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∗ , Xn suit la loi binomiale B(n, 12 ) 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 P (a ≤ Zn ≤ b) =
Zb
n→+∞
a
2
1
√ e−t /2 dt
2π
Preuve
√
P (a ≤ Zn ≤ b) = P a 2n +
√
n
2
√
≤ Xn ≤ b
n
n
2 + 2 .
√
b 2n + n2 }.
Notons In = {k ∈[0; n]/a 2n + n2 ≤ k ≤
P
Ainsi P (a ≤ Zn ≤ b) = k∈In P (Xn = k)
Quatre remarques qui seront utiles lors de l’examen de P (Xn = k) :
1. Comme k ≥ a
√
n
2
+ n2 , lorsque n tend vers+∞, k tend aussi vers +∞.
2. De l’encadrement a
Ainsi,k = O(n) et
√
k
n
n
2
+
=
1
2
√
n
2
≤k≤b
+
O( √1n ).
3. On a de même n − k = O(n) et 1 −
n
2
k
n
+ n2 , on déduit que
=
1
2
a
√
2 n
+
1
2
≤
k
n
≤
b
√
2 n
+ 12 .
+ O( √1n ) .
4. Pour nous assurer que k et n − k diffèrent 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 nnn e−n × (1 + εn ) avec |εn | <
A
n
où A est une constante réelle indépendante de n.
Soit n un entier naturel strictement supérieur à sup(a2 ; b2 ) et soit k ∈ In .
P (Xn = k) =
n!
1
×
k!(n − k)! 2n
√ √ n −n
1
2π nn e (1 + εn )
= n×√ √
√ √
k
−k
2
2π kk e (1 + εk ) × 2π n − k(n − k)n−k e−(n−k) (1 + εn−k )
On peut simplifier des
√
(1)
2π et les termes en exponentielles.On obtient :
1
1
P (Xn = k) = √ × n ×
2π 2
r
n
nn
1 + εn
× k
×
k(n − k) k (n − k)n−k
(1 + εk )(1 + εn−k )
1
(2)
Nous allons examiner successivement les différents facteurs de l’expression ci-dessus.
Commençons par
q
n
k(n−k)
On peut remarquer que
:
q
n
k(n−k)
=
√1
n
× √k
1
k
n (1− n )
.
En utilisant les remarques 2 et 3 ci-dessus et le développement limité
r
n
1
1
1
=√ ×q
=√ ×
1
1
k(n − k)
n
n
√
4 + O( n )
Etudions maintenant
1
2n
n
×
nn
kk (n−k)n−k
k
n−k
En remarquant que 2 = 2 × 2
1
1
2
×
q
1+
O( √1n )
√1
1+u
= 1 + O(u), on déduit que :
2
1
= √ × (1 + O( √ )
n
n
(3)
:
et nn = nk × bn−k ,on peut écrire :
nn
1
1
×
=
n−k
n
k
n−k
k
2
k (n − k)
(2 n )k × 2(1 − nk )
(4)
Prenons le logarithme népérien de cette dernière expression :
ln
!
1
(2 nk )k
× 2(1 −
2k
2k
) − (n − k)ln(2 −
)
n
n
2k
2k
= −k × ln 1 + (
− 1) − (n − k)ln 1 + (1 −
)
n
n
= −k × ln(
k n−k
n)
(5)
2
On applique maintenant le développement limité ln(1+t) = t− t2 +O(t3 ) dans un premier temps à ln 1 + ( 2k
n − 1)
puis ensuite à ln 1 + (1 − 2k
) .
2k n
2
2k
− 1 + O ( 2k
− 1)3
# ln 1 + ( n − 1) = n − 1 − 12 × 2k
n
n
2k
1
2k 2
2k 3
# ln 1 + (1 − 2k
n ) = 1 − n − 2 × (1 − n ) + O (1 − n )
On réinjecte ces deux D.L dans l’équation (5), on développe, on réduit et on factorise le tout avec Xcas
2
et on obtient − (2k−n)
.
