Preuve du Théorème de Moivre

Preuve du Théorème de Moivre-Laplace dans le cas p=1/2
Théorème (Moivre Laplace dans le cas p=1/2)
On suppose que pour tout n∈N∗,Xnsuit la loi binomiale B(n, 1
2)avec p∈]0; 1[.
On pose Zn=Xn−n/2
√n/2. Alors pour tous réels a et b vérifiant a<b, on a
lim
n→+∞P(a≤Zn≤b) =
b
Z
a
1
√2πe−t2/2dt
Preuve
P(a≤Zn≤b) = Pa√n
2+n 2≤Xn≤b√n 2+n 2.
Notons In={k∈[0; n]/a√n
2+n 2≤k≤b√n 2+n 2}.
Ainsi P(a≤Zn≤b) = Pk∈InP(Xn=k)
Quatre remarques qui seront utiles lors de l’examen de P(Xn=k):
1. Comme k≥a√n
2+n 2, lorsque ntend vers+∞,ktend aussi vers +∞.
2. De l’encadrement a√n
2+n 2≤k≤b√n 2+n 2, on déduit que a
2√n+1
2≤k n≤b
2√n+1
2.
Ainsi,k=O(n)et k
n=1 2+O(1
√n).
3. On a de même n−k=O(n)et 1−k
n=1 2+O(1
√n).
4. Pour nous assurer que ket n−kdiffèrent de 0, on peut supposer que n > sup(a2;b2)
On va maintenant chercher un équivalent de P(Xn=k)à l’aide de la formule de Stirling que l’on rappelle ci-dessous.
Propriété (formule de Stirling)
n! = √2π√nnne−n×(1 + εn)avec |εn|<A
noù Aest une constante réelle indépendante de n.
Soit nun entier naturel strictement supérieur à sup(a2;b2)et soit k∈In.
P(Xn=k) = n!
k!(n−k)! ×1 2n
=1
2n×√2π√nnne−n(1 + εn)
√2π√kkke−k(1 + εk)×√2π√n−k(n−k)n−ke−(n−k)(1 + εn−k)
(1)
On peut simplifier des √2πet les termes en exponentielles.On obtient :
P(Xn=k) = 1
√2π×1
2n×rn k(n−k)×nn kk(n−k)n−k×1 + εn (1 + εk)(1 + εn−k)(2)
1

Nous allons examiner successivement les différents facteurs de l’expression ci-dessus.
Commençons par qn
k(n−k):
On peut remarquer que qn
k(n−k)=1
√n×1
√k
n(1−k n).
En utilisant les remarques 2 et 3 ci-dessus et le développement limité 1
√1+u= 1 + O(u), on déduit que :
rn
k(n−k)=1
√n×1 q1
4+O(1
√n)
=1
√n×1
1
2×q1 + O(1
√n)
=2
√n×(1 + O(1 √n)(3)
Etudions maintenant 1
2n×nn
kk(n−k)n−k:
En remarquant que 2n= 2k×2n−ket nn=nk×bn−k,on peut écrire :
1
2n×nn kk(n−k)n−k=1
(2 k
n)k×2(1 −k n)n−k(4)
Prenons le logarithme népérien de cette dernière expression :
ln 1
(2 k
n)k×2(1 −k n)n−k!=−k×ln(2k
n)−(n−k)ln(2 −2k n)
=−k×ln 1+(2k
n−1)−(n−k)ln 1 + (1 −2k n)
(5)
On applique maintenant le développement limité ln(1+t) = t−t2
2+O(t3)dans un premier temps à ln 1+(2k n−1)
puis ensuite à ln 1 + (1 −2k
n).
#ln 1+(2k
n−1)=2k n−1−1 2×2k n−12+O(2k n−1)3
#ln 1 + (1 −2k
n)= 1 −2k n−1 2×(1 −2k n)2+O(1 −2k n)3
On réinjecte ces deux D.L dans l’équation (5), on développe, on réduit et on factorise le tout avec Xcas
et on obtient −(2k−n)2
2n.
