigkeit der Entscheidungen die Wahrscheinlichkeit $p^k (1-p)^{n-k}$ besitzt, ergibt sich die Gesamtwahrscheinlichkeit für das Fach $k$ durch Multiplikation. Daher rührt die Binomialverteilung:
\begin{definition}[Binomialmodell]{binModell}{nach \cite{kosenkova_stochastik_2025}}
	Wiederholt man ein Bernoulli-Experiment mit Erfolgswahrscheinlichkeit $p \in [0,1]$ $n$-mal, und interessiert sich nur für die Anzahl der erfolgreichen Experimente, so wählt man 
	\[
		A = \{0,1,...,n\}.
	\]
	In diesem Modell ist
	\[
		Bin_{n,p}(\{k\}) := \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}, \quad k=0,1,..,n
	\]
	eine Zähldichte.
\end{definition}
Im Fall des Galtonbrettes können wir $A = S_n$ wählen.
\begin{definition}[Binomialverteilung]{binZähldichte}{\cite{kosenkova_stochastik_2025}}
	Die Wahrscheinlichkeitsverteilung mit der Zähldichte $Bin_{n,p}(\{k\})$ auf $\{0,...,n\}$ heißt Binomialverteilung zu den Parametern $n, p$.
\end{definition}
Anschließend ist folgendes zu bemerken:
\begin{satz}[Verteilung der Endposition]{binomialverteilung}
	Die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Zufallsvariable $S_n$, lässt sich durch die Binomialverteilung beschreiben.\\
	Daher gilt $S_n \sim \mathcal{B}in_{n,p}$
\end{satz}
\begin{proof}
	Nach \cref{bem:XiB} und \cref{def:Sn} ist $S_n$ die Summe von $n$ unabhängigen Bernoulliverteilten Zufallsvariablen $X_i \sim \mathcal{B}_p$. Also stellt $S_n$ die Anzahl der Erfolge von n-Wiederholungen von unabhängigen identisch Bernoulliverteilten Zufallsexperimenten dar.
	Daraus folgt, dass das Galtonbrett mit der Zufallsvariable $S_n$ ein Binomialmodell nach \cref{def:binModell} darstellt und somit die Binomialverteilung nach \cref{def:binZähldichte} eine Zähldichte definiert. Daher gilt: $S_n \sim \mathcal{B}in_{n,p}$.
\end{proof}
Eine weitere in diesem Kontext interessante Verteilung ist die Normalverteilung.
\begin{definition}[Normalverteilung]
	Sei $X$ eine stetige Zufallsvariable mit Dichte 
	\[ f(x)= \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma ^2}}\cdot e^{-\frac{\left( x-\mu \right)^2}{2\sigma ^2}}\]
	und Parametern $\mu \in \mathbb{R}, \sigma > 0$, wobei $\mu$ den Erwartungswert und $\sigma ^2$ die Varianz von $X$ darstellt, so nennt man $X$ \emph{Normalverteilt} und schreibt:
	\[ X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma ^2)\]
\end{definition}
Für große $n$ wird die direkte Berechnung der Binomialverteilung aufgrund der Fakultäten sehr aufwendig. An dieser Stelle greift der zentrale Grenzwertsatz, der besagt, dass sich die Binomialverteilung für große $n$ der Normalverteilung annähert. Für große $n$ lässt sich damit die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses (aufgrund der Standardisierung) deutlich leichter bestimmen. Des Weiteren ist es mathematisch gesehen sehr schön zu sehen, wie eine relativ einfache diskrete Verteilung, wie die Binomialverteilung, mit einer mathematisch persé sehr anders aussehenden Verteilung zusammenhängt. Im Spezialfall der Binomialverteilung wird dies durch den Satz von Moivre-Laplace formalisiert \cite{nahrstedt_monte-carlo-methode_2015, statistik_verstehen_beweis_2019}.
\begin{satz}[Zentraler Grenzwertsatz von de Moivre-Laplace]{moivrelaplace}{nach \cite{kosenkova_stochastik_2025}}
	Sei $S_n \sim \mathcal{B}in_{n,p}$ die Anzahl der Erfolge bei $n$ unabhängigen Bernoulli-Versuchen mit Erfolgswahrscheinlichkeit $p \in (0, 1)$ und sei $q = 1-p$. Für große $n$ lässt sich die Wahrscheinlichkeit, dass $S_n$ den Wert $k \in \{x| x \in\mathbb{N}_0 \land x \leq n\}$ annimmt, durch die Dichtefunktion der Normalverteilung annähern:
	\[
	P(S_n = k) \sim \mathcal{N}(\mu,\sigma ^2)
	\]
	wobei $\mathbb{E}(X)=\mu$, $Var(X)=\sigma ^2 < \infty$ und $\frac{k-np}{\sqrt{npq}}$ begrenzt ist.
