Intégrales de Fresnel

En théorie des distributions les oscillations "rapides" d'une fonction à l'infini  ont souvent des propriétés comparables  à une décroissance rapide à l'infini, elles permettent par exemple de donner un sens plus précis aux intégrales impropres de l'intégrale de Riemann. Pour comprendre cela l'exemple le plus important à étudier  est celui des intégrales de Fresnel

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}  e^{itx^2} dx=\sqrt{\pi\over \vert t\vert} e^{{\rm signe}(t)i{\pi\over 4}} ,~~~~\forall t\neq 0$$
ou encore
$$ \int_{-\infty}^{+\infty}  \cos(x^2) dx=\sqrt{\pi\over 2}=\int_{-\infty}^{+\infty}  \sin(x^2) dx$$


Au sens de l'intégrale de Riemann la signification de l'intégrale de Fresnel  est donc celle d'une limite d'intégrales :
$$ \int_{-\infty}^{+\infty}  e^{itx^2} dx=2\int_{0}^{+\infty}  e^{itx^2} dx=2\lim_{R\to+\infty} \int_{0}^{R}  e^{itx^2} dx $$

Bien que la fonction $e^{itx^2}$  ne tende pas vers 0 quand $x\to\infty$ la limite quand $R\to\infty$ existe bien,  grâce aux oscillations  de l'exponentielle complexe. On peut le voir en faisant une intégration par partie :

\begin{eqnarray*}
\int_{0}^{R}  e^{itx^2} dx&=& \int_{0}^{1}  e^{itx^2} dx+\int_{1}^{R}  e^{itx^2} dx\\
&=& \int_{0}^{1}  e^{itx^2} dx+\int_{1}^{R}  \underbrace{2itxe^{itx^2}}_{(e^{itx^2})'}{1\over 2itx} dx\\
&=& \underbrace{\int_{0}^{1}  e^{itx^2} dx}_\text{intégrale définie}+
\underbrace{\left[e^{itx^2}{1\over 2itx}\right]_{1}^{R}}_\text{limite simple}-\underbrace{\int_{1}^{R}  e^{itx^2} {1\over -2itx^2}dx}_\text{Critère de Riemann}
\end{eqnarray*}

Chacun des termes de la dernière ligne a bien une limite quand $R\to\infty$, ce qui nous assure que l'intégrale de Fresnel a bien un sens, mais cela ne nous dit pas comment calculer la valeur de cette intégrale ... Pour cela on va utiliser un résultat  étonnant :

Proposition Pour toute fonction $g\in{\mathcal S}({\mathbb R})$  on a
$$\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{-\infty}^{+\infty}  e^{itx^2} g(\varepsilon x)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}  e^{itx^2} dx \times  g(0)$$

Comme $g(\varepsilon x)$ tend vers 0 quand $x\to\infty$ on peut écrire des intégrales généralisées $\int_0^\infty$ qui sont bien convergentes, mais bien évidement on ne peut pas utiliser le théorème de convergence dominée  pour montrer le résultat car quand $\varepsilon \to 0^+$ on a pas de meilleure majoration que

$${\rm max}_{\varepsilon>0 }\vert g(\varepsilon x)\vert \geq \vert g(0)\vert\notin {\mathbb L}^1({\mathbb R})$$

Il faut donc utiliser l'oscillation de $e^{it x^2}$  en faisant des intégrations par parties  pour justifier le passage à la limite. On commence par  éliminer le voisinage de 0 qui ne pause pas de problème pour passer à la limite (intégrale sur un intervalle borné):

