Intégrale sans méthode de Laplace

Si tu connais les lois de exponentielle et le TCL, c'est assez rapide!
Soit $(X_{i})_{i\geq 1}$ une suite de VA i.i.d suivant la loi exponentielle de paramètre $1.$
Notons pour $n\geq 1,$ $Y_{n}=\sum_{k=1}^{n}X_{i}.$ La variable aléatoire $Y_{n}$ a pour densité $t\mapsto \chi_{\mathbb{R}^{+}}(t)\frac{t^{n--1}e^{-t}}{(n-1)!}$ (ce que tu peux prouver par récurrence assez aisément).
Ainsi, on a $$\int_{n-1}^{+\infty}\frac{t^{n-1}e^{-t}}{(n-1)!}dt=\mathbb{P}(Y_{n}\geq n-1)=\mathbb{P}\Big(\frac{Y_{n}-n}{\sqrt{n}}\geq -\frac{1}{\sqrt{n}}\Big).$$
Mais alors, par le TCL, la variable aléatoire $\frac{Y_{n}-n}{\sqrt{n}}$ converge en loi vers une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite. En d'autres termes, on a en particulier (en procédant par encadrement) : $$\lim_{n\rightarrow+\infty} \mathbb{P}\Big(\frac{Y_{n}-n}{\sqrt{n}}\geq -\frac{1}{\sqrt{n}}\Big)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2}}dx=\frac{1}{2}.$$
D'où le résultat que tu veux prouver.

@P. Merci, c'est corrigé... En effet, j'avais mal calculé la convolée de la loi....

Puisque $\displaystyle\frac 1{n!}\int_0^{+\infty}t^ne^{-t}\text{d}t=1$, il s'agit de montrer que $\displaystyle\underset{{n}\rightarrow{+\infty}}\lim\frac 1 {n!}\int_0^{n}t^ne^{-t}\text{d}t=\frac 12$. Par le changement de variable $x=\dfrac{n-t}{\sqrt n}$ : $\displaystyle\frac 1 {n!}\int_0^{n}t^ne^{-t}\text{d}t=\frac 1 {n!}\int_0^{\sqrt n}e^{x\sqrt n-n}(n-x\sqrt n)^n\sqrt n\text{d}x=\frac{\sqrt nn^ne^{-n}}{n!}\int_0^{\sqrt n}\left(1-\frac x{\sqrt n}\right)^ne^{x\sqrt n}\text{d}x=\frac{\sqrt nn^ne^{-n}}{n!}\int_0^{+\infty}f_n(x)\text{d}x$ avec $\forall x\geq 0,\; f_n(x)=\left(1-\frac x{\sqrt n}\right)^ne^{x\sqrt n}{{1}_{[0,\sqrt n]}}(x)$. On conclut alors par la formule de Stirling et par convergence dominée ($0\leq f_n(x)\leq e^{-\frac{x^2}2}$).

Pour info et par curiosité, voici une preuve élémentaire de l'inégalité
$$\frac{1}{n!} \int_n^\infty t^n e^{-t} \, \textrm{d}t > \frac{1}{2}.$$
On part de l'inégalité $e^u < \dfrac{1}{1-u}$ valide pour tout $u \in \left]0,1 \right[$. On l'élève au carré et on l'intègre sur $\left[0,u \right]$, ce qui permet d'obtenir
$$e^{2u} < \frac{1+u}{1-u} \Longleftrightarrow e^u (1-u) < e^{-u} (1+u) \quad \left( 0 < u < 1 \right).$$
Ainsi, si on pose $g(t) := te^{-t}$, on a montré $g(1-u) < g(1+u)$ pour tout $u \in \left]0,1 \right[$. On en déduit $\displaystyle \int_0^1 \left( t e^{-t} \right)^n \textrm{d}t < \int_1^2 \left( t e^{-t} \right)^n \textrm{d}t$, et donc
$$\int_0^1 \left( t e^{-t} \right)^n \textrm{d}t < \int_1^\infty \left( t e^{-t} \right)^n \textrm{d}t.$$
Le changement de vatiable $u=nt$ ramène cette inégalité à
$$\int_0^n u^n e^{-u} \textrm{d}u < \int_n^\infty u^n e^{-u} \textrm{d}u$$
et on conclut en se rappelant que $\displaystyle n! = \int_0^\infty u^n e^{-u} \textrm{d}u$.

Bien joué, P. Une méthode alternative pour montrer la même inégalité.