On réécrit l’expression −(2k−n)2
2nafin de faire apparaître l’espérance et la variance d’une loi B(n, 1 2):
−(2k−n)2
2n=−4(k−n/2)2 2n=−1 2
(k−n/2)2
n/4(6)
N’oublions pas les termes en O(2k
n−1)3des deux DL.
Réinjectés dans l’équation (5), ils donnent kO (2k
n−1)3+ (n−k)O(1 −2k n)3
De l’expression k
n=1 2+O(1
√n)obtenue dans la remarque no2,on déduit que 2k
n−1 = O(1
√n).
On a aussi vu dans les remarques (2) et (3) que k=O(n)et n−k=O(n).
Ainsi, on peut écrire que :
kO (2k
n−1)3+ (n−k)O(1 −2k n)3=O(n)×O(1
√n)3+O(n)×O(1 √n)3=O1 √n(7)
L’équation (5) devient donc :
ln 1
(2 k
n)k×2(1 −k n)n−k!=−1
2
(k−n/2)2
n/4+O1
√n(8)
2

En passant à l’exponentielle et en utilisant le développement limité eu= 1 + O(u),on peut écrire que :
1
(2 k
n)k×2(1 −k n)n−k=e−1
2
(k−n/2)2
n/4+O1
√n=e−1
2
(k−n/2)2
n/4×eO1
√n=e−1
2
(k−n/2)2
n/4×(1 + O(1
√n)) (9)
Il ne reste plus qu’à examiner le terme 1+εn
(1+εk)(1+εn−k):
Par définition des « ε», il existe une constante réelle A telle que εn<A
n,εk<A ket εn−k<A n−k.
Ce qui signifie que εn=O(1
n),εk=O(1 k)et εn−k=O(1 n−k).
On a supposé n > sup(a2;b2), ce qui implique que 0< a√n
2+n 2≤k≤b√n 2+n 2.
Par conséquent 1
b√n
2+n 2≤1
k≤1
a√n
2+n 2
.Ce qui s’écrit encore 1
n×2
b
√n+1 ≤1
k≤1 n×2
a
√n+1 On déduit de cet
encadrement que 1
k=O(1 n). On peut obtenir de même que 1 n−k=O(1 n). Ainsi tous les « ε»sont des O(1 n).
Ce qui permet d’affirmer que 1+εn
(1+εk)(1+εn−k)=O(1 n).
En réinjectant le résultat ci-dessus ainsi que les résultats (3) et (9) dans l’égalité (2), on obtient :
P(Xn=k) = 1
√2π×2 √n×e−1
2
(k−n/2)2
n/4×(1 + O(1
√n)) (10)
Remarque
On peut interpréter graphiquement le résultat ci-dessus avant de poursuivre la démonstration.
La densité de probabilité d’une loi normale d’espérance n
2et d’écart type √n 2a pour expression fn(x) = e−1
2
(x−n/2)2
n/4.
La relation (10) implique donc que, lorsque n tend vers +∞,P(Xn=k)∼fn(k).
Le graphique ci-dessous illustre cela.
Retour à la preuve
Grâce à l’égalité (10), on peut écrire que
P(a≤Zn≤b) = X
k∈In
P(Xn=k) = X
k∈In
1
√2π×2 √n×e−1
2
(k−n/2)2
n/4×(1 + O(1
√n))
La variable aléatoire Znprend pour valeur les nombres zk=k−n/2
√n/2pour kallant de 1 à n.
Si on note fla densité de probabilité de la loi normale N(0; 1) qui est, rappelons le, définie par f(x) = 1
√2π×e−x2/2
alors P(a≤Zn≤b) = Pk∈In
2
√n×f(zk)×(1 + O(1 √n)).
Notons i= min{k∈In}et j= max{k∈In}.