\begin{eqnarray*}
\int_{0}^{\infty}  e^{itx^2} g(\varepsilon x)dx&=& \int_{0}^{1}  e^{itx^2}  g(\varepsilon x) dx+\int_{1}^{\infty}  e^{itx^2}  g(\varepsilon x)dx\\
\int_{0}^{1}  e^{itx^2}  g(\varepsilon x) dx&\displaystyle\mathop{\longrightarrow}_{\varepsilon\to0^+}& \int_{0}^{1}  e^{itx^2}  g(0) dx
\end{eqnarray*}
Ensuite on intègre par partie le deuxième terme, la limite du crochet  étant évidente :
\begin{eqnarray*}
\int_{1}^{\infty}  e^{itx^2}  g(\varepsilon x)dx
&=&\left[e^{itx^2}{g(\varepsilon x)\over -2itx}\right]_{1}^{\infty}-\int_{1}^{\infty}  e^{itx^2} \left({g(\varepsilon x)\over 2itx}\right)'dx\\
\left[e^{itx^2}{g(\varepsilon x)\over -2itx}\right]_{1}^{\infty}&\displaystyle\mathop{\longrightarrow}_{\varepsilon\to0^+}& \left[e^{itx^2}{g(0)\over 2itx}\right]_{1}^{\infty}
\end{eqnarray*}
la nouvelle intégrale se sépare en deux morceaux et on peut appliquer le théorème de convergence dominé au premier grâce au $x^2$ présent au dénominateur :
\begin{eqnarray*}
\int_{1}^{\infty}  e^{itx^2} \left({g(\varepsilon x)\over 2itx}\right)'dx&=&
\int_{1}^{\infty}  e^{itx^2} {g(\varepsilon x)\over -2itx^2} dx
+ \int_{1}^{\infty}  e^{itx^2} {\varepsilon g'(\varepsilon x)\over 2itx} dx\\
\int_{1}^{\infty}  e^{itx^2} {g(\varepsilon x)\over -2itx^2} dx &\displaystyle\mathop{\longrightarrow}_{\varepsilon\to0^+}& \int_{1}^{\infty}  e^{itx^2} {g(0)\over -2itx^2}  dx
\end{eqnarray*}
Il faut  une nouvelle intégration par partie pour le second terme, qui de toute façon va tendre vers 0 car les dérivées de $g(\varepsilon x)$ on fait sortir un $\varepsilon x$ en facteur :
\begin{eqnarray*}
\int_{1}^{\infty}  e^{itx^2} {\varepsilon g'(\varepsilon x)\over 2itx} dx&=& \varepsilon \left(\left[e^{itx^2}{ g'(\varepsilon x)\over (2itx)^2}\right]_{1}^{\infty}-\int_{1}^{\infty}  e^{itx^2} \left({g'(\varepsilon x)\over (2itx)^2}\right)'dx\right)
\displaystyle\mathop{\longrightarrow}_{\varepsilon\to0^+} 0\\
\end{eqnarray*}
au final on a des $g(0)$ en facteurs dans tous les termes correspondant à $\int_{0}^{\infty}  e^{itx^2} dx$ :
$$\int_{0}^{\infty}  e^{itx^2} g(\varepsilon x)dx
\displaystyle\mathop{\longrightarrow}_{\varepsilon\to0^+} \underbrace{\int_{0}^{1}  e^{itx^2}  g(0) dx
+ \left[e^{itx^2}{g(0)\over 2itx}\right]_{1}^{\infty}
+ \int_{1}^{\infty}  e^{itx^2} {g(0)\over -2itx^2}  dx}_{\displaystyle\int_{0}^{\infty}  e^{itx^2} dx\times  g(0)} + 0
$$
L'intégrale $\int_{-\infty}^0$ se traite de la même manière, il ne reste qu'à additionner les deux résultats pour obtenir la valeur de $\int_{-\infty}^{+\infty}$.

Pour calculer  la valeur de l'intégrale de Fresnel on va appliquer ce résultat en prenant   $g(x)=\exp(-x^2)$ :
$$I_{t,\varepsilon}=\int_{-\infty}^{+\infty}  e^{itx^2} e^{-\varepsilon x^2} dx
=\int_{-\infty}^{+\infty}  e^{(it-\varepsilon)x^2} dx$$
et utiliser  la même astuce que  pour le calcul de l'intégrale Gaussienne réelle :
$$I_{t,\varepsilon}^2=\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty}  e^{(it-\varepsilon) (x^2+y^2)} dxdy$$
En passant en coordonnées polaires on obtient :
$$I_{t,\varepsilon}^2=\int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{2\pi}  e^{(it-\varepsilon) r^2} rdrd\theta
=\left[2\pi { e^{(it-\varepsilon) r^2}\over 2(it-\varepsilon)}\right]_0^\infty
= { 2\pi\over 2(\varepsilon-it)}$$
ce qui donne :
$$I_{t,\varepsilon}=\sqrt{ 2\pi\over 2(\varepsilon-it)}\displaystyle\mathop{\longrightarrow}_{\varepsilon\to0^+}\sqrt{\pi\over -it}=\sqrt{\pi\over \vert t\vert} e^{{\rm signe}(t)i\pi/4}$$
le choix de la détermination principale de $\sqrt{~ }$  sur ${\mathbb C}\setminus{\mathbb R}_-$  est justifié pour que l'on retrouve bien la valeur de l'intégrale de Gauss $I_{0,1}=\sqrt{\pi}$.


Ce résultat peut aussi se réinterpréter au sens des distributions :

Théorème  Dans ${\mathcal D}'$ (et aussi dans  ${\mathcal S}'$)  on a la l'existence de la limite suivante :
$$\lim_{\varepsilon\to0^+}{e^{itx^2\over \varepsilon^2}\over \varepsilon} =\sqrt{\pi\over \vert t\vert} e^{{\rm signe}(t)i\pi/4}\delta_0$$

il suffit de faire le changement de variable $\varepsilon x\to x$  dans l'intégrale :
$$\int_{-\infty}^{+\infty}  e^{itx^2} g(\varepsilon x)dx
=\int_{-\infty}^{+\infty}  {e^{itx^2\over \varepsilon^2}\over \varepsilon} g( x)dx
\mathop{\longrightarrow}_{\varepsilon\to0^+}\int_{-\infty}^{+\infty}  e^{itx^2} dx \times  g(0)$$