\end{satz}
\begin{proof}
	Der Beweis folgt zum großen Teil dem Beweis von \cite{statistik_verstehen_beweis_2019} und wurde von den Autoren weiter konkretisiert.\\
	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 drei Approximationen werden in diesem Beweis als wahr angenommen, jedoch in der folgenden Arbeit weiter analysiert und bewiesen.
	
	\textbf{1. Anwendung der Stirling-Formel:} \\
	Wir beginnen mit der Definition der Binomialwahrscheinlichkeit:
	\[
	P(S_n = k) = \frac{n!}{k!(n-k)!} p^k q^{n-k}
	\]
	Nach \cref{satz:stirlingformel} gilt für große Zahlen näherungsweise $n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n$. Ersetzen wir $n!, k!$ und $(n-k)!$ durch diese Näherung:
	\begin{align}
			P(S_n = k) &\sim \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}\\
			&= \frac{\sqrt{n} \cdot n^k \cdot n^{n-k}}{\sqrt{2\pi} \sqrt{k} \sqrt{(n-k)} k^k (n-k)^{n-k}} p^k q^{n-k} \label{eq1:aufteilen}\\
			&= \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} \label{eq1:zusammenfassen}
	\end{align}
	Im Folgenden werden die nummerierten Schritte der Gleichungsketten erläutert:
	\begin{itemize}
		\item[(\ref{eq1:e})] Hier heben sich die $e$-Potenzen heraus, da $\left(\frac{n}{e}\right)^n = n^n \cdot e^{-n}$ sowie $e^n / (e^k e^{n-k}) = 1$ gilt.
		\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:} \\
	In diesem Teil des Beweises werden O-Notationen verwendet und ein grundlegendes Verständnis dieser vorausgesetzt.\\
	Um das Breiter werden der Verteilung und das Abwandern des Erwartungswertes zu verhindern standardisieren wir die Zufallsvariable, indem wir 
	\[
	Z_n=\frac{S_n-E(S_n)}{\sigma(S_n)}
	\]
	definieren. Nun nimmt $Z_n$ Werte $z=\frac{k-np}{\sqrt{npq}}$ an, nach $k$ umgestellt heißt das
	\begin{align*}
		k = np + z\sqrt{npq}
	\end{align*}
	Multipliziert man diese Gleichung mit $-(1)$ und addiert man $n$ erhält man einen ähnlichen Ausdruck für $n-k$:
	\begin{align*}
		n-k = nq - z\sqrt{npq} 
	\end{align*}
	Nun betrachten wir $k \cdot (n-k)$ für $n \rightarrow \infty$:
	\begin{align}
		k(n-k) &= (np + z\sqrt{npq})\cdot(nq - z\sqrt{npq}) \label{eq3:einsetzen}\\
		&= n^2pq + (nz\sqrt{nqp}(q-p)-z^2npq)	\label{eq3:umstellen}\\
		&=n^2pq + O(n)\label{eq3:absch}
	\end{align}
	Im Folgenden werden die nummerierten Schritte der Gleichungsketten erläutert:
	\begin{itemize}
		\item[(\ref{eq3:einsetzen})] Die Formeln für $k$ und $n-k$ einsetzen.
		\item[(\ref{eq3:umstellen})] Das Distributivgesetz anwenden und nach der 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 im folgenden vernachlässigbar.
	\end{itemize}
	Setzen wir dieses Ergebnis nun in das Zwischenergebnis von \cref{eq1:zusammenfassen} ein, so 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 \\
		&\sim \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})] Die Approximation verwenden.
