その１ 不等式で評価する方法
（1）
\[ \sqrt{n} \int_0^1(1-x^2)^ndx < \int_0^\infty e^{-x^2}dx < \sqrt{n}\int_0^\infty \cfrac{dx}{(1+x^2)^n} \hspace{15em}\]$(証明）$
$\hspace{1em} 0 < x < 1\ のとき \quad $ (i)$\quad e^x > 1+x \hspace{2em}$ (ii) $\quad e^{-x}> 1-x$ は微分法で簡単に示せる。
(i)$より \hspace{2em} e^{-x}<\cfrac{1}{1+x}$
$これと$(ii)$より$
$\hspace{5em} 1-x < e^{-x}< \cfrac{1}{1+x} $
$x \rightarrow x^2$ とおくと
$\hspace{5em} 1-x^2 < e^{-x^2}< \cfrac{1}{1+x^2} $
$1-x^2>0 だから、辺々n乗して$
$\hspace{5em} 0 < (1-x^2)^n < e^{-nx^2 } < \cfrac{1}{(1+x^2)^n} $
$これから$
\[ \int_0^1(1-x^2)^ndx< \int_0^1 e^{-nx^2}dx < \int_0^\infty e^{-nx^2}dx < \int_0^\infty \cfrac{dx}{(1+x^2)^n} \hspace{4em}(1) \hspace{13em}\] \[G= \int_0^\infty e^{-nx^2}dx は x=\cfrac{t}{\sqrt{n}} と変換すると \hspace{20em}\] \[G= \int_0^\infty e^{-t^2}\cfrac{dt}{\sqrt{n}}= \cfrac{1}{\sqrt{n}} \int_0^\infty e^{-t^2}dt=\cfrac{1}{\sqrt{n}} \int_0^\infty e^{-x^2}dx \hspace{17em}\] したがって （１）は
\[ \sqrt{n} \int_0^1(1-x^2)^ndx< \int_0^\infty e^{-x^2}dx < \sqrt{n}\int_0^\infty \cfrac{dx}{(1+x^2)^n} \hspace{5em} \hspace{3em}(2)\hspace{11em}\]
これで、ガウス積分を下からと上からの積分で押さえられました。
（2） 左辺の積分の評価
\[I_n=\int_0^1(1-x^2)^ndx は x=\cos t と置き換えると \hspace{22em}\] \begin{eqnarray*} I_n &=&\int_{\cfrac{\pi}{2}} ^0 (1-\cos^2t)^n(-\sin t)dt \hspace{31em}\\ &=&\int_0 ^{\cfrac{\pi}{2}} \sin^{2n+1}t dt\\ &=&\int_0 ^{\cfrac{\pi}{2}} \sin^{2n+1}x dx\\ \end{eqnarray*}
（3） 右辺の積分の評価
\[J_n=\int_0^\infty \cfrac{dx}{(1+x^2)^n} は、x=\tan t と置き換えると dx=\cfrac{dt}{\cos^2 t} \hspace{15em}\] \[J_n=\int_0 ^{\cfrac{\pi}{2}} \cfrac{1}{(1+\tan ^2 t )^n} ・ \cfrac{dt}{\cos ^2 t} =\int_0 ^{\cfrac{\pi}{2}} \cos^{2n-2}t dt \hspace{22em}\] $\hspace{5em} さらに t=\cfrac{\pi}{2}-u とおくと$
\begin{eqnarray*} J_n&=&\int_{\cfrac{\pi}{2}}^0 \cos^{2n-2}(\cfrac{\pi}{2}-u)(-du) \hspace{29em}\\ &=&\int_0^{\cfrac{\pi}{2}} \sin^{2n-2}udu \\ &=&\int_0^{\cfrac{\pi}{2}} \sin^{2n-2}xdx \\ \end{eqnarray*}
（4） 両辺の積分の評価
$\hspace{2em}(2),\ (3）より (2)式 は$
