標題の積分は2変数の積分を学べば簡単に解決できるが， 高木貞二著　解析概論　に高校生でも理解できる方法があるので紹介する．

$n$を自然数として
$\displaystyle S_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxdx$
と置くと，
$S_n=\dfrac{n-1}{n}S_{n-2}$
より
$S_{2n}=\dfrac{2n-1}{2n}\cdot \dfrac{2n-3}{2n-2}\cdots\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\pi}{2} \ \ \cdots (1)$
$S_{2n+1}=\dfrac{2n}{2n+1}\cdot \dfrac{2n-2}{2n-1}\cdots\dfrac{2}{3}\cdot 1 \ \ \cdots (2)$
が成り立つ．証明は数学�Vの教科書にある．
したがって
$\dfrac{\pi}{2}\dfrac{S_{2n+1}}{S_{2n}}=\dfrac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\dfrac{4\cdot 4}{3\cdot 5}\cdots \dfrac{2n\cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)}$
が成り立つ．
$0 < x < \frac{\pi}{2}$のとき$0 < \sin ^{2n+1}x < \sin ^{2n}x < \sin ^{2n-1}x$より
$0 < S_{2n+1} < S_{2n} < S_{2n-1}$ であるから
$1 < \dfrac{S_{2n}}{S_{2n+1}} < \dfrac{S_{2n-1}}{S_{2n+1}}=\dfrac{2n+1}{2n}$
$\therefore \displaystyle \lim_{n\to \infty}\dfrac{S_{2n}}{S_{2n+1}}=1 \ \ \cdots (3)$
次に$(1),(2)$より
$S_{2n}S_{2n+1}=\dfrac{\pi}{4n+2}$
したがって，
$\sqrt{S_{2n}S_{2n+1}}=S_{2n+1}\sqrt{\dfrac{S_{2n}}{S_{2n+1}}}=\sqrt{\dfrac{\pi}{4n+2}}$
$(3)$より
$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\sqrt{n}S_{2n+1}=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \ \ \cdots (4)$
つぎに，$y=e^x$の$x=0$における接線は$y=1+x$であり，$y=e^x$は下に凸より
任意の$x$で$e^x \geqq 1+x$が成り立つ．ただし等号が成り立つのは$x=0$
したがって$x\neq 0$なら
$1-x^2 < e^{-x^2}$
つぎに$e^{x^2}> 1+x^2$が成り立ち，両辺の逆数をとり
$e^{-x^2} < \dfrac{1}{1+x^2}$
したがって，$x\neq 0$ならば
$1-x^2 < e^{-x^2} < \dfrac{1}{1+x^2}\ \ \cdots (5)$
が成り立つ．
$\displaystyle I=\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx$
について，$x=\sqrt{n}t$と置くと
$\displaystyle I=\int_0^{\infty}e^{-nt^2}\sqrt{n}dt=\sqrt{n}\int_0^{\infty}e^{-nx^2}dx=\sqrt{n}\int_0^{\infty}(e^{-x^2})^ndx$
$(5)$の不等式に注目すると
$\displaystyle \sqrt{n}\int_0^1(1-x^2)^ndx < I < \sqrt{n}\int_0^{\infty}\dfrac{dx}{(1+x^2)^n}$
一方，
$\int_0^1(1-x^2)^ndx$
$x=\cos \theta$とおけば
$=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{2n+1}\theta d\theta =S_{2n+1}$
$\displaystyle \int_0^{\infty}\dfrac{dx}{(1+x^2)^n}$
$x=\frac{1}{\tan \theta}$と置くと
$\frac{dx}{d\theta}=-\frac{1}{\sin ^2\theta},\frac{1}{1+x^2}=\sin ^2\theta$より
$\displaystyle =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^{2n-2}\theta d\theta =S_{2n-2}$
したがって，
$\sqrt{n}S_{2n+1} < I < \sqrt{n}S_{2n-2}$
$(3),(4)$より
$I(=\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx)=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \ \cdots (6)$
が示された．