		\item[(\ref{eq4:2})] $n$ Kürzen und die Potenz-/Wurzelgesetze anwenden, um den Bruch zu vereinfachen.
		\item[(\ref{eq4:3})] Den Kehrwert der Brüche bilden und die 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 Stirling-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) \label{eq5:1} \\
		&= -k \ln\left(\frac{k}{np}\right) - (n-k) \ln\left(\frac{n-k}{nq}\right) \label{eq5:2}\\
		&= -(np + z\sqrt{npq}) \ln\left(\frac{(np + z\sqrt{npq})}{np}\right) - (nq - z\sqrt{npq}) \ln\left(\frac{(nq - z\sqrt{npq})}{nq}\right) \label{eq5:3}\\
		&= (-np - z\sqrt{npq}) \ln\left(1+z\sqrt{\frac{q}{np}}\right) + (-nq + z\sqrt{npq}) \ln\left(1-z\sqrt{\frac{p}{nq}}\right) \label{eq5:4}
	\end{align}
	Im Folgenden werden die nummerierten Schritte der Gleichungsketten erläutert:
	\begin{itemize}
		\item[(\ref{eq5:1})] Den Logarithmus anwenden.
		\item[(\ref{eq5:2})] Logarithmengesetze für Potenzen anwenden.
		\item[(\ref{eq5:3})] Gleichheit für $k$ aus der Standardisierung einsetzen: $k = np + z\sqrt{npq}$.
		\item[(\ref{eq5:4})] Distributivgesetz für $-1$ anwenden und Brüche durch Aufteilen der Addition und Einfügen der multiplikativen Identität $\frac{\sqrt{np}}{\sqrt{np}}$ (selbes für $nq$) vereinfachen.
	\end{itemize}
	Die \cref{def:taylorpolynom} beweist die Taylor-Approximation für den Logarithmus: $ln(1-\alpha) = -\alpha-\frac{\alpha^2}{2}+O(\alpha^3)$ und $ln(1+\alpha) = \alpha-\frac{\alpha^2}{2}+O(\alpha^3)$ für $\alpha \in (-1, 1)$. Hierbei steht $O(\alpha^3)$ für die Landau-Notation.
	Wir definieren:
	\[
		\beta := \sqrt{\frac{q}{np}}; \quad
		\gamma := \sqrt{\frac{p}{nq}}
	\]
	Um diese Approximation zu verwenden, muss sicher sein, dass $-1 < \alpha < 1$. Das heißt, dass $\forall z \in \mathbb{R}: \lim_{n\rightarrow\infty} -1 < z\cdot\beta<1$. (Für $z\cdot\gamma$ analog) Hierbei genügt die Abschätzung gegen unendlich, da wir die Annäherung nur für große Zahlen beweisen wollen.\\
	Sei also $z\in\mathbb{N}$, dann betrachten wir:\\
	\begin{align*}
		z\cdot\beta \overset{Def.}{=} z \cdot \sqrt{\frac{q}{np}} = z\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}\cdot\sqrt{\frac{q}{p}} \xrightarrow{n\rightarrow\infty} 0\\
		und \quad -1 < 0 < 1
	\end{align*}
	Da $p$ und $q$ konstante Parameter sind.