\[ \sqrt{n} \int_0^{\cfrac{\pi}{2}} \sin^{2n+1}xdx < \int_0^\infty e^{-x^2}dx < \sqrt{n}\int_0^\infty \sin^{2n-2}xdx \hspace{14em} \] \[ここで、 S_n=\int_0^{\cfrac{\pi}{2}} \sin^n xdx とおくと \hspace{26em} \] \[ \sqrt{n} S_{2n+1} < \int_0^\infty e^{-x^2}dx < \sqrt{n} S_{2n-2} \hspace{18em} (3) \hspace{8em} \]
（5）
\[S_n=\int_0^{\cfrac{\pi}{2}} \sin^n xdx の性質 \hspace{31em}\] $\hspace{2em}$(i) $\quad S_0=\cfrac{\pi}{2} , \quad S_1=1 , \quad S_n=\cfrac{n-1}{n}S_{n-2}$$\hspace{2em}これはあまりにも有名な漸化式ですので証明は略します。$
$\hspace{2em}$(ii) $\quad S_{2n}=\cfrac{(2n)!}{(2^n n!)^2} ・ \cfrac{\pi}{2} $
$(証明）$
\begin{eqnarray*} S_{2n} &=&\cfrac{2n-1}{2n}\ S_{2n-2} \hspace{36em}\\ &=&\cfrac{2n-1}{2n} ・ \cfrac{2n-3}{2n-2}\ S_{2n-4} \\ & & \vdots \\ &=&\cfrac{2n-1}{2n} ・ \cfrac{2n-3}{2n-2} \cdots \cfrac{1}{2}\ S_0 \\ &=&\cfrac{2n(2n-1)}{(2n)^2} ・ \cfrac{(2n-2)(2n-3)}{(2n-2)^2}\ \cdots \cfrac{2}{2^2} ・ \cfrac{\pi}{2} \\ &=&\cfrac{(2n)!}{(2^nn!)^2}\ \cfrac{\pi}{2} \\ \end{eqnarray*}
$\hspace{2em}$(iii) $\quad S_{2n+1}=\cfrac{(2^n n!)^2}{(2n+1)!} $
$(証明）$
\begin{eqnarray*} S_{2n+1} &=&\cfrac{2n}{2n+1}\ S_{2n-1} \hspace{34em}\\ &=&\cfrac{2n}{2n+1} ・ \cfrac{2n-2}{2n-1}\ S_{2n-3} \\ & & \vdots \\ &=&\cfrac{2n}{2n+1} ・ \cfrac{2n-2}{2n-1}\ \cdots \cfrac{2}{3}\ S_1 \\ &=&\cfrac{(2n)^2}{(2n+1)(2n)} ・ \cfrac{(2n-2)^2}{(2n-1)(2n-2)}\ \cdots \cfrac{2^2}{3 ・ 2} ・1\\ &=&\cfrac{(2^n n!)^2}{(2n+1)!} \hspace{14em}\\ \end{eqnarray*}
$\hspace{2em}$(iv) $ \hspace{2em} S_n > S_{n+1}$
$(証明）$ \[S_n-S_{n+!}=\int_0^{\cfrac{\pi}{2}} (\sin^nxdx -\sin^{n+1}x)dx \hspace{20em}\] \[=\int_0^{\cfrac{\pi}{2}} \sin^nx(1-\sin x)dx \hspace{17em}\] $\hspace{5em} 0 \leqq x \leqq \cfrac{\pi}{2} で \hspace{2em} \sin x \geqq 0 , \ 1-\sin x \geqq 0 \ だから \sin ^n x(1-\sin x) \geqq 0$
$したがって$
\[\int_0^{\cfrac{\pi}{2}} \sin^nx(1-\sin x)dx \geqq 0 \hspace{27em}\]
(v) $\hspace{2em} n \rightarrow \infty のとき \cfrac{S_{2n}}{S_{2n+1}} \rightarrow 1 $
$ (証明）$
$\hspace{2em}$ (iv) より $0 < S_{2n+1} < S_{2n} < S_{2n-1} だから $
$\hspace{7em} 1 < \cfrac{S_{2n}}{S_{2n+1}} < \cfrac{S_{2n-1}}{S_{2n+1}} $
$\hspace{3em}ここで $(iii)$を使って$
\begin{eqnarray*} \cfrac{S_{2n-1}}{S_{2n+1}} &=&\cfrac{\big(2^{n-1}(n-1)!\big)^2}{(2n-1)!} \times \cfrac{(2n+1)!}{(2^n n!)^2} \hspace{26em}\\ &=&\cfrac{(2n+1)・2n}{(2n)^2} \\ &=&\cfrac{2n+1}{2n}\\ \end{eqnarray*}
