Por supuesto, hay muchas formas de evaluar la integral. Si utilizamos $e^{2iz}$ y el límite de un semianillo como contorno, debemos utilizar la paridad del integrando y comenzar con
$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{\cos (2x)-1}{x^2}\,dx &= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{\cos (2x)-1}{x^2}\,dx\\ &= \frac{1}{2}\lim_{\substack{\varepsilon\to 0\\ R\to\infty}} \left(\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{\cos (2x)-1}{x^2}\,dx + \int_\varepsilon^R \frac{\cos (2x) - 1}{x^2}\,dx\right)\\ &= \frac{1}{2}\lim_{\substack{\varepsilon\to 0\\ R\to\infty}} \left(\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{e^{2ix}-1}{x^2}\,dx + \int_\varepsilon^R \frac{e^{2ix} - 1}{x^2}\,dx\right), \end{align}$$
donde la última igualdad se debe a la imparidad de $\sin$ . Ahora escribiendo $s_r$ para el semicírculo de radio $r$ , $s_r(t) = re^{it}, 0\leqslant t \leqslant \pi$ , el teorema integral de Cauchy dice
$$\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{e^{2iz}-1}{z^2}\,dz + \int_{\varepsilon}^R \frac{e^{2iz}-1}{z^2}\,dz + \int_{S_R}\frac{e^{2iz}-1}{z^2}\,dz - \int_{s_\varepsilon}\frac{e^{2iz}-1}{z^2}\,dz = 0.$$
En el semiplano superior, tenemos $\lvert e^{2iz}\rvert = e^{-2\operatorname{Im} z} \leqslant 1$ Así que $\left\lvert \frac{e^{2iz}-1}{z^2}\right\rvert \leqslant \frac{2}{R^2}$ en $s_R$ y la integral sobre $s_R$ tiende a $0$ como $R\to \infty$ . Por lo tanto,
$$\begin{align} \lim_{\substack{\varepsilon\to 0\\ R\to\infty}} \left(\int_{-R}^{-\varepsilon}\frac{e^{2ix}-1}{x^2}\,dx + \int_\varepsilon^R \frac{e^{2ix} - 1}{x^2}\,dx\right) &= \lim_{\varepsilon\to 0} \int_{s_\varepsilon} \frac{e^{2iz}-1}{z^2}\,dz - \lim_{R\to\infty} \int_{s_R}\frac{e^{2iz}-1}{z^2}\,dz\\ &= \lim_{\varepsilon\to 0} \int_{s_\varepsilon} \frac{e^{2iz}-1}{z^2}\,dz. \end{align}$$
Desde $\frac{e^{2iz}-1}{z^2}$ tiene un polo simple en $0$ tenemos
$$\lim_{\varepsilon\to 0} \int_{s_\varepsilon} \frac{e^{2iz}-1}{z^2}\,dz = \pi i \operatorname{Res}\left(\frac{e^{2iz}-1}{z^2}; 0\right) = \pi i(2i) = -2\pi,$$
como puede leerse en la serie de Taylor de $e^{2iz}$ . Así,
$$\int_0^\infty \frac{\cos (2x)-1}{x^2}\,dx = -\pi.$$
Otra forma de evaluar la integral utiliza la identidad trigonométrica $\cos (2x) - 1 = - 2\sin^2 x$ lo que da como resultado
$$\int_0^\infty \frac{\cos (2x)-1}{x^2}\,dx = -2\int_0^\infty \frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx.$$
Ahora podemos, por ejemplo, integrar por partes,
$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx &= \left[-\frac{\sin^2 x}{x}\right]_0^\infty + \int_0^\infty \frac{2\sin x\cos x}{x}\,dx\\ &= \int_0^\infty \frac{\sin (2x)}{x}\,dx\\ &= \int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\,dt, \tag{$t = 2x$} \end{align}$$
y evaluar esa integral también mediante el teorema del residuo (o con el método que uno prefiera).
En lugar de integrar por partes, también podríamos haber observado que
$$\int_{-1}^1 e^{-ix\xi}\,d\xi = \left[-\frac{e^{-ix\xi}}{ix}\right]_{-1}^1 = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{ix} = 2\frac{\sin x}{x},$$
así que $\frac{\sin x}{x}$ es la transformada de Fourier de $\sqrt{\frac{\pi}{2}}\cdot \chi_{[-1,1]}$ y el teorema de Plancherel junto con la paridad del integrando nos da
$$2\int_0^\infty \frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx = \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx = \frac{\pi}{2} \int_{-\infty}^\infty \chi_{[-1,1]}(x)^2\,dx = \pi.$$