	
	Betrachten wir nun die Logarithmen für die Taylor-Approximation näher:
	\begin{align*}
		\ln\left(1 + z\sqrt{\frac{q}{np}}\right) &\sim z\sqrt{\frac{q}{np}} - \frac{\left(z\sqrt{\frac{q}{np}}\right)^2}{2} + O((z\beta)^3)\\
		&= z\sqrt{\frac{q}{np}} - \frac{z^2 q}{2np} + O((z\beta)^3)
	\end{align*}
	und für den anderen $\ln$ analog:
	\begin{align*}
		\ln\left(1 - z\sqrt{\frac{p}{nq}}\right) &\sim -z\sqrt{\frac{p}{nq}} - \frac{\left(z\sqrt{\frac{p}{nq}}\right)^2}{2} + O((-z\gamma)^3) \\
		&= -z\sqrt{\frac{p}{nq}} - \frac{z^2 p}{2nq} + O((z\gamma)^3) &&\text{"-" fällt wegen O weg}
	\end{align*}
	Setzen wir dies nun zurück in \cref{eq5:3} ein, erhalten wir:
	\begin{align}
		&(-np - z\sqrt{npq}) \ln\left(1+z\sqrt{\frac{q}{np}}\right) + (-nq + z\sqrt{npq}) \ln\left(1-z\sqrt{\frac{p}{nq}}\right)+O(z^3) \nonumber \\
		&=(-np - z\sqrt{npq})(z\sqrt{\frac{q}{np}} - \frac{z^2 q}{2np} + O((z\beta)^3)) \nonumber \\ &\quad + (-nq + z\sqrt{npq}))(-z\sqrt{\frac{p}{nq}} - \frac{z^2 p}{2nq} + O((z\gamma)^3)) + O(z^3) \nonumber \\
		&=(-npz\sqrt{\frac{q}{np}}+\frac{npz^2q}{2np}-z^2\sqrt{npq}\sqrt{\frac{q}{np}} + O((z\beta)^3)) + O(z^3) \nonumber\\ &\quad + (nqz\sqrt{\frac{p}{nq}}+\frac{nqz^2p}{2nq}-z^2\sqrt{npq}\sqrt{\frac{p}{nq}} + O((z\gamma)^3))\nonumber \\ &\quad + (-np - z\sqrt{npq}) \cdot O((z\beta)^3) + (-nq + z\sqrt{npq}) \cdot O((z\gamma)^3)\label{eq6:1}\\
		&=(-z\sqrt{\frac{(np)^2q}{np}}+\frac{z^2q}{2}-z^2\sqrt{\frac{npq^2}{np}}+O((z\beta)^3)) \nonumber \\ &\quad + (z\sqrt{\frac{(nq)^2p}{nq}}+\frac{z^2p}{2}-z^2\sqrt{\frac{np^2q}{nq}} + O((z\gamma)^3)) \nonumber \\ &\quad + (-np - z\sqrt{npq}) \cdot O((z\beta)^3) + (-nq + z\sqrt{npq}) \cdot O((z\gamma)^3) \label{eq6:2}\\
		&=(-z\sqrt{npq}-z^2q+\frac{z^2q}{2} + O((z\beta)^3)) + (z\sqrt{npq}-z^2p+\frac{z^2p}{2} + O((z\gamma)^3))\nonumber \\ &\quad + (-np - z\sqrt{npq}) \cdot O((z\beta)^3) + (-nq + z\sqrt{npq}) \cdot O((z\gamma)^3)\label{eq6:3} \\
		&\sim (-z\sqrt{npq}-\frac{z^2q}{2}) + (z\sqrt{npq}-\frac{z^2p}{2})\label{eq6:4}\\
		&=-\frac{z^2q}{2}-\frac{z^2p}{2} = -\frac{z^2}{2}(p+q) \label{eq6:5}\\
		&=-\frac{z^2}{2} \label{eq6:6}
	\end{align} %(-np - z\sqrt{npq}) \cdot O((z\beta)^3) + (-nq + z\sqrt{npq}) \cdot O((z\gamma)^3)
	Im Folgenden werden die nummerierten Schritte der Gleichungsketten erläutert:
	\begin{itemize}
		\item[(\ref{eq6:1})] Das Distributivgesetz anwenden.
		\item[(\ref{eq6:2})] $np$ und $nq$ mithilfe des Quadrates in die Wurzel ziehen, sowie Kürzen und Wurzeln zusammenfassen. Alle Terme mit $z^3$ werden von $O(z^3)$ nach dessen Definition "absorbiert".
		\item[(\ref{eq6:3})] $np$ und $nq$ in den Wurzeln Kürzen und Kommutativgesetz anwenden.
		\item[(\ref{eq6:4})] Die Landau Terme können vernachlässigt werden, da diese Terme für $n\rightarrow\infty$ gegen 0 gehen, sofern $z$ beschränkt ist. Betrachte Hierzu \cref{lem:restterme} und \cref{prop:restterme2}.
		\item[(\ref{eq6:5})] $-z\sqrt{npq}+z\sqrt{npq}=0$ und Distributivgesetz (invers) anwenden.
		\item[(\ref{eq6:6})] Es gilt $p+q=1$, da $q = 1-p$ definiert wurde.
