Mi convenio para la transformada de Fourier es
$$\widehat{f}(\xi)=\int_{\mathbb{R}}f(x)e^{-2\pi i x\xi}\mathrm{d}x,\qquad \xi\in\mathbb{R} \tag{1}$$
Usted puede ajustar a su propio convenio mediante el escalado de las propiedades de la transformada de Fourier.
Como Chester se indicó en los comentarios, usted tiene un producto de dos funciones de $\sin t^{2}$$e^{-2\left|t-2\right|}$. Sin embargo, el teorema de convolución $\widehat{fg}=\widehat{f}\ast\widehat{g}$ sólo se aplica para el adecuado funciones de $f$ $g$ o de una distribución de $f$ y una adecuada función de $g$. En cualquier caso, la transformada de Fourier de $\sin t^{2}$ sólo existe en el sentido de distribuciones:
$$\langle{\sin(\cdot)^{2},\widehat{\phi}}\rangle=\int_{\mathbb{R}}\sin(t^{2})\widehat{\phi}(t)\mathrm{d}t,\qquad\forall\phi\in\mathcal{S}(\mathbb{R})$$
Como no sé cómo se familiarice con la distribución de la teoría, voy a tratar de evitar que se refieren a ella.
En primer lugar, observar que al escribir
$$\sin(t^{2})=\dfrac{e^{it^{2}}-e^{-it^{2}}}{2i}, \tag{2}$$
basta sustituir a $\sin t^{2}$ $e^{\pm it^{2}}$ y, a continuación, utilizar la linealidad.
Por el teorema de convergencia dominada, tenemos
$$\lim_{\delta\rightarrow 0^{+}}\int_{\mathbb{R}}e^{-\delta x^{2}}e^{\pm ix^{2}}e^{-2\left|x-2\right|}e^{-2\pi i x\xi}\mathrm{d}x=\int_{\mathbb{R}}e^{-ix^{2}}e^{-2\left|x-2\right|}\mathrm{d}x$$
Para cualquier $\delta>0$, el lado izquierdo es la transformada de Fourier de dos $L^{1}$ funciones $e^{-\delta x^{2}}e^{-ix^{2}}$$e^{-2\left|x-2\right|}$, el cual es dado por la convolución de sus transformadas de Fourier. Como alternativa, tenemos un producto de dos cuadrado integrable funciones, por lo que podemos utilizar el teorema de Plancherel.
Lema 1. Si $f_{\delta}(x)=e^{-(\delta +i\sigma)x^{2}}$$\delta>0$$\sigma\in\mathbb{R}$, luego
$$\widehat{f_{\delta}}(\xi)=\int_{\mathbb{R}}e^{-(\delta+i\sigma)x^{2}}e^{-2\pi i x\xi}\mathrm{d}x=\left(\dfrac{\pi}{\delta+i\sigma}\right)^{1/2}e^{-(\pi\xi^{2})/(\delta+i\sigma)}, \tag{3}$$
donde tomamos la rama principal de $\arg(z)$.
Este resultado es normalmente demostrado el uso de Cauchy teorema de análisis complejo, y una prueba se puede encontrar en un típico análisis de Fourier libro. Ya que nos hará falta más adelante, se nota que
$$\lim_{\delta\rightarrow 0^{+}}\widehat{f_{\delta}}(\xi)=\left(\dfrac{\pi}{\left|\sigma\right|}\right)^{1/2}e^{-\text{sgn}(\sigma)i\pi/4}e^{i\pi\xi^{2}/\sigma},\qquad\forall\xi\in\mathbb{R} \tag{4}$$
Lema 2. Si $g(x)=e^{-2\left|x-2\right|}$, luego
$$\widehat{g}(\xi)=\dfrac{e^{-4\pi i\xi}}{1+\pi^{2}\xi^{2}} \tag{5}$$
Prueba. Basta por la traducción y propiedades de escala para el cálculo de la transformada de Fourier de la función de $e^{-\left|t\right|}$l.
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}e^{-\left|x\right|}e^{-2\pi i x\xi}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\infty}e^{-x}2\cos(2\pi x\xi)\mathrm{d}x
\end{align*}
Integrando por partes dos veces, obtenemos que el lado derecho es igual a
$$-(2\pi^{2}\xi^{2})^{-1}\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos(2\pi x\xi)\mathrm{d}x,$$
que con algunos álgebra rendimientos
$$\int_{\mathbb{R}}e^{-\left|x\right|}e^{-2\pi i x\xi}\mathrm{d}x=\dfrac{2}{1+4\pi^{2}\xi^{2}}$$
$\Box$
Aplicar el Lema 1 con $\sigma=\pm 1$ y el Lema 2, obtenemos que
\begin{align*}
\lim_{\delta\rightarrow 0^{+}}\int_{\mathbb{R}}e^{-(\delta\pm i) x^{2}}e^{-2\left|x-2\right|}e^{-2\pi i x\xi}\mathrm{d}x=\lim_{\delta\rightarrow 0^{+}}\int_{\mathbb{R}}\left(\dfrac{\pi}{\delta\pm i}\right)^{1/2}e^{-(\pi y^{2})/(\delta\pm i)}\dfrac{e^{-4\pi i(\xi-y)}}{1+\pi^{2}(\xi-y)^{2}}\mathrm{d}y
\end{align*}
El integrando en el lado derecho de arriba está dominada por una $L^{1}$ función para todas las $\delta>0$, así que por la convergencia dominada, llegamos a la conclusión de que
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}e^{\mp ix^{2}}e^{-2\left|x-2\right|}e^{-2\pi i x\xi}\mathrm{d}x=\sqrt{\pi}e^{\mp i\pi/4}\int_{\mathbb{R}}e^{\pm i(\pi y^{2})}\dfrac{e^{-4\pi i(\xi-y)}}{1+\pi^{2}(\xi-y)^{2}}\mathrm{d}y \tag{6}
\end{align*}
De dónde,
\begin{align*}
\int_{\mathbb{R}}\sin(x^{2})e^{-2\left|x-2\right|}e^{-2\pi i x\xi}\mathrm{d}x&=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2i}\int_{\mathbb{R}}\left[e^{-i(\pi y^{2}-\pi/4)}-e^{i(\pi y^{2}-\pi/4)}\right]\dfrac{e^{-4\pi i(\xi-y)}}{1+\pi^{2}(\xi-y)^{2}}\mathrm{d}y\\
&=-\sqrt{\pi}\int_{\mathbb{R}}\sin(\pi y^{2}-\pi/4)\dfrac{e^{-4\pi i(\xi-y)}}{1+\pi^{2}(\xi-y)^{2}}\mathrm{d}y \tag{7}
\end{align*}
Por el momento, no sé cómo obtener una forma cerrada de la expresión de la integral de la derecha. Tal vez otro usuario podría meter su cuchara en este punto.