2n
2
On réécrit l’expression − (2k−n)
afin de faire apparaître l’espérance et la variance d’une loi B(n, 21 ) :
2n
−
4(k − n/2)2
1 (k − n/2)2
(2k − n)2
=−
=−
2n
2n
2
n/4
(6)
3
des deux DL.
N’oublions pas les termes en O ( 2k
n − 1)
3
Réinjectés dans l’équation (5), ils donnent kO ( 2k
+ (n − k)O (1 −
n − 1)
De l’expression
− 1 = O( √1n ).
k
n
=
1
2
+ O( √1n ) obtenue dans la remarque no 2,on déduit
2k 3
n )
que 2k
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 :
2k
2k 3
1
1
1
kO (
− 1)3 + (n − k)O (1 −
) = O(n) × O ( √ )3 + O(n) × O ( √ )3 = O √
n
n
n
n
n
(7)
L’équation (5) devient donc :
ln
1
n−k
(2 nk )k × 2(1 − nk )
!
=−
1 (k − n/2)2
+O
2
n/4
2
1
√
n
(8)
En passant à l’exponentielle et en utilisant le développement limité eu = 1 + O(u),on peut écrire que :
1
n−k
(2 nk )k × 2(1 − nk )
=e
− 21
(k−n/2)2
n/4
Il ne reste plus qu’à examiner le terme
+O
√1
n
2
1 (k−n/2)
n/4
= e− 2
1+εn
(1+εk )(1+εn−k )
×e
√1
n
O
2
1 (k−n/2)
n/4
= e− 2
1
× (1 + O( √ )) (9)
n
:
Par définition des « ε », il existe une constante réelle A telle que εn <
A
n,
1
Ce qui signifie que εn = O( n1 ), εk = O( k1 ) et εn−k = O( n−k
).
On a supposé n > sup(a2 ; b2 ), ce qui implique que 0 < a
Par conséquent √n1 n ≤ k1 ≤ √n1 n .Ce qui s’écrit
b 2 +2
a 2 +2
encadrement que k1 = O( n1 ). On peut obtenir de même
1
n
Ce qui permet d’affirmer que (1+εk1+ε
)(1+εn−k ) = O( n ).
√
n
2
+
n
2
1
n
εk <
√
≤k≤b
encore × √b 2+1
n
1
que n−k
= O( n1 ).
n
2
≤
A
k
et εn−k <
A
n−k .
+ n2 .
1
k
≤
1
n
×
On déduit de cet
2
√a +1
n
Ainsi tous les « ε »sont des O( n1 ).
En réinjectant le résultat ci-dessus ainsi que les résultats (3) et (9) dans l’égalité (2), on obtient :
2
1 (k−n/2)
2
1
1
P (Xn = k) = √ × √ × e− 2 n/4 × (1 + O( √ ))
n
n
2π
(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
2
et d’écart type
√
n
2
2
1 (x−n/2)
n/4
a pour expression fn (x) = e− 2
.
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
X
P (Xn = k) =
k∈In
2
1 (k−n/2)
1
1
2
√ × √ × e− 2 n/4 × (1 + O( √ ))
n
n
2π
La variable aléatoire Zn prend pour valeur les nombres zk =
k−n/2
√
n/2
pour k allant de 1 à n.
Si on note f la densité de probabilité de la loi normale N (0; 1) qui est, rappelons le, définie par f (x) =
P
alors P (a ≤ Zn ≤ b) = k∈In √2n × f (zk ) × (1 + O( √1n )).
√1
2π
2
× e−x
/2
Notons i = min{k ∈ In } et j = max{k ∈ In }.