	\end{itemize}
	Da $e^{ln(l)} = l$ setzen wir nun $e^{-\frac{z^2}{2}}$ in \cref{eq4:3} ein, kommen wir zum finalen Ergebnis:
	\begin{align}
		P(S_n = k) &\sim \frac{1}{\sqrt{2\pi npq}}e^{-\frac{z^2}{2}} \nonumber \\
		&= \frac{1}{\sqrt{2\pi npq}}e^{-\frac{\left(\frac{k-np}{\sqrt{npq}}\right)^2}{2}} \label{eq7:1} \\
		&= \frac{1}{\sqrt{2\pi npq}}e^{\left(-\frac{(k-np)^2}{2npq}\right)} \label{eq7:2} \\
		&= \mathcal{N}(np)(npq) = \mathcal{N}(\mu)(\sigma^2) \label{eq7:3}
	\end{align}
	Im Folgenden werden die nummerierten Schritte der Gleichungsketten erläutert:
	\begin{itemize}
		\item[(\ref{eq7:1})] Rücksubstitution der Standardisierung.
		\item[(\ref{eq7:2})] Der Bruch wurde quadriert und zusammengefasst.
		\item[(\ref{eq7:3})] Definition der Standardnormalverteilung angewendet.
	\end{itemize}
	Daher konvergiert eine binomialverteilte Zufallsvariable (für $n\rightarrow\infty$) gegen die Dichtefunktion der Normalverteilung.
\end{proof}
\begin{lemma}[Asymptotisches Verschwinden der Taylor-Restterme mit Präfix]{restterme}
	Seien $p \in (0,1)$, $q = 1-p$ und $z$ Werte einer standardisierten, binomialverteilten Zufallsvariable wobei z begrenzt ist. Für die Restterme der Taylor-Entwicklung des Logarithmus multipliziert mit ihren jeweiligen Vorfaktoren gilt für $n \rightarrow \infty$:
	\[
	(-np - z\sqrt{npq}) \cdot O((z\beta)^3) + (-nq + z\sqrt{npq}) \cdot O((z\gamma)^3) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} 0
	\]
	wobei $\beta = \sqrt{\frac{q}{np}}$ und $\gamma = \sqrt{\frac{p}{nq}}$ definiert sind.
\end{lemma}
\begin{proof}
	Da $z$ begrenzt ist, gilt: $ \exists M \in \mathbb{N}: |z|<M$.
	Wir betrachten exemplarisch den ersten Summanden (der zweite Verhält sich vollkommen analog). Da $\beta = \sqrt{\frac{q}{np}}$, verhält sich der Restterm dritter Ordnung bezüglich $n$ wie folgt:
	\[
	O((z\beta)^3) = O\left(z^3\cdot\left(\sqrt{\frac{q}{np}}\right)^3\right) = O\left(\frac{M^3 q^{3/2}}{p^{3/2}}\cdot\frac{1}{n^{3/2}}\right) = O\left(n^{-3/2}\right)
	\]
	Nach der Definition der Landau-Notation existiert für hinreichend große $n$ eine Konstante $C > 0$, sodass der Betrag dieses Restterms durch $C \cdot n^{-3/2}$ nach oben beschränkt ist.
	Multiplizieren wir dies mit dem Betrag des Vorfaktors, erhalten wir mithilfe der Dreiecksungleichung:
	\begin{align*}
		\left| (-np - z\sqrt{npq}) \cdot O(n^{-3/2}) \right| &\leq (np + |z|\sqrt{npq}) \cdot C \cdot n^{-3/2} \\
		&= C \cdot np \cdot n^{-3/2} + C \cdot |z|\sqrt{npq} \cdot n^{-3/2} \\
		&= C \cdot p \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} + C \cdot |z|\sqrt{pq} \cdot \frac{1}{n}
	\end{align*}
	Da $C, p, q$ und $z$ in diesem Fall von $n$ unabhängige Konstanten sind und $n$ im Nenner unbegrenzt wächst, strebt dieser Ausdruck für $n \to \infty$ gegen:
	\[
	0 + 0 = 0
	\]
	Für den zweiten Term mit $\gamma$ erfolgt der Beweis völlig analog, womit die Summe beider Terme ebenfalls gegen $0$ konvergiert.
