Beweisarchiv: Stochastik: Wahrscheinlichkeitstheorie: Satz von Moivre-Laplace

Satz von Moivre-Laplace

Sei $X_1,X_2,X_3,\cdots$ eine Folge bernoulli-verteilter Zufallsvariablen und deren Summe $S_n$ binomialverteilt mit Parametern $n\in \mathbb{N}$, $p\in ]0,1[$ und ${\sigma }^2=p(1-p)$. Dann gilt:

(1) $\mathrm{P}(S_n=k)=B(k\mid p,n)\approx \frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)$

(2) $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\mathrm{P}(x_1\le \frac{S_n-np}{\sqrt{n}}\le x_2)=\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\exp (-\frac{x^2}{2{\sigma }^2})\mathrm{d}x$ für alle $x_1,x_2\in ℝ$ mit $x_1<x_2$

Korollar

Sei $\phi :ℝ\to ℝ$ definiert durch

$\phi (x):=\frac{1}{2}(x-\lfloor x\rfloor )(1-x+\lfloor x\rfloor ))$ für alle $x\in ℝ$

und sei $n_0,N\in {\mathbb{N}}_0$ und $f:[n_0,N]\to ℂ$ zweimal stetig differenzierbar. Dann gilt

• $n_0=0,N=1$ $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}(f(0)+f(1))-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\phi (x)f^{″}(x)\mathrm{d}x$ (Trapez-Regel)

• $n_0\le N$ $\underset{n_0}{\overset{N}{\int }}f(x)\mathrm{d}x=\sum _{k=n_0}^{N}f(k)-\frac{1}{2}(f(n_0)+f(N))-\underset{n_0}{\overset{N}{\int }}\phi (x)f^{″}(x)\mathrm{d}x$

Hinweise:

$\lfloor x\rfloor$ bezeichnet die Abrundungsfunktion, mit der Eigenschaft $\underset{ϵ\to 0}{\lim }\lfloor k-ϵ\rfloor =k-1$ für alle $k\in \mathbb{N}$.

Es ist $|\phi (x)|\le \frac{1}{8}$ für alle $x\in ℝ$.

Beweis

• Die Aussage folgt durch zweimaliges partielles Integrieren, wobei $\phi (x){|}_{x=0}=\phi (x){|}_{x=1}=0$ und ${\phi }^{\prime }(x)=\frac{1}{2}(1-2x+2\lfloor x\rfloor )$ sowie ${\phi }^{″}(x)=-1$.

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}f(x)\mathrm{d}x& =-\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\phi }^{″}(x)f(x)\mathrm{d}x\\ & =-\underset{ϵ\to 0}{\lim }[{\phi }^{\prime }(x)f(x){]}_0^{1-ϵ}+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{0}{\overset{1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =-\underset{ϵ\to 0}{\lim }({\phi }^{\prime }(x){|}_{x=1-ϵ}f(1-ϵ)-{\phi }^{\prime }(0)f(0))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{0}{\overset{1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =-\underset{ϵ\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{2}\right(1-2(1-ϵ)+0)f(1-ϵ)-\frac{1}{2}f(0))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{0}{\overset{1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =-\underset{ϵ\to 0}{\lim }(\frac{1}{2}(2ϵ-1)f(1-ϵ)-\frac{1}{2}f(0))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{0}{\overset{1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}(f(0)+f(1))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{0}{\overset{1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}(f(0)+f(1))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\left(\right[\phi (x)f^{\prime }(x){]}_0^{1-ϵ}-\underset{0}{\overset{1-ϵ}{\int }}\phi (x)f^{″}(x)\mathrm{d}x)\\ & =\frac{1}{2}(f(0)+f(1))-\underset{ϵ\to 0}{\lim }\underset{0}{\overset{1-ϵ}{\int }}\phi (x)f^{″}(x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}(f(0)+f(1))-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\phi (x)f^{″}(x)\mathrm{d}x\end{array}$

• Da $\phi (x)$ periodisch ist, übertragen sich die obigen Eigenschaften von $\phi (x){|}_{0\le x\le 1}$ auf $\phi (x)=\sum _{k=n_0}^N\phi (x){|}_{k\le x\le k+1}$.