On a donc
j
j
X
X
2
2
1
√
√ × f (zk ) × O( √ )
P (a ≤ Zn ≤ b) =
× f (zk ) +
n
n
n
k=i
k=i
Pour démontrer le théorème de Moivre-Laplace,nous allons étudier la différence |P (a ≤ Zn ≤ b) −
Rb
a
f (x)dx|
De ce qui précède et de l’inégalité triangulaire, on déduit que :
j
Z b
Z b
j
X 2
X
2
1
√ × f (zk ) −
√ × f (zk ) × |O( √ )|
f (x)dx ≤ f (x)dx +
P (a ≤ Zn ≤ b) −
n
n
n
a
a
k=i
k=i
3
(11)
Nous allons étudier successivement les deux termes de la somme ci-dessus.
Commençons par le second :
Comme les zk forment une subdivision régulière de l’intervalle [a ;b] de pas
somme est majorée par (b − a)(
√
n
2
√2 ,
n
le nombre de termes de cette
+ 1). En remarquant de plus que f est majorée par 1, on en déduit que :
√
j
X
2
n
2
1
1
2
1
√ × f (zk ) × |O( √ )| ≤ (b − a)(
+ 1) × √ × |O( √ )| ≤ (b − a)(1 + √ ) × |O( √ )|
2
n
n
n
n
n
n
(12)
k=i
Passons maintenant au premier terme de la somme (11) :
Cette somme ressemble à une somme de Riemann au bord près.
En effet les zk réalisent une subdivision de [a; b] de pas
√2
n
mais qui ne commence pas à a et ne se termine pas
à b.
Elle commence à zi et se termine à zj où i et j ont été défini un peu plus haut. On fait apparaître des intégrales
dans la première somme, en intégrant la fonction constantex 7→ f (zk ) sur l’intervalle [zk ; zk+1 ] qui a pour longueur
R zk+1
Rb
√2 : √2 × f (zk ) =
f (zk )dx. Puis on écrit a f (x)dx sous forme de somme en utilisant la relation de Chasles
zk
n
n
et en faisant attention aux bords comme signalé ci-dessus. On obtient donc :
j
Z b
Z zi
Z b
j−1 Z zk+1
j−1 Z zk+1
X 2
2
X
X
√ × f (zk ) −
f (x)dx ≤ √ f (zj ) +
f (zk )dx −
f (x)dx −
f (x)dx −
f (x)dx
n
n
a
zk
zk
a
zj
k=i
k=i
2
≤ √ f (zj ) +
n
k=i
j−1 Z
X
k=i
zk+1
|f (zk ) − f (x)|dx +
zi
Z
zk
f (x)dx +
Z
a
b
f (x)dx
zj
(13)
D’une part f est majorée par 1, et les intervalles [a; zi ] et [zj ; b] ont une longueur inférieure ou égale à
√2
n
par
définition de i et j.
Ce qui permet de majorer les termes
Rz
√2 f (zj ), i
a
n
f (x)dx et
Rb
zj
f (x)dx par
√2 .
n
D’autre part, la fonction f étant lipschitzienne (sa dérivée est bornée), il existe un réel strictement positif M tel
que |f (zk ) − f (x)| ≤ M |zk − x|.
Or lorsque x apparient à l’intervalle [zk ; zk+1 ] qui a pour longueur
√2 ,
n
|zk − x| ≤
√2 .
n
On en déduit que :
Z
zk+1
|f (zk ) − f (x)| ≤
zk
Z
zk+1
M |zk − x|dx
zk
zk+1
Z
≤
zk
2
M × √ dx
n
2
≤ (zk+1 − zk ) × M × √
n
2
2
≤ √ ×M × √
n
n
4M
≤
n
En sommant ces inégalités (il y en a au plus (b − a)(
j−1 Z
X
k=i
zk+1
zk
|f (zk ) − f (x)|dx ≤
j−1
X
4M
k=i
n
(14)
√
n
2
+ 1)), on on obtient :
√
≤ (b − a)(
n
4M
+ 1) ×
2
n
(15)
Finalement,
j
√
Z b
X 2
2
n
4M
√ × f (zk ) −
f (x)dx ≤ 3 × √ + (b − a)(
+ 1) ×
2
n
n
n
a
k=i
Les majorations (12) et (16) reportées dans l’inégalité (11) terminent la démonstration . . .
4
(16)