\end{proof}

Folgende Proposition ist leicht aus dem oberen Beweis ableitbar (aufgrund der Abschätzung mit $n^{-3/2}$ und der Betrachtung von z als beschränkt) und wird daher nicht separat bewiesen.
\begin{proposition}[Asymptotisches Verschwinden der Taylor-Restterme ohne Präfix]{restterme2}
	Seien $p \in (0,1)$, $q = 1-p$ und $z$ Werte einer standardisierten, binomialverteilten Zufallsvariable wobei $z$ begrenzt ist. Für die Restterme der Taylor-Entwicklung des Logarithmus gilt für $n \rightarrow \infty$:
	\[
	O((z\beta)^3) + O((z\gamma)^3) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} 0
	\]
	\[
	O(z^3) \xrightarrow{n \rightarrow \infty} 0
	\]
	wobei $\beta = \sqrt{\frac{q}{np}}$ und $\gamma = \sqrt{\frac{p}{nq}}$ definiert sind.
\end{proposition}

\subsection{Gamma-Funktion}
% wird für Beweis der Stirling-Approximation gebraucht
Zur nachfolgenden Betrachtung und des Beweises der Stirling-Approximation benötigen wir 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}{\cite[Kap.~XI, S.~142]{nielsen1906}}
	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}
Ein Beweis hierzu befindet sich in \cite{forster_analysis_2023}.

\subsection{Stirling-Approximation}
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}{\cite{freitag1995-oj}}
	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}
\begin{proof}
	Der Ausdruck aus dem \cref{satz:stirlingformel} ist äquivalent zu 
	\[
		\ln {n!}\sim \ln{\sqrt{2\pi}}+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln{n-n}
	\]
	Sei nun
	\[
		d_n := \ln{n!}-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln{n+n}
	\]
	Wir zeigen nun, folgende Aussage gilt:
	\[
		\lim_{n\rightarrow\infty}d_n =\ln\sqrt{2\pi}
	\]
	Es gilt:
	\begin{align*}
		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)\\
		=&\ln\frac{n!}{(n+1)!}+\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(\ln(n+1)-\ln (n)\right)+\ln(n+1)-1\\
		=&-\ln(n+1)+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\frac{n+1}{n}+\ln(n+1)-1\\
		=&\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
	\end{align*}
	Wegen der Potenzreihenentwicklung des Logarithmus gilt 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
	\[
		\frac{1}{3(2n+1)^2}=\sum_{i=1}^{1}{\frac{1}{2i+1}\cdot\frac{1}{(2n+1)^{2i}}}<d_n-d_{n+1}
	\]
	also
	\[
		\frac{1}{3(2n+1)^2}<d_n-d_{n+1}<\frac{1}{3((2n+1)^2-1)}
	\]
	Es ist
	\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 
	\[
		\frac{1}{12n+1}-\frac{1}{12(n+1)+1} < d_n-d_{n+1} < \frac{1}{12n}-\frac{1}{12(n+1)}
	\]
	Aus
	\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 $c:=\lim_{n\rightarrow\infty} d_n$.
	\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
	\[
		d_n = \ln{n!}-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln{n+n}
	\]
	folgt nun
	\[
		e^{d_n} = {n!}\left(\frac{n}{e}\right)^{-1}n^{-\frac{1}{2}}
	\]
	An dieser Stelle notieren wir
	\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*}
	Die Ungleichung bleibt aufgrund der Monotonie der $e$-Funktion bestehen.\\
	Es bleibt zu zeigen, dass
	\[
		e^c=\sqrt{2\pi}
	\]
	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 zwei gegen $0$ konvergierende Terme  $\lim_{n\rightarrow\infty}{\alpha_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\beta_n}=0$:
	\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.
\begin{proposition}{dreimalableiten}
	$f(x)=\ln(1-x)$ ist mindestens dreimal differenzierbar.
\end{proposition}
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]{taylor}{\cite{enders_analysis_2024}}
	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 den 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 $n+1$-ten Ableitung von $f$ an der Stelle $\xi$.