$\begin{array}{cc}\underset{n_0}{\overset{N}{\int }}f(x)\mathrm{d}x& =-\underset{n_0}{\overset{N}{\int }}{\phi }^{″}(x)f(x)\mathrm{d}x\\ & =-\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}[{\phi }^{\prime }(x)f(x){]}_k^{k+1-ϵ}+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =-\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}({\phi }^{\prime }(x){|}_{x=k+1-ϵ}\cdot f(k+1-ϵ)-{\phi }^{\prime }(k)f(k))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =-\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\left(\frac{1}{2}\right(1-2(k+1-ϵ)+2k)f(k+1-ϵ)-\frac{1}{2}f(k))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =-\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}(\frac{1}{2}(2ϵ-1)f(k+1-ϵ)-\frac{1}{2}f(k))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =\sum _{k=n_0}^{N-1}(\frac{1}{2}f(k+1)+\frac{1}{2}f(k))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =\sum _{k=n_0-1}^{N-1}\frac{1}{2}f(k+1)-\frac{1}{2}f(n_0)+\sum _{k=n_0}^N\frac{1}{2}f(k)-\frac{1}{2}f(N)+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =\sum _{k=n_0}^N\frac{1}{2}f(k)-\frac{1}{2}f(n_0)+\sum _{k=n_0}^N\frac{1}{2}f(k)-\frac{1}{2}f(N)+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =\sum _{k=n_0}^{N}f(k)-\frac{1}{2}(f(n_0)+f(N))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}{\phi }^{\prime }(x)f^{\prime }(x)\mathrm{d}x\\ & =\sum _{k=n_0}^{N}f(k)-\frac{1}{2}(f(n_0)+f(N))+\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\left(\right[\phi (x)f^{\prime }(x){]}_0^{1-ϵ}-\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}\phi (x)f^{″}(x)\mathrm{d}x)\\ & =\sum _{k=n_0}^{N}f(k)-\frac{1}{2}(f(n_0)+f(N))-\underset{ϵ\to 0}{\lim }\sum _{k=n_0}^{N-1}\underset{k}{\overset{k+1-ϵ}{\int }}\phi (x)f^{″}(x)\mathrm{d}x\\ & =\sum _{k=n_0}^{N}f(k)-\frac{1}{2}(f(n_0)+f(N))-\underset{n_0}{\overset{N}{\int }}\phi (x)f^{″}(x)\mathrm{d}x\end{array}$

$◻$

Stirlingformel

Definition

Nach Gauß lässt sich die Gammafunktion $\mathrm{\Gamma }(x)$ für alle $x\in ℂ\setminus \{0,-1,-2,\dots \}$ und alle $n\in {\mathbb{N}}_0$ durch eine Produktdarstellung definieren

$\mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n!n^x}{x(x+1)(x+2)\cdots (x+n)}$.

Bemerkungen:

• Es gilt $n!=\mathrm{\Gamma }(n+1)=n\mathrm{\Gamma }(n)$.
• Die Stirlingformel lautet $n!=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)}^n+{ϵ}_n)$
• Nachfolgend wird das Näherungszeichen "$\approx$" verwendet, wenn eine Approximation durchgeführt wird. Ein Gleichheitszeichen "$=$" wird gesetzt, wenn eine Umformung erfolgt.

Satz (Stirling-Formel und Gammafunktion)

In der Halbebene $\mathrm{Re}(x)>0$ gilt

$\log \mathrm{\Gamma }(x)=(x-\frac{1}{2})\log x-x+\log \sqrt{2\pi }+𝒪\left(\frac{1}{|x|}\right)$.

Dabei ist $\log x$ der Hauptzweig des Logarithmus (der reell ist für positive reelle $x$) und ebenso ist $\log \mathrm{\Gamma }(x)$ reell für positive reelle $x>0$.

Beweis

Nach Gauß ist

$\mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n!n^x}{x(x+1)(x+2)\cdots (x+n)}$

also

$\log \mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\log n!+x\log n-\sum _{k=0}^n\log (x+k))$

Die Anwendung des Korollars ergibt für ein festes und beliebiges $x$ mit $\frac{{\mathrm{d}}^{2}f(t)}{\mathrm{d}{t}^2}{|}_{t=k}=\frac{{\mathrm{d}}^2\log (x+t)}{\mathrm{d}{t}^2}{|}_{t=k}=\frac{1}{(x+t{)}^2}$ und nach Umformung $\sum _{k=0}^n\log (x+k)=\underset{0}{\overset{n}{\int }}\log (x+t)\mathrm{d}t+\frac{1}{2}(\log x+\log (x+n))+\underset{0}{\overset{n}{\int }}\phi (t)\frac{1}{(x+t{)}^2}\mathrm{d}t$ und somit

