\documentclass[a4paper]{article}
\usepackage{entete}
\author{Référence~: Les maths en tête, analyse. Xavier \textsc{Gourdon}}
\title{Intégrale de Fresnel}
\date{2011-2012}

\begin{document}
\maketitle

On pose dans la suite~:
\begin{align*}
    F(t) &= \iint_{[0,t]^2} e^{i(x^2+y^2)} \diff x\diff y \\
    f(t) & = \int_0^t e^{ix^2}\diff x \\
    I(T) & = \frac{1}{T} F(t)\diff t
\end{align*}

On cherche à montrer~:
\begin{thm}
    L'intégrale de Fresnel vaut~:
    $$\int_0^\infty e^{ix^2}\diff x = \frac{\sqrt\pi}{2} e^{i\pi/4}.$$
\end{thm}

\begin{proof}
    Il est assez clair que $F(t) = f(t)^2$. Calculons-la d'une autre manière.

    $[0,t]^2$ est symétrique par rapport à la première bissectrice, et donc, en posant $\Delta_t = \{ (x,y) \in \R^2~|~ 0 \leqslant y \leqslant x \leqslant t\}$~:
    $$F(t) = 2\iint_{\Delta_t} e^{i(x^2+y^2)} \diff x\diff y. $$

    La vision de $x^2+y^2$ donne très envie de passer en polaire. $\Delta_t$ devient alors
    $$K_t = \{(r,\theta) \in \R^+ \times [0,\frac{\pi}{4}]~|~0 \leqslant r \cos \theta \leqslant t\}.$$

    On a donc, par changement de variables~:
    $$F(t) = \iint_{K_t} e^{ir^2}r \diff r \diff \theta.$$

    Par théorème de Fubini (on est sur un compact)~:
    \begin{align*}
        F(t) &= 2\int_0^{\pi/4} \left( \int_0^{t / \cos \theta} e^{ir^2}r\diff r \right) \diff \theta \\
        & = \int_0^{\pi/4} \frac{1}{i} \left(\exp\left( i \frac{t^2}{\cos^2\theta}\right) -1 \right) \\
        & = \frac{i\pi}{4} - i \int_0^{\pi/4} \exp \left( i \frac{t^2}{\cos^2 \theta} \right) \diff \theta
    \end{align*}

    On a donc, en utilisant à nouveau le théorème de Fubini~:
    $$I(t) = \frac{i\pi}{4} - \frac{i}{T} \int_0^{\pi/4} \cos(\theta) f \left( \frac{T}{\cos \theta} \right) .$$

    \begin{lem}
        $\varphi = \int_0^\infty e^{ix^2} \diff x$ est semi-convergente. 
    \end{lem}

    \begin{prooflem}
        On pose $u=x^2$. Alors~:
        \begin{align*}
            \varphi &= \frac12 \int_0^\infty e^{iu} u^{-1/2} \diff u
        \end{align*}

        qui est semi-convergente (faire une intégration par parties).
    \end{prooflem}

    $f$ est donc bornée sur $\R^+$, et donc $I$ converge vers $\frac{i\pi}{4}$ en $+\infty$.

    Par ailleurs, on a 
    $$I(T) = \frac{1}{T} \int_0^T f(t)^2 \diff t,$$, et $f(t)^2$ converge vers $\varphi^2$ en $+\infty$, donc, par théorème de Césaro, $I$ converge vers $\varphi^2$ en $+\infty$.

    Finalement, $\varphi = \pm \frac{\sqrt \pi}{4} e^{i\pi/4}$. Il ne nous reste qu'à trouver le signe. Pour cela, regardons
    $$s = \im(\varphi) = \frac12 \int_0^\infty \sin(x) x^{-1/2} \diff x.$$

    On peut écrire
    \begin{align*}
        s& = \sum \int_{2n\pi}^{2(n+1)\pi} \frac{\sin u}{2 \sqrt u} \diff u \\
        & =\sum \int_{2n\pi}^{2(n+1)\pi} \frac{\sin u}{2} \left( \frac{1}{\sqrt u} - \frac{1}{\sqrt{u+\pi}} \right) \diff y
    \end{align*}
    et chaque terme de la somme est positif.

    D'où le résultat.
    
\end{proof}


\end{document}