On a donc
P(a≤Zn≤b) =
j
X
k=i
2
√n×f(zk) +
j
X
k=i
2
√n×f(zk)×O(1 √n)
Pour démontrer le théorème de Moivre-Laplace,nous allons étudier la différence |P(a≤Zn≤b)−Rb
af(x)dx|
De ce qui précède et de l’inégalité triangulaire, on déduit que :
P(a≤Zn≤b)−Zb
a
f(x)dx≤
j
X
k=i
2
√n×f(zk)−Zb
a
f(x)dx +
j
X
k=i
2
√n×f(zk)× |O(1 √n)|(11)
3

Nous allons étudier successivement les deux termes de la somme ci-dessus.
Commençons par le second :
Comme les zkforment une subdivision régulière de l’intervalle [a ;b] de pas 2
√n, le nombre de termes de cette
somme est majorée par (b−a)(√n
2+ 1). En remarquant de plus que fest majorée par 1, on en déduit que :
j
X
k=i
2
√n×f(zk)× |O(1 √n)| ≤ (b−a)(√n
2+ 1) ×2
√n× |O(1 √n)| ≤ (b−a)(1 + 2 √n)× |O(1 √n)|(12)
Passons maintenant au premier terme de la somme (11) :
Cette somme ressemble à une somme de Riemann au bord près.
En effet les zkréalisent une subdivision de [a;b]de pas 2
√nmais qui ne commence pas à aet ne se termine pas
àb.
Elle commence à ziet se termine à zjoù iet jont été défini un peu plus haut. On fait apparaître des intégrales
dans la première somme, en intégrant la fonction constantex7→ f(zk)sur l’intervalle [zk;zk+1]qui a pour longueur
2
√n:2 √n×f(zk) = Rzk+1
zkf(zk)dx. Puis on écrit Rb af(x)dx sous forme de somme en utilisant la relation de Chasles
et en faisant attention aux bords comme signalé ci-dessus. On obtient donc :
j
X
k=i
2
√n×f(zk)−Zb
a
f(x)dx≤
2
√nf(zj) +
j−1
X
k=iZzk+1
zk
f(zk)dx −
j−1
X
k=iZzk+1
zk
f(x)dx −Zzi
a
f(x)dx −Zb
zj
f(x)dx
≤2
√nf(zj) +
j−1
X
k=iZzk+1
zk|f(zk)−f(x)|dx +Zzi a
f(x)dx +Zb
zj
f(x)dx
(13)
D’une part fest majorée par 1, et les intervalles [a;zi]et [zj;b]ont une longueur inférieure ou égale à 2
√npar
définition de iet j.
Ce qui permet de majorer les termes 2
√nf(zj),Rzi
af(x)dx et Rb zjf(x)dx par 2
√n.
D’autre part, la fonction fétant lipschitzienne (sa dérivée est bornée), il existe un réel strictement positif M tel
que |f(zk)−f(x)| ≤ M|zk−x|.
Or lorsque xapparient à l’intervalle [zk;zk+1]qui a pour longueur 2
√n,|zk−x| ≤ 2 √n.
On en déduit que :
Zzk+1
zk|f(zk)−f(x)| ≤ Zzk+1 zk
M|zk−x|dx
≤Zzk+1
zk
M×2
√ndx
≤(zk+1 −zk)×M×2
√n
≤2
√n×M×2 √n
≤4M
n
(14)
En sommant ces inégalités (il y en a au plus (b−a)( √n
2+ 1)), on on obtient :
j−1
X
k=iZzk+1
zk|f(zk)−f(x)|dx ≤
j−1
X
k=i
4M
n≤(b−a)(√n 2+ 1) ×4M n(15)
Finalement,
j
X
k=i
2
√n×f(zk)−Zb
a
f(x)dx≤3×2
√n+ (b−a)(√n
2+ 1) ×4M n(16)
Les majorations (12) et (16) reportées dans l’inégalité (11) terminent la démonstration . . .
4