Par holomorphie de \(z\mapsto e^{-z^2}\), \[\int_0^R e^{-x^2} dx + \int_{C_R} e^{-z^2} dz + \int _{Re^{i\pi /4}}^0 e^{-z^2} dz =0.\] Notons \(I_{1,R}\) la première intégrale ci-dessus, \(I_{2,R}\) la deuxième et \(I_{3,R}\) la troisième. Alors, \[\lim_{R\to \infty} I_{1,R} = \frac{1}{2} \int _\R e^{-x^2} dx = \frac{1}{2} \int _\R e^{-\pi u^2} \sqrt{\pi} \,du =\frac{\sqrt{\pi}}{2} .\] Comme \(e^{-z^2}= e^{-\left( e^{i\pi /4}t\right)^2}= e^{-it^2}= \cos (t^2) -i\sin (t^2)\) pour \(z=e^{i\pi /4}t\) on a \[\begin{aligned}I_{3,R} &=-\int_0^R \left( \cos (t^2) -i\sin (t^2)\right)e^{i\pi /4} dt\\ &=-\frac{\sqrt{2}}{2}\left( \int_0^R \cos (t^2) +\sin (t^2) dt +i \int_0^R \cos (t^2) -\sin (t^2) dt \right). \end{aligned}\] Il suffit alors de déterminer \(\lim_{R\to\infty} I_{2,R}\) pour en déduire les intégrales de Fresnel. Si on pose \(z=Re^{i\theta}\), alors \[\int _{C_R} e^{-z^2} dz = \int_0^\frac{\pi}{4} e^{-R^2 e^{2i\theta}} iR e^{i\theta} d\theta\] ce qui implique \[|I_{2,R}| \leq R \int _0^\frac{\pi}{4}e^{-R^2 \cos (2\theta)} d\theta = \frac{R}{2}\int _0^\frac{\pi}{2}e^{-R^2 \cos (\alpha)} d\alpha.\] Du changement de variables \(\beta = \frac{\pi}{2} -\alpha\) et du fait que \(\sin \beta \geq \frac{\beta}{2}\) pour \(\beta \in [0, \frac{\pi}{2} ]\) on déduit que : \[|I_{2,R}| \leq -\frac{R}{2}\int ^0_\frac{\pi}{2}e^{-R^2 \sin (\beta )}d\beta \leq \frac{R}{2}\int _0^\frac{\pi}{2}e^{-R^2 \frac{\beta}{2}}d\beta = \left. -\frac{R}{2}e^{-R^2 \frac{\beta}{2}}\right|_0^\frac{\pi}{2} \leq \frac{2}{R} \to 0\] lorsque \(R\to \infty\). Conclusion \(\int_0^\infty \cos(x^2)dx = \int_0^\infty \sin(x^2)dx = \frac{\sqrt{2\pi}}{4}\).

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