	
	Dadurch können wir das Restglied auch auffassen als ein Element von $O(x^{n+1})$. 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}{\cite{enders_analysis_2024}}
	\[
		T_{f,x_0,n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot f^{(k)}(x_0)(x-x_0)^k
	\]	
\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 $\ln(1-x)$ 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{prop: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 $R_2(x)\sim O(x^3)$, 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)\\
	\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.
	\[
		\Rightarrow\quad\ln(1-x)\sim -x -\frac{x^2}{2}+O(x^3)
	\]
\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, welcher durch das Langrange-Restglied beziehungsweise die Landaunotation ausgedrückt wird. 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 rot-gestrichelte Funktion (unser Taylorpolynom) die blaue Funktion $(\ln(1-x))$ immer weiter. Graphisch lässt sich erkennen, dass für Werte im Intervall $I(-0.5,0.5)$ die Funktion $\ln(1-x) \sim -x\frac{-x}{2}$ plus ein kleiner Fehler ist.

\subsection{Galtonbrett}
Das Galtonbrett ist ein bekanntes Modell zur Veranschaulichung der Normalverteilung der Stochastik. Es demonstriert visuell, wie aus einer Vielzahl von zufälligen unabhängigen Einzelereignissen eine feste mathematische Gesetzmäßigkeit entsteht. Naiv betrachtet ist es nicht auf dem ersten Blick deutlich, dass aus der eigentlichen Binomialverteilung die gaußsche Glockenkurve der Normalverteilung entsteht. 

Das Galtonbrett wurde von dem britischen Naturforscher und Universalgelehrten Sir Francis Galton (1822–1911) erfunden. Galton war ein Cousin von Charles Darwin und interessierte sich stark für die Vererbung menschlicher Eigenschaften, wie Körpergröße oder Intelligenz \cite{buchter_elementare_2005}. Er stellte auch fest, dass diese Eigenschaften in einer Bevölkerung fast immer einer Glockenkurve der Normalverteilung folgten. Galton suchte nach einem mechanischen Weg, um zu demonstrieren, wie die Vermischung vieler zufälliger genetischer Beiträge der Eltern in der nächsten Generation wieder genau dieselbe Verteilung von Mustern hervorbringt \cite{pearl-mackenzie-2018}. Das Brett diente ihm also ursprünglich als biologisches Analogiemodell für die Vererbung, bevor es zu einem Standardwerkzeug der mathematischen Didaktik wurde, um den zentralen Grenzwertsatz zu visualisieren. Das erste Mal hat Sir Francis Galton das Brett am 17.02.1874 bei einer Vorlesung in der Royal Society vorgestellt \cite{kit-2022}. 

Das grundlegende Prinzip des Galtonbretts ist über die 150 Jahre hinweg völlig gleichgeblieben, doch seine Anwendung und Form haben sich stark gewandelt. 
\begin{itemize}
	\item Der Anfang in den 1870er Jahren mit Galtons originalem Apparate war nicht viel mehr als ein klobiger, hölzerner Kästen mit Glasscheiben. Als "Kugeln" verwendete er oft Bohnen (weshalb es im Englischen auch Bean Machine genannt wurde). 
	\item Im 20ten Jahrhundert fand das mathematische Prinzip schnell Einzug in die Unterhaltungsindustrie. In Fernsehshows wurde es weltberühmt – so etwa als das Spiel "Plinko" in der US-amerikanischen Show ``The Price Is Right'' \cite{pearl-mackenzie-2018} oder in der deutschen Adaption "Der Preis ist heiß". 
	\item Heute gibt es das Galtonbrett als präzise gefertigte Schreibtisch-Gadgets im Taschenformat, bei denen Tausende winziger Stahlkugeln in lasergeschnittenen Kunststoffrillen laufen. Zudem wird das Brett heute in Schulen und Universitäten meistens digital als Computersimulation wie bei \hyperref{https://www.geogebra.org/m/eayfksqh}{}{}{Galtonbrett mit variabler Wahrscheinlichkeit – GeoGebra} oder \hyperref{https://www.arndt-bruenner.de/mathe/scripts/galtonbrett.htm}{}{}{Galtonbrettsimulation} genutzt, bei der man Parameter, wie die Fallwahrscheinlichkeit nach links oder rechts, flexibel verändern kann. 
\end{itemize}
