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

$\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\;dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ .

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