$\hspace{3em}よって n \rightarrow \infty のとき \cfrac{2n+1}{2n} \rightarrow 1 だから \cfrac{S_{2n}}{S_{2n+1}} \rightarrow 1$
$\hspace{3em}したがって はさみうちの原理により n \rightarrow \infty のとき \cfrac{S_{2n}}{S_{2n+1}} \rightarrow 1 $
(vi) \[\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}S_{2n+1}=\cfrac{\sqrt{\pi}}{2} \hspace{28em}\] $（証明）$
$\hspace{5em} S_{2n}S_{2n+1}=\cfrac{(2n)!}{(2^n n!)^2} ・ \cfrac{\pi}{2} \times \cfrac{(2^n n!)^2}{(2n+1)!} =\cfrac{1}{2n+1} ・ \cfrac{\pi}{2}$
よって
$\hspace{5em} S_{2n+1}=\cfrac{\pi}{2} ・ \cfrac{1}{2n+1} ・ \cfrac{1}{S_{2n}}$
$両辺に n S_{2n+1} をかけて$
$\hspace{5em} n S_{2n+1} ^2 = \cfrac{\pi}{2} ・ \cfrac{n}{2n+1} ・ \cfrac{S_{2n+1}}{S_{2n}}$
(v) より $n\rightarrow \infty のとき \cfrac{S_{2n+1}}{S_{2n}} \rightarrow 1 $ だから
$\hspace{5em} 右辺 \rightarrow \cfrac{\pi}{2} × \cfrac{1}{2}\ × 1=\cfrac{\pi}{4} $
よって
$\hspace{5em} n\rightarrow \infty のとき \sqrt{n}S_{2n+1} \rightarrow \cfrac{\sqrt{\pi}}{2} $
(vii) \[\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}S_{2n-2}=\cfrac{\sqrt{\pi}}{2} \hspace{28em}\] $（証明）$
$\hspace{5em} \sqrt{n}S_{2n}=\sqrt{n}S_{2n+1} ・ \cfrac{S_{2n}}{S_{2n+1}}$ において
$\hspace{5em}$(v)$ より \cfrac{S_{2n}}{S_{2n+1}} \rightarrow 1$
$\hspace{5em}$(vi)$ より \sqrt{n}S_{2n+1} \rightarrow \cfrac{\sqrt{\pi}}{2} $
$したがって \sqrt{n}S_{2n} \rightarrow \cfrac{\sqrt{\pi}}{2} $
$\hspace{5em} n \rightarrow n-1 とおくと \sqrt{n-1}S_{2n-2} \rightarrow \cfrac{\sqrt{\pi}}{2} $
よって
$\hspace{5em} \sqrt{n}S_{2n-2}=\sqrt{n-1}S_{2n-2} \times \cfrac{\sqrt{n}} {\sqrt{n-1}} \rightarrow \cfrac{\sqrt{\pi}}{2} × 1$
(viii) \[ \int_0^\infty e^{-x^2}dx = \cfrac{\sqrt{\pi}}{2} \hspace{22em} \] $（証明）$
$(4) より$
\[\sqrt{n} S_{2n+1} < \int_0^\infty e^{-x^2}dx < \sqrt{n} S_{2n-2} \hspace{30em}\] $\hspace{2em}$(vi),(vii)$ より n \rightarrow \infty のとき$
$\hspace{5em} \sqrt{n}S_{2n+1} \rightarrow \cfrac{\sqrt{\pi}}{2} ,\quad \sqrt{n}S_{2n-2} \rightarrow \cfrac{\sqrt{\pi}}{2} より明らか$
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