$\log \mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\log n!+x\log n-\underset{0}{\overset{n}{\int }}\log (x+t)\mathrm{d}t-\frac{1}{2}(\log x+\log (x+n))-\underset{0}{\overset{n}{\int }}\phi (t)\frac{1}{(x+t{)}^2}\mathrm{d}t)$

Wegen $|\phi (t)|\le \frac{1}{8}$ ergibt sich $|\underset{0}{\overset{n}{\int }}\phi (t)\frac{1}{(x+t{)}^2}\mathrm{d}t|\le \frac{1}{8}\left|\underset{0}{\overset{n}{\int }}\frac{1}{(x+t{)}^2}\mathrm{d}t\right|$ und wegen $\frac{1}{8}\left|\underset{0}{\overset{n}{\int }}\frac{1}{(x+t{)}^2}\mathrm{d}t\right|=\frac{1}{8}\left|\right[\frac{-1}{x+t}{]}_0^n|=\frac{1}{8}|\frac{-1}{x+n}-\frac{-1}{x}|=\frac{1}{8}|\frac{-x-n+x}{-x(x+n)}|=\frac{1}{8}|\frac{1}{x(\frac{x}{n}+1)}|\le \frac{1}{8}\frac{1}{|x|}\approx 𝒪(\frac{1}{|x|})$ ist die Näherung $|\underset{0}{\overset{n}{\int }}\phi (t)\frac{1}{(x+t{)}^2}\mathrm{d}t|\approx 𝒪\left(\frac{1}{|x|}\right)$ zulässig. Unter Auslassung des Fehlerterms $𝒪\left(\frac{1}{|x|}\right)$ der Approximation folgt

$\log \mathrm{\Gamma }(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\log n!+x\log n-\underset{0}{\overset{n}{\int }}\log (x+t)\mathrm{d}t-\frac{1}{2}(\log x+\log (x+n)\left)\right)$

Partielle Integration liefert $\underset{0}{\overset{n}{\int }}\log (x+t)\mathrm{d}t=[(x+t)\log (x+t)-1{]}_0^n=(x+n)\log (x+n)-x\log x+C$. Da die Integrationskonstante o.B.d.A. gewählt werden kann, sei $C=-n$ und damit

$\begin{array}{cc}\log \mathrm{\Gamma }(x)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\log n!+x\log n-(x+n)\log (x+n)+x\log x+n-\frac{1}{2}(\log x+\log (x+n)\left)\right)\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\log n!+x\log n-(x+n+\frac{1}{2})\log (x+n)+(x-\frac{1}{2})\log x+n)\end{array}$

Es wird ein indirekter Beweis mit der Stirling-Formel $n!=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)}^n+{ϵ}_n)$, $\log e=1$ und $\log {ϵ}_n={{ϵ}_n}^{\prime }$ durchgeführt, wobei $\log n!=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }((n+\frac{1}{2})\log n-n+\log \sqrt{2\pi }+{{ϵ}_n}^{\prime })$ ist und damit

$\begin{array}{cc}\log \mathrm{\Gamma }(x)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left(\right(n+\frac{1}{2})\log n-n+x\log n-(x+n+\frac{1}{2})\log (x+n)+(x-\frac{1}{2})\log x+n+{{ϵ}_n}^{\prime })+\log \sqrt{2\pi }\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left(\right(x+n+\frac{1}{2})\log n-(x+n+\frac{1}{2})\log (x+n)+{{ϵ}_n}^{\prime })+(x-\frac{1}{2})\log x+\log \sqrt{2\pi }\end{array}$

Nun ist $\log (x+n)=\log (n(1+\frac{x}{n}))=\log n+\log (1+\frac{x}{n})$ und für festes $x$ und grosses $n$ gilt $\log (1+\frac{x}{n})\approx \frac{x}{n}+𝒪\left(\frac{1}{n^2}\right)$. Unter Auslassung des Fehlerterms $𝒪\left(\frac{1}{n^2}\right)$ erhalten wir mit $\log (x+n)=\log n+\frac{x}{n}$

$\begin{array}{cc}\log \mathrm{\Gamma }(x)& =\log \sqrt{2\pi }+(x-\frac{1}{2})\log x+\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left(\right(x+n+\frac{1}{2})\log n-(x+n+\frac{1}{2}\left)\right(\log n+\frac{x}{n})+{{ϵ}_n}^{\prime })\\ & =\log \sqrt{2\pi }+(x-\frac{1}{2})\log x+\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(-\frac{x}{n}(x+n+\frac{1}{2})+{{ϵ}_n}^{\prime })\\ & =\log \sqrt{2\pi }+(x-\frac{1}{2})\log x-x\end{array}$

$◻$

An dieser Stelle sei erwähnt, dass diese Näherung für $x\ge 9$ mit einem relativen Fehler von kleiner als $1\mathrm{\%}$ behaftet ist.