$(6)$および$y=e^{-x^2}$は偶関数より
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}$
さらに
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx$
$t=\frac{x}{\sqrt{2}}$とおくと
$\displaystyle =\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}\sqrt{2}dt=\sqrt{2\pi}$
したがって
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx=1$
となる．

統計は，自然現象を二項分布で近似し，二項分布の極限として正規分布がある．二項分布の係数である二項係数は
${}_nC_r=\dfrac{n!}{(n-r)!r!}$
であるから，統計学では$n$が大きいときの$n!$の近似式が必要になってくる．それを調べよう．
まず，すでに求めた
$S_{2n+1}=\dfrac{2n}{2n+1}\cdot \dfrac{2n-2}{2n-1}\cdots\dfrac{2}{3}\cdot 1 \ \ \cdots (2)$
の分子，分母に
$2n(2n-2)(2n-4)\cdots 4\cdot 2=2^nn!$をかけて
$S_{2n+1}=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)(2n)!}=\dfrac{2^{2n}}{(2n+1){}_{2n}C_n}$
さらに$(4)$より
$\sqrt{n}S_{2n+1}=\dfrac{\sqrt{n}\cdot 2^{2n}}{(2n+1){}_{2n}C_n}\to \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \ \ (n\to \infty)$
$\therefore \dfrac{2^{2n}}{\sqrt{n}{}_{2n}C_n}\to \sqrt{\pi} \ \ (n\to \infty)\cdots (7)$
$(7)$をWallisの公式という．

次に$n!$の近似式を求めよう．
まず，すぐ考え付くのは
$\log n!=\log 1+\log 2+\cdots +\log n$
を面積で評価することである．これは大学入試でも扱われている． すなわち
$\log 1+\log 2+\cdots +\log n$
を長方形の面積の和と考える(右図参照)．
$\int_1^n\log x dx < \log 2+\log 3+\cdots +\log n$
および
$\log 2+\log 3+\cdots +\log n < \int_1^{n+1}\log xdx$
$\therefore n\log n -n+1 < \log n! $
$< (n+1)\log (n+1)-n$
したがって，
$e^{n\log n -n+1} < n! < e^{(n+1)\log (n+1)-n}$
すなわち
$\dfrac{n^n}{e^{n-1}} < n! < \dfrac{(n+1)^{n+1}}{e^n}$
を得る．
この近似がどの程度正確かは後で調べるとして，実際にはもう少し正確な近似式を用いる．
やはり長方形の面積で近似するのあるが，上の場合より$\frac{1}{2}$だけ平行移動した
底辺$[k-\frac{1}{2},k+\frac{1}{2}]$高さが$\log k$
の長方形を考え，$a_k,b_k$を
$\displaystyle a_k=\int_k^{k+\frac{1}{2}}(\log x -\log k)dx,$
$\displaystyle b_k=\int_{k-\frac{1}{2}}^k(\log k-\log x)dx$
で定義るする．
$\delta _n=a_1-b_2+a_2-\cdots +a_{n-1}-b_n$
と置けば
$\log 2+\log 3+\cdots +\log (n-1)+\dfrac{1}{2}\log n +\delta _n=\int_1^n\log xdx=n\log n-n+1$
したがって，
$\log (n-1)!=(n-\dfrac{1}{2})\log n-n+1-\delta _n \ \ \cdots (8)$

