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PRINCIPE DE HUYGHENS

 Les corrections sont expliquées en page de discussion

L’intégrale se décomposera alors en un produit de deux autres :

$\xi ={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{2\pi }}{\frac {\xi '_{0}}{r_{0}}}e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{\pm {\sqrt {-1}}\,\alpha \mu ^{2}x^{2}}\,dx\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{\pm {\sqrt {-1}}\,\alpha \nu ^{2}y^{2}}\,dy.$

La valeur de ces intégrales est connue. On sait en effet que :

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{{\sqrt {-1}}\,x^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{2}}}(1+{\sqrt {-1}}).$

En posant $x=\mu {\sqrt {\alpha }}\,x',$ on trouve aisément :

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{{\sqrt {-1}}\,\alpha \mu ^{2}x^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{2\alpha }}}{\frac {1+{\sqrt {-1}}}{\mu }}$

ou en changeant ${\sqrt {-1}}$ en $-{\sqrt {-1}}\,:$

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha \mu ^{2}x^{2}}\,dx={\sqrt {\frac {\pi }{2\alpha }}}{\frac {1-{\sqrt {-1}}}{\mu }}$

ou en réunissant ces deux résultats

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{\mp {\sqrt {-1}}\,\alpha \mu ^{2}x^{2}}\,dx={\frac {1}{\mu }}{\sqrt {\frac {\pi }{2\alpha }}}(1\mp {\sqrt {-1}})$

et de même

$\int _{-\infty }^{+\infty }\!\!e^{\mp {\sqrt {-1}}\,\alpha \nu ^{2}y^{2}}\,dx={\frac {1}{\nu }}{\sqrt {\frac {\pi }{2\alpha }}}(1\mp {\sqrt {-1}})$

Substituons dans $\xi \,:$

${\begin{aligned}\xi &={\frac {{\sqrt {-1}}\,\alpha }{2\pi }}{\frac {\xi '_{0}}{r_{0}}}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}{\frac {1}{\mu \nu }}{\frac {\pi }{2\alpha }}\left(1\mp {\sqrt {-1}}\right)\left(1\mp {\sqrt {-1}}\right)\\[0.75ex]&={\frac {{\sqrt {-1}}\,\xi '_{0}\,e^{-{\sqrt {-1}}\,\alpha r_{0}}}{2h}}\left(1\mp {\sqrt {-1}}\right)\left(1\mp {\sqrt {-1}}\right).\\\end{aligned}}$