Für die weitere Beweisführung seien folgende Umformungen angegeben:

$\mathrm{\Gamma }(x)\approx \sqrt{2\pi }{x}^{(x-\frac{1}{2})}{e}^{-x}$

und wegen $n!=\mathrm{\Gamma }(n+1)=n\mathrm{\Gamma }(n)$ folgt

$n!=n\mathrm{\Gamma }(n)\approx n\sqrt{2\pi }{n}^{(n-\frac{1}{2})}{e}^{-n}=\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e}{)}^n=n^n{e}^{-n}\sqrt{2\pi n}$

Beweis (1)

Der Beweis wird in zwei Schritten durchgeführt.

Schritt 1

Zunächst wird gezeigt:

$B(k\mid p,n)\approx \frac{n^n{e}^{-n}\sqrt{2\pi n}}{k^k{e}^{-k}\sqrt{2\pi k}(n-k{)}^{n-k}{e}^{-(n-k)}\sqrt{2\pi (n-k)}}{p}^k(1-p{)}^{n-k}$

Dazu werden mit Hilfe der Stirlingformel die Fakultäten ersetzt, also folgende Näherungen vorgenommen:

• $n!\approx \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n=n^n{e}^{-n}\sqrt{2\pi n}$
• $k!\approx \sqrt{2\pi k}{\left(\frac{k}{e}\right)}^k=k^k{e}^{-k}\sqrt{2\pi k}$
• $(n-k)!\approx \sqrt{2\pi (n-k)}{\left(\frac{n-k}{e}\right)}^{n-k}=(n-k{)}^{n-k}{e}^{-(n-k)}\sqrt{2\pi (n-k)}$

Damit lässt sich die Binomialverteilung wie folgt ausdrücken:

$\begin{array}{cc}B(k\mid p,n)& =(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})p^k(1-p{)}^{n-k}\\ & =\frac{n!}{k!(n-k)!}{p}^k(1-p{)}^{n-k}\\ & \approx \frac{n^n{e}^{-n}\sqrt{2\pi n}}{k^k{e}^{-k}\sqrt{2\pi k}(n-k{)}^{n-k}{e}^{-(n-k)}\sqrt{2\pi (n-k)}}{p}^k(1-p{)}^{n-k}\\ & =\sqrt{\frac{n}{2\pi k(n-k)}}\frac{n^n}{k^k{(n-k)}^{n-k}}{p}^k(1-p{)}^{n-k}\\ & =\sqrt{\frac{n}{2\pi k(n-k)}}{\left(\frac{np}{k}\right)}^k{\left(\frac{n(1-p)}{n-k}\right)}^{n-k}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi n\frac{k}{n}(1-\frac{k}{n})}}{\left(\frac{np}{k}\right)}^k{\left(\frac{n(1-p)}{n-k}\right)}^{n-k}\end{array}$

Schritt 2

Mit der Näherung $\frac{k}{n}\approx p$ und der Taylorapproximation wird gezeigt:

$B(k\mid p,n)\approx \frac{1}{\sqrt{2\pi n\frac{k}{n}(1-\frac{k}{n})}}{\left(\frac{np}{k}\right)}^k{\left(\frac{n(1-p)}{n-k}\right)}^{n-k}\approx \frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)$

Für hinreichend großes $n\gg k$ kann die Näherung $\frac{k}{n}\approx p$ verwendet werden, woraus unmittelbar folgt $\frac{1}{\sqrt{2\pi n\frac{k}{n}(1-\frac{k}{n})}}\approx \frac{1}{\sqrt{2\pi np(1-p)}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}$.