まず，数列$\{\delta _n\}$が収束することを示す．
数列
$a_1,b_2,a_2,\dots ,b_n,a_n,\dots $
は右の2つの図より
$b_k > a_k > b_{k+1}$
すなわち減少列で
$\displaystyle a_n < \int_n^{n+1}(\log x -\log n)dx$
$=(n+1)\log \dfrac{n+1}{n}-1$
$=\dfrac{n+1}{n}\log (1+\dfrac{1}{n})^n-1 \to 0 (n\to \infty)$
より$0$に収束する．
各項の絶対値が減少し$0$に収束する交代級数(項が交互に正負になる級数)は収束する
から，数列$\{\delta _n\}$は収束する．
証明は次のように行えばよい．
$S_{2n}=a_1-b_2+a_2-b_2+\cdots +a_n-b_{n+1}$
$=(a_1-b_2)+(a_2-b_2)+\cdots +(a_n-b_{n+1})$
$S_{2n+1}=a_1-b_2+a_2-b_2+\cdots +a_n-b_{n+1}+a_{n+1}$
$=a_1-(b_2-a_2)-(b_2-a_3)+\cdots -(b_{n+1}-a_{n+1})$
と置くと，
$S_2,S_4,S_6,\dots$
は増加列で
$S_1,S_3,S_5,\dots$
は減少列．さらに
$S_{2n} < S_{2n+1}$
であるから
$S_2 < S_4 < \cdots < S_{2n} < \cdots < S_{2n+1} < \cdots < S_3 < S_1$
有界な単調列は収束するから
$S_{2n}\to \alpha ,S_{2n+1}\to \beta (n\to \infty)$
とすると
$\beta -\alpha < S_{2n+1}-S_{2n}=a_{n+1} \to 0 (n\to \infty)$
したがって，$\{\delta _n\}$が収束することが分かった．

$\{\delta _n\}$の極限値を$\delta$とする．
このとき，$\delta =\delta _n+c_n$
で数列$\{c_n\}$を定義すると
$c_n \to 0 \ \ (n\to \infty)$
であり，$(8)$を書き直すと
$\log (n-1)!=(n-\dfrac{1}{2})\log n-n+1-\delta +c_n \ \ \cdots (9)$
したがって
$(n-1)!=n^{n-\frac{1}{2}}e^{-n}e^{1-\delta}e^{c_n}$
ただし$c_n \to 0 (n \to \infty)$である．
$a=e^{1-\delta}$とおくと
$(n-1)!=an^{n-\frac{1}{2}}e^{-n}e^{c_n}\cdots (10)$
$a$はすでに求めたWallisの公式$(7)$より求められる．
$(7)$を階乗で書き直すと
$\dfrac{(n!)^22^{2n}}{(2n)!\sqrt{n}}\to \sqrt{\pi} \ \ (n\to \infty)$
この式に，$n!=n(n-1)!,(2n)!=(2n)(2n-1)!$として代入する．
$\dfrac{(n!)^22^{2n}}{(2n)!\sqrt{n}}$
$=\dfrac{n^2(an^{n-\frac{1}{2}}e^{-n}e^{c_n})^22^{2n}}{2na(2n)^{2n-\frac{1}{2}}e^{-2n}e^{c_{2n}}\sqrt{n}}$
$=\dfrac{ae^{2c_n}}{\sqrt{2}e^{c_{2n}}}\to \dfrac{a}{\sqrt{2}} (n\to \infty)$
したがって
$\dfrac{a}{\sqrt{2}}=\sqrt{\pi} \therefore a=\sqrt{2\pi}$
$(10)$に$n$をかけて，$n$が大きい時の近似式
$n!\sim \sqrt{2\pi}n^{n+\frac{1}{2}}e^{-n}$
を得る．この近似式をStirlingの公式という．
ここで得た$n!$の近似式 $\dfrac{n^n}{e^{n-1}} < n! < \dfrac{(n+1)^{n+1}}{e^n}\cdots (\sharp)$
および
$n!\sim \sqrt{2\pi}n^{n+\frac{1}{2}}e^{-n}\cdots (\flat)$
を具体的に調べてみよう．
右の計算は$n=10,20,30$
の時の値を調べたものである．実際には$(\sharp)$は差が大きく，Stirlingの公式$(\flat)$が正確な近似であることが分かる．


8.同時分布


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