Majoration gaussienne des coefs binomiaux

Merci noix de totos ! L'inégalité $\displaystyle {n \choose k} \leqslant 2^n \exp \Big(- \frac{1}{n} \big( k - \frac{n}{2} \big)^2 \Big)$ s'avère suffisante pour ce que je voulais faire. Fil résolu. :-)

Je me suis posé la question suivante : « Si deux organismes se partageaient le dépouillement d'une élection, chacun dépouillant la moitié tirée au sort des bulletins, quel écart entre leurs résultats annoncés peut-on accepter sans suspecter une fraude ou une erreur ? ». Je voulais pouvoir dire des choses du style : « La probabilité que les deux résultats soient distants de plus de 1 point est inférieure à 1/1000, donc si ça arrive, c'est suspect et il vaut mieux recompter les bulletins pour vérifier ».

$\def\e{\varepsilon}$Du coup, j'ai $N$ électeurs en tout, $n=\frac{N}2$ électeurs dans chaque groupe de bulletins (on suppose $N$ pair), $R$ électeurs en tout ont voté pour le candidat Dupont et $R_i$ électeurs du groupe $i$ ont voté pour Dupont ($i\in\{1,2\}$). Je note aussi $T=\frac{R}{N}$ le score national de Dupont et $T_i = \frac{R_i}n$ son score dans le groupe $i$. Ainsi, $N,n,R,T$ sont des constantes déterministes et $R_i,T_i$ sont des variables aléatoires.

Pour répondre à ma question, il me suffit d'estimer $\Bbb P(|T_i-T|>\e)$. Or $$
\forall i\in\{1,2\}, \forall r \in[\![0,n]\!], \qquad \Bbb P(R_i=r) = \binom{N}{n}^{-1} \binom{R}{r} \binom{N-R}{n-r}
$$ donc $$\begin{eqnarray*}
\Bbb P(|T_i-T|>\e)
&=& \binom{N}{n}^{-1} \sum_{\substack{ r\in[\![0,n]\!],\\ |r-nT|>n\e}} \binom{R}{r} \binom{N-R}{n-r} \\
&\leqslant& \binom{N}{n}^{-1} 2^N \sum_{ |r-nT|>n\e} \exp\left\{ -\frac1R \Big(r-\frac{R}2\Big)^2 - \frac1{N-R} \Big(n-r-\frac{N-R}2 \Big)^2 \right\}\\[1mm]
&=& \binom{N}{n}^{-1} 2^N \sum_{ |r-nT|>n\e} \exp\left\{ -\frac{(r-nT)^2}{NT(1-T)} - N \Big(\frac{n}N -\frac12\Big)^2 \right\}\\[1mm]
&\leqslant& \binom{N}{n}^{-1} 2^N \cdot 2\int_{n\e}^\infty \exp\Big( -\frac{4u^2}{N} \Big) \,{\rm d}u \qquad\qquad\text{car } \, T(1-T)\leqslant \frac14\\[1mm]
&\leqslant& (1+\underset{N\to\infty}o (1)) \sqrt{\frac{\pi N}2} \frac{ e^{-N\e^2} }{2\e} \qquad\qquad\text{car } \int_x^\infty e^{-\alpha u^2}\,{\rm d}u \leqslant \frac{e^{-\alpha x^2}}{2\alpha x}
\end{eqnarray*}$$
puis $$\fbox{$ \Bbb P(|T_1-T_2|>\e) \leqslant (1+o(1)) \sqrt{2\pi N}\,\e^{-1} \, \displaystyle e^{-N\e^2/4} $}.$$

Pour la France, $N = 47\,500\,000$ en 2017, donc ça donne :
$$\begin{array}{|c|c|}
\hline
\text{Majorant de } \Bbb P(|T_1-T_2|>\e) & \e \\
\hline
1\,\% & 0{,}133\,\%\\
\hline
10^{-3} & 0{,}140\,\%\\
\hline
10^{-6} & 0{,}159\,\%\\
\hline
10^{-9} & 0{,}176\,\%\\
\hline
\end{array}$$

Dans un premier temps, j'avais fait un calcul de variance et utilisé l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, mais le résultat était moins bon.