Calcul d'une intégrale

Par transformation de Laplace : $\mathcal{L}_{y \to s}(\sin y)=\frac{1}{1+s^2}$ et $\mathcal{L}^{-1}_{y \to s}\left(\frac{1}{y\sqrt{y}}\right)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\sqrt{s}.$

Il vient donc $$\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(x^2)}{x^2}\,dx \underset{x^2=y}= \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin y}{y\sqrt{y}}\,dy = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{s}}{1+s^2}\,ds\underset{s=u^2}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{u^2 du}{1+u^4}.$$

A partir de là, c'est un calcul classique avec une fraction rationnelle.

Bonjour,

Niveau L2 sans résidu :
- changement de variables $x\leadsto y$ avec $y=x^2$
- démonstration de $\displaystyle {\Gamma(a+1)\over u^{a+1}}= \int_0^{+\infty} dt t^a e^{-u t}$ pour $u>0$ et $a>0$
- Inversion de l’ordre des intégrales sur $t$ et sur $y$
- calcul classique de $\Gamma(1/2)$

On considère:
\begin{align}
G(t)&=\int_0^\infty \sin(x^2)\text{e}^{-tx^2}\,dx\\
\end{align}

On applique dans l'intégrale qui définit $G(t)$ le changement de variable $u=x^2$,
\begin{align}G(t)&=\frac{1}{2}\int_0^\infty \text{e}^{-tu}\frac{\sin u}{\sqrt{u}}\,du\\\end{align}
Dans l'intégrale suivante on applique le changement de variable $y^2=us$, $u>0$.
\begin{align}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty \frac{\text{e}^{-us}}{\sqrt{s}}\,ds&=\frac{1}{\sqrt{\pi u}}\int_0^\infty \text{e}^{-y^2}\,dy\\
&=\frac{1}{\sqrt{u}}
\end{align}
Donc,
\begin{align}G(t)&=\frac{1}{2}\int_0^\infty \text{e}^{-tu}\sin u\left(\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty \frac{\text{e}^{-us}}{\sqrt{s}}\,ds\right)\,du\\
&=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_0^\infty \left(\int_0^\infty \text{e}^{-(t+s)u}\sin u\,du\right)\frac{1}{\sqrt{s}}\,ds\\
\end{align}
Or,
\begin{align}\int_0^\infty \text{e}^{-au}\sin u\,du&=\frac{1}{1+a^2}\end{align}
Donc,
\begin{align} G(t)&=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\frac{1}{(1+(t+s)^2)\sqrt{s}}\,ds\end{align}
On applique le changement de variable $u=\sqrt{s}$,
\begin{align} G(t)&=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty\frac{1}{1+(t+u^2)^2}\,du\end{align}
Or,
\begin{align}1+(t+u^2)^2=\left(u^2-u\sqrt{2\sqrt{1+t^2}-2t}+\sqrt{1+t^2}\right)\left(u^2+u\sqrt{2\sqrt{1+t^2}-2t}+\sqrt{1+t^2}\right)\end{align}
Par décomposition en éléments simples on obtient que:
\begin{align} \boxed{G(t)=\sqrt{\frac{\pi}{8}}\sqrt{\frac{\sqrt{1+t^2}-t}{1+t^2}}}\end{align}

En faisant $t=0$ on obtient bien que:
\begin{align}\boxed{\int_0^\infty \cos(x^2)\,dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{2}}}\end{align}

Source: Leonard L.E, More on Fresnel integrals. AMM 95,1988.

NB:
Ce calcul suppose qu'on sache calculer:
\begin{align}\int_0^\infty \text{e}^{-x^2}\,dx\end{align}

reuns écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1827904,1828024#msg-1828024

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> Sinon tu as $$\Big(\frac{\sin x}{x}\Big)^2 = \int_{-1}^1 (1-|t|) e^{2i xt}dt $$
Bonjour reuns, je ne comprends pas
À gauche c'est un réel et à droite c'est un complexe.

Oui désolé. Dans ce cas j'approuve la solution de Cyrano d'utiliser que $$I=\int_0^{\infty} \frac{\sin(x^2)}{x^2}dx =\int_0^{\infty} \frac{\sin(y)}{2 y^{3/2}}dy$$ et $$y^{-3/2} =C \int_0^\infty u^{1/2} e^{-yu}du,$$ où $C$ c'est $1/\Gamma(3/2)$ donc $2/\sqrt{\pi}$ pour obtenir
\begin{align*}
2I &= \int_0^{\infty} \sin(y) C\int_0^\infty u^{1/2}e^{-yu}dy du\\
&= C\int_0^{\infty} u^{1/2}\int_0^\infty \sin(y)e^{-yu}dy du\\
&=\frac{C}{2i}\int_0^{\infty} u^{1/2} (\frac1{u-i}-\frac1{u+i}) du\\
&=\frac{C}{i}\int_0^{\infty} v^2 (\frac1{v^2-i}-\frac1{v^2+i}) dv
\end{align*} qu'on sait intégrer.