\[
f(x) = e^{-x^2}-(1-x^2), \qquad g(x) = e^{x^2}-(1 + x^2)
\]
とおく．
\[
f'(x) = 2x(1-e^{-x^2}) = \frac{2x(e^{x^2}-1)}{e^{x^2}}
\]
であるから，$f'(x) = 0$ となるのは $x = 0$ のときのみである．増減を調べると $x \geqq 0$ のとき $f(x)$ は単調に増加するから
\[
f(x) \geqq f(0) = 0 \qquad (x \geqq 0)
\]
である．ゆえに
\[
1-x^2 \leqq e^{-x^2}
\]
が成り立つ．$g(x)$ についても同様にして
\[
g(x) \geqq g(0) = 0 \qquad (x \geqq 0)
\]
であるから
\[
e^{x^2} \geqq 1+x^2
\]
両辺ともに正値をとることに注意して逆数をとれば
\[
e^{-x^2} = \frac{1}{e^{x^2}} \leqq \frac{1}{1+x^2}
\]
が成り立つ．

１つ目の不等号を示す．
\[
f(t) = \int_{0}^{t}e^{-nx^2}\,dx
\]
とおくと
\[
\frac{d}{dt}\int_{0}^{t} e^{-nx^2}\,dx = e^{-nt^2} > 0
\]
であるから，この積分は $t$ の関数として単調増加と判る．したがって
\[
\int_{0}^{1} e^{-nx^2}\,dx \leqq \int_{0}^{\infty} e^{-nx^2}\,dx
\]
が成り立つ．補題 2 より
\[
1-x^2 \leqq e^{-x^2} \quad (x > 0)
\]
であったが，$0 \leqq x \leqq 1$ においては $1-x^2 \geqq 0$ であるから，$n = 1,2,\ldots$ に対して
\[
(1-x^2)^n \leqq \left(e^{-x^2}\right)^n = e^{-nx^2}
\]
が成り立つ．ここで，$x = \sin{t}$ の変数変換と $\cos^2{x} = 1-\sin^2{x}$ を用いれば
\[
\int_{0}^{1} (1-x^2)^n \,dx = \int_{0}^{\pi/2} (1-\sin^2{x})^n \cdot \cos{t} \,dt = \int_{0}^{\pi/2} \cos^{2n+1}{t}\,dt = W_{2n+1}
\]
であるから
\[
W_{2n+1} = \int_{0}^{1} (1-x^2)^n \,dx \leqq \int_{0}^{1}e^{-nx^2}\,dx \leqq \int_{0}^{\infty} e^{-nx^2}\,dx
\]
を得る．２つ目の不等号を示す．補題 2 より
\[
e^{-x^2} \leqq \frac{1}{1+x^2} \quad (x \geqq 0)
\]
であったが，$x$ の値に関わらず $e^{-x^2} > 0$ であるから，$n = 1,2,\ldots$ に対して
\[
e^{-nx^2} = \left(e^{-x^2}\right)^n \leqq \left(\frac{1}{1+x^2}\right)^n = \frac{1}{(1+x^2)^n}
\]
が成り立つ．ここで，$x = \tan{t}$ の変数変換を考える．積分区間に $x = 0$ が含まれているから， $\tan{t}$ が連続になるように， $t$ の定義域は $-\pi/2 < t < \pi/2$ で考える．$x \to \infty$ のとき $t \to \pi/2$ であるから
$$
\begin{eqnarray*}
\int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1+x^2)^n}
& = & \int_{0}^{\infty} \frac{1}{(1 + \tan^2{t})^n}\cdot\frac{1}{\cos^2{t}}\,dt \\
& = & \int_{0}^{\pi/2}\cos^{2n-2}{t}\,dt \\
& = & W_{2n-2}
\end{eqnarray*}
$$
を得る．ここで，２つ目の等号では $\displaystyle 1 + \tan^2{t} = \frac{1}{\cos^2{t}}$ を用いた．

Wallis の公式の利用を考えたために
\[
\int_{0}^{\infty} e^{-nx^2} \,dx \leqq W_{2n-2}
\]
を示したが，上からの評価についてはより具体的なものがすぐに導出できる．補題 2 より
\[
e^{-x^2} \leqq \frac{1}{1+x^2} \quad (x \geqq 0)
\]
であったが，$x = \sqrt{n}t~(> 0)$ とすれば
\[
e^{-nt^2} \leqq \frac{1}{1+nt^2} = \frac{1}{n}\cdot \frac{1}{\frac{1}{n} + t^2}
\]
である．変数変換 $\displaystyle t = \sqrt{\frac{1}{n}}\tan{\theta}$ を用いれば
\[
\int_{0}^{\infty}\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{\frac{1}{n} + t^2}\,dt = \int_{0}^{\pi/2} \sqrt{\frac{1}{n}}\,d\theta = \frac{\pi}{2\sqrt{n}}
\]
を得る．この結果を用いても次の 定理 4 を示すことができる．

積分に対する Wallis の公式より
$$
\begin{eqnarray*}
\lim_{n \to \infty}\sqrt{n}W_{2n+1}
& = & \lim_{n \to \infty} \sqrt{2n+1}W_{2n+1} \cdot \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2n+1}} \\
& = & \lim_{m \to \infty} \sqrt{m}W_m \cdot \sqrt{\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{m}\right)} \\
& = & \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つ．ここで ２つ目の等号では $m = 2n+1$ とおいた．同様にして
\[
\lim_{n \to \infty}\sqrt{n}W_{2n-2} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\]
が成り立つことも判る．また，変数変換 $\displaystyle t = \frac{x}{\sqrt{n}}$ を用いると
\[
\int_{0}^{\infty}e^{-nt^2}\,dt = \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\infty} e^{-x^2}\,dx
\]
を得る．これと 補題 3 より
\[
\sqrt{n}W_{2n+1} \leqq \int_{0}^{\infty} e^{-x^2} \,dx \leqq \sqrt{n}W_{2n-2}
\]
が成り立つ．$n \to \infty$ の極限を考えれば，はさみうちの原理より
\[
\int_{0}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
\]
が示された．

関数 $e^{-x^2}$ は連続な偶関数であるから
\[
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = 2 \int_{0}^{\infty}e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}
\]
である．