Chaque fonction \(f_n\), \(n\in\Nn^*\), est continue par morceaux sur \([0,+\infty[\) et nulle au voisinage de \(+\infty\). Donc chaque fonction \(f_n\), \(n\in\Nn^*\), est intégrable sur \([0,+\infty[\).

La fonction \(f\) est continue sur \([0,+\infty[\) et négligeable devant \(\frac{1}{x^2}\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\). Donc la fonction \(f\) est intégrable sur \([0,+\infty[\).

Soit \(n\in\Nn^*\). Par convexité de la fonction exponentielle, \(\forall u\in\Rr\), \(1+u\leqslant e^u\). Par suite, \(\forall x\in\left[0,\sqrt{n}\right]\), \(0\leqslant1-\frac{x^2}{n}\leqslant e^{-x^2/n}\) puis par croissance de la fonction \(t\mapsto t^n\) sur \(\Rr^+\), \(0\leqslant f_n(x)=\left(1-\frac{x^2}{n}\right)^n\leqslant e^{-x^2}=f(x)\). D’autre part, pour \(x>\sqrt{n}\), \(f_n(x)=0\leqslant f(x)\). Finalement

. \(\forall n\in\Nn^*\), \(\forall x\in[0,+\infty[\), \(|f_n(x)|\leqslant f(x)\).

En résumé,

chaque fonction \(f_n\), \(n\in\Nn^*\), est continue par morceaux et intégrable sur \([0,+\infty[\),

la suite de fonctions \((f_n)\) converge simplement vers la fonction \(f\) sur \([0,+\infty[\) et la fonction \(f\) est continue sur \([0,+\infty[\).

\(\forall n\in\Nn^*\), \(|f_n|\leqslant f\), la fonction \(f\) étant intégrable sur \([0,+\infty[\).

D’après le théorème de convergence dominée, la suite \(\left(\int_{0}^{+\infty}f_n(x)\;dx\right)_{n\in\Nn^*}\) converge vers \(\int_{0}^{+\infty}f(x)\;dx\). Ainsi,

\(\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx=\lim_{n \rightarrow +\infty}\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{x^2}{n}\right)^n\;dx\).

Soit \(n\in\Nn^*\). En posant \(t=\Arccos\left(\frac{x}{\sqrt{n}}\right)\) et donc \(\frac{x^2}{n}=\cos^2t\) et \(dx=-\sqrt{n}\sin t\;dt\), on obtient

\(\int_{0}^{\sqrt{n}}\left(1-\frac{x^2}{n}\right)^n\;dx=\int_{\pi/2}^{0}(1-\cos^2t)^n\times(-\sqrt{n}\sin t)\;dt=\sqrt{n}\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2n+1}t\;dt=\sqrt{n}W_{2n+1}\),

où \(W_n\) est la \(n\)-ème intégrale de Wallis. Classiquement, \(W_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\sqrt{\frac{\pi}{2n}}\) (voir Exercices Maths Sup) et donc

\(\frac{W_{2n+1}}{\sqrt{n}}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\sqrt{n}\sqrt{\frac{\pi}{2(2n+1)}}\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\frac{\sqrt{\pi}}{2}\).

On a montré que

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