Damit erhalten wir die gewünschte Darstellung und formen die beiden Potenzen in exponentielle Faktoren um, so dass:

$\begin{array}{cc}B(k\mid p,n)& \approx \frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}{\left(\frac{np}{k}\right)}^k{\left(\frac{n(1-p)}{n-k}\right)}^{n-k}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}{\left(\frac{p}{k/n}\right)}^k{\left(\frac{(1-p)}{1-k/n}\right)}^{n-k}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (\frac{n}{n}\log \left({\left(\frac{p}{k/n}\right)}^k{\left(\frac{1-p}{1-k/n}\right)}^{n-k}\right))\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (\frac{n}{n}\log \left({\left(\frac{k/n}{p}\right)}^{-k}{\left(\frac{1-k/n}{1-p}\right)}^{-(n-k)}\right))\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp \left(n\right(-\underset{f(x)}{\underbrace{\frac{k}{n}\log \left(\frac{k/n}{p}\right)}}-\underset{g(x)}{\underbrace{(1-\frac{k}{n})\log \left(\frac{1-k/n}{1-p}\right)}}\left)\right)\end{array}$

Um die Asymptotik der beiden exponentiellen Faktoren zu erhalten, bilden wir die Taylorapproximation in der Annäherung durch die Schmiegparabel. Wir erhalten mit $x=\frac{k}{n}$ für die Funktionen $f(x)=x\ln \frac{x}{p}$ und $g(x)=(1-x)\ln \frac{1-x}{1-p}$, um den Entwicklungspunkt $x=p$, folgende Schmiegparabeln:

$\begin{array}{cc}{T}_{2}f(x,p)& ={(x\ln \frac{x}{p})|}_{x=p}+{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x\ln \frac{x}{p})|}_{x=p}\cdot (x-p)+{\frac{1}{2}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}(x\ln \frac{x}{p})|}_{x=p}\cdot (x-p{)}^2\\ & ={(\ln \frac{x}{p}+x\cdot \frac{p}{x}\cdot \frac{1}{p})|}_{x=p}\cdot (x-p)+{\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\ln \frac{x}{p}+1)|}_{x=p}\cdot (x-p{)}^2\\ & =x-p+{\frac{1}{2}(\frac{p}{x}\cdot \frac{1}{p})|}_{x=p}\cdot (x-p{)}^2\\ & =x-p+\frac{1}{2p}\cdot (x-p{)}^2\end{array}$

und

$\begin{array}{cc}{T}_{2}g(x,p)& ={((1-x)\ln \frac{1-x}{1-p})|}_{x=p}+{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}((1-x)\ln \frac{1-x}{1-p})|}_{x=p}\cdot (x-p)+{\frac{1}{2}\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{x}^2}((1-x)\ln \frac{1-x}{1-p})|}_{x=p}\cdot (x-p{)}^2\\ & ={(-\ln \frac{1-x}{1-p}+(1-x)\cdot \frac{1-p}{1-x}\cdot \frac{-1}{1-p})|}_{x=p}\cdot (x-p)+{\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(-\ln \frac{1-x}{1-p}-1)|}_{x=p}\cdot (x-p{)}^2\\ & =-(x-p)-{\frac{1}{2}(\frac{1-p}{1-x}\cdot \frac{-1}{1-p})|}_{x=p}\cdot (x-p{)}^2\\ & =-(x-p)+\frac{1}{2(1-p)}\cdot (x-p{)}^2\end{array}$

Bemerkungen: zu beachten ist $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln h(x)=\frac{h^{\prime }(x)}{h(x)}$ und der Fehler dieser Näherung wird durch das Integralrestglied $R_{2}f(x,p)$ bzw. $R_{2}g(x,p)$ repräsentiert.

Die Zusammenfassung beider Taylorapproximationen liefert dann mit ${\sigma }^2=p(1-p)$ und unter Auslassung der Restglieder: $\begin{array}{cc}{T}_{2}f(x,p)+T_{2}g(x,p)& =x-p+\frac{1}{2p}\cdot (x-p{)}^2-(x-p)+\frac{1}{2(1-p)}\cdot (x-p{)}^2\\ & =\frac{1}{2p}\cdot (x-p{)}^2+\frac{1}{2(1-p)}\cdot (x-p{)}^2\\ & =\frac{1-p+p}{2p(1-p)}\cdot (x-p{)}^2\\ & =\frac{1}{2p(1-p)}\cdot (x-p{)}^2\\ & =\frac{1}{2{\sigma }^2}\cdot (x-p{)}^2\end{array}$

Insgesamt ergibt sich mit den unterschiedlichen Näherungen die Eingangs zitierte Aussage:

$B(k\mid p,n)\approx \frac{1}{\sqrt{2\pi n\frac{k}{n}(1-\frac{k}{n})}}{\left(\frac{np}{k}\right)}^k{\left(\frac{n(1-p)}{n-k}\right)}^{n-k}\approx \frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)$

$◻$

Beweis (2)

Gezeigt wird, dass aus dem lokalen Grenzwertsatz im Limes $n\to \mathrm{\infty }$ und der Riemann-Summe folgt:

$\mathrm{P}(x_1\le \frac{S_n-np}{\sqrt{n}}\le x_2)=\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\exp (-\frac{x^2}{2{\sigma }^2})\mathrm{d}x$ für alle $x_1,x_2\in ℝ$ mit $x_1<x_2$

Schritt 1

Zunächst folgt mit dem lokalen Grenzwertsatz:

$\mathrm{P}(x_1\le \frac{S_n-np}{\sqrt{n}}\le x_2)=\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{k\in \{0,1\dots ,n\}}{x_1\le \frac{k-np}{\sqrt{n}}\le x_2}}\mathrm{P}(S_n=k)=\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{k\in \{0,1\dots ,n\}}{x_1\le \frac{k-np}{\sqrt{n}}\le x_2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)\cdot (1+{ϵ}_{n,p}(k))$

wobei $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{ϵ}_{n,p}(k)=0$.

Setzen wir nun ${\overline{ϵ}}_{n,p}:=\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{k\in \{0,1\dots ,n\}}{x_1\le \frac{k-np}{\sqrt{n}}\le x_2}}{\sup }|{ϵ}_{n,p}(k)|$ so ergibt sich:

$\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{k\in \{0,1\dots ,n\}}{x_1\le \frac{k-np}{\sqrt{n}}\le x_2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)\cdot {ϵ}_{n,p}(k))\le {\overline{ϵ}}_{n,p}\cdot \sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{k\in \{0,1\dots ,n\}}{x_1\le \frac{k-np}{\sqrt{n}}\le x_2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)$

und im Limes $n\to \mathrm{\infty }$ folgt:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\underset{\to 0}{\underbrace{{ϵ}_{n,p}}}\cdot \underset{\to \underset{a}{\overset{b}{\int }}\dots <\mathrm{\infty }}{\underbrace{\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{k\in \{0,1\dots ,n\}}{x_1\le \frac{k-np}{\sqrt{n}}\le x_2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)}}=0$

Und daher gilt im Limes $n\to \mathrm{\infty }$:

$\mathrm{P}(x_1\le \frac{S_n-np}{\sqrt{n}}\le x_2)=\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{k\in \{0,1\dots ,n\}}{x_1\le \frac{k-np}{\sqrt{n}}\le x_2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)$

Schritt 2

Im Folgenden wird für die Riemann-Summe die Integraldarstellung gezeigt:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{k\in \{0,1\dots ,n\}}{x_1\le \frac{k-np}{\sqrt{n}}\le x_2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)=\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\exp (-\frac{x^2}{2{\sigma }^2})\mathrm{d}x$

Wir bilden ein äquidistantes Gitter ${\mathrm{\Gamma }}_n:=\{\frac{k-np}{\sqrt{n}}|k=0,1,\dots ,n\}\subseteq \mathrm{R}$ der Maschenweite $\frac{1}{\sqrt{n}}$ und können somit die Riemann-Summe in ein Riemannintegral überführen:

$\begin{array}{cc}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{k\in \{0,1\dots ,n\}}{x_1\le \frac{k-np}{\sqrt{n}}\le x_2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi n{\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{(\frac{k}{n}-p)}^2)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{x\in {\mathrm{\Gamma }}_n}{x_1\le x\le x_2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}\exp (-\frac{n}{2{\sigma }^2}{\left(\frac{k-np}{n}\right)}^2)\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\exp (-\frac{x^2}{2{\sigma }^2})\mathrm{d}x\end{array}$

Unter Verwendung der Ergebnisse aus Schritt 1 und Schritt 2 folgt die eingangs formulierte Behauptung:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\mathrm{P}(x_1\le \frac{S_n-np}{\sqrt{n}}\le x_2)=\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}\exp (-\frac{x^2}{2{\sigma }^2})\mathrm{d}x$ für alle $x_1,x_2\in ℝ$ mit $x_1<x_2$

$◻$

Wikipedia-Verweis

• Satz von Moivre-Laplace