CalcGospel 微積分福音
返回

113 台聯大微積分(A3/A4/A6) 第 2 題

考題 / 轉學考微積分 / 台聯大 / 微積分A3/A4/A6

113學年度 · 113微積分A3/A4/A6 · 第 2 題

題目

Problem

甲、填充題：共8題，每題8分，共64分。請在答案卷上列出題號依序作答。

  1. Evaluate the integral:
∫0∞e−2xcos⁡x dx .\int_0^\infty e^{-2x} \cos x \,\mathrm{d}x \,.

解答

解法一：利用拉普拉斯轉換公式法（最速法）

思路

展開
  1. 本題要求計算廣義積分 ∫0∞e−2xcos⁡x dx\int_0^\infty e^{-2x} \cos x \,\mathrm{d}x。
  2. 此積分結構完全符合拉普拉斯轉換 (Laplace Transform) 的定義。
  3. 我們知道經典的拉普拉斯公式： ∫0∞e−sxcos⁡(bx) dx=ss2+b2(其中 s>0)\int_0^\infty e^{-sx} \cos(bx) \,\mathrm{d}x = \frac{s}{s^2 + b^2} \quad (\text{其中 } s > 0)
  4. 對照本題，令 s=2,b=1s = 2, b = 1 代入即可極速求解。

答題過程

展開

根據拉普拉斯轉換之經典積分公式，對於任意實數 s>0s > 0 與 bb：

∫0∞e−sxcos⁡(bx) dx=ss2+b2\int_0^\infty e^{-sx} \cos(bx) \,\mathrm{d}x = \frac{s}{s^2 + b^2}

對照題目中的被積函數 e−2xcos⁡xe^{-2x} \cos x，我們取：

s=2,b=1s = 2, \quad b = 1

代入公式：

∫0∞e−2xcos⁡x dx=222+12=24+1=25\int_0^\infty e^{-2x} \cos x \,\mathrm{d}x = \frac{2}{2^2 + 1^2} = \frac{2}{4 + 1} = \frac{2}{5}

解法二：分部積分法（傳統做法）

思路

展開
  1. 令 I=∫e−2xcos⁡x dxI = \int e^{-2x} \cos x \,\mathrm{d}x。
  2. 使用兩次分部積分法（Integration by Parts），利用指三角積分的循環性解出 II。
    • 第一次分部積分：令 u=e−2x  ⟹  du=−2e−2x dxu = e^{-2x} \implies \mathrm{d}u = -2e^{-2x}\,\mathrm{d}x；令 dv=cos⁡x dx  ⟹  v=sin⁡x\mathrm{d}v = \cos x \,\mathrm{d}x \implies v = \sin x。
    • 第二次分部積分：對留下的積分項再次使用分部積分，最終會得到包含 II 的等式。
  3. 解出 II 的不定積分表示式後，代入上下限 [0,∞)[0, \infty) 求解。

答題過程

展開

我們首先計算不定積分：

I=∫e−2xcos⁡x dxI = \int e^{-2x} \cos x \,\mathrm{d}x

採用分部積分法，令：

u=e−2x  ⟹  du=−2e−2x dxu = e^{-2x} \implies \mathrm{d}u = -2e^{-2x}\,\mathrm{d}x dv=cos⁡x dx  ⟹  v=sin⁡x\mathrm{d}v = \cos x \,\mathrm{d}x \implies v = \sin x I=e−2xsin⁡x−∫sin⁡x(−2e−2x)dx=e−2xsin⁡x+2∫e−2xsin⁡x dx— (1)I = e^{-2x} \sin x - \int \sin x \left( -2e^{-2x} \right) \mathrm{d}x = e^{-2x} \sin x + 2 \int e^{-2x} \sin x \,\mathrm{d}x \quad \text{--- (1)}

對式 (1) 中的剩餘積分 ∫e−2xsin⁡x dx\int e^{-2x} \sin x \,\mathrm{d}x 再次使用分部積分，令：

u1=e−2x  ⟹  du1=−2e−2x dxu_1 = e^{-2x} \implies \mathrm{d}u_1 = -2e^{-2x}\,\mathrm{d}x dv1=sin⁡x dx  ⟹  v1=−cos⁡x\mathrm{d}v_1 = \sin x \,\mathrm{d}x \implies v_1 = -\cos x ∫e−2xsin⁡x dx=e−2x(−cos⁡x)−∫(−cos⁡x)(−2e−2x) dx=−e−2xcos⁡x−2I\int e^{-2x} \sin x \,\mathrm{d}x = e^{-2x}(-\cos x) - \int (-\cos x)(-2e^{-2x})\,\mathrm{d}x = -e^{-2x}\cos x - 2I

將此代回式 (1)：

I=e−2xsin⁡x+2(−e−2xcos⁡x−2I)=e−2xsin⁡x−2e−2xcos⁡x−4II = e^{-2x} \sin x + 2\left( -e^{-2x}\cos x - 2I \right) = e^{-2x}\sin x - 2e^{-2x}\cos x - 4I 5I=e−2xsin⁡x−2e−2xcos⁡x  ⟹  I=e−2x(sin⁡x−2cos⁡x)5+C5I = e^{-2x}\sin x - 2e^{-2x}\cos x \implies I = \frac{e^{-2x}(\sin x - 2\cos x)}{5} + C

現在代入廣義積分範圍 [0,∞)[0, \infty)：

∫0∞e−2xcos⁡x dx= lim⁡b→∞[e−2x(sin⁡x−2cos⁡x)5]0b= lim⁡b→∞(e−2b(sin⁡b−2cos⁡b)5)−(e0(sin⁡0−2cos⁡0)5)\begin{align*} \int_0^\infty e^{-2x} \cos x \,\mathrm{d}x =&\, \lim_{b\to\infty} \left[ \frac{e^{-2x}(\sin x - 2\cos x)}{5} \right]_0^b \\[4mm] =&\, \lim_{b\to\infty} \left( \frac{e^{-2b}(\sin b - 2\cos b)}{5} \right) - \left( \frac{e^0(\sin 0 - 2\cos 0)}{5} \right) \end{align*}

由於當 b→∞b \to \infty 時， e−2b→0e^{-2b} \to 0，而括號內的三角函數 sin⁡b−2cos⁡b\sin b - 2\cos b 有界（由夾擠定理知極限為 00）。代入可得：

∫0∞e−2xcos⁡x dx=0−1(0−2)5=25\int_0^\infty e^{-2x} \cos x \,\mathrm{d}x = 0 - \frac{1(0 - 2)}{5} = \frac{2}{5}

解法三：歐拉公式複數代換法（另解）

思路

展開
  1. 利用歐拉公式（Euler’s Formula）： cos⁡x=Re(eix)\cos x = \text{Re}\left(e^{ix}\right)。
  2. 積分式改寫為： ∫0∞e−2xcos⁡x dx=Re(∫0∞e−2xeix dx)=Re(∫0∞e(−2+i)x dx)\int_0^\infty e^{-2x} \cos x \,\mathrm{d}x = \text{Re} \left( \int_0^\infty e^{-2x} e^{ix} \,\mathrm{d}x \right) = \text{Re} \left( \int_0^\infty e^{(-2+i)x} \,\mathrm{d}x \right)
  3. 積分複指數函數並取實部求解。

答題過程

展開

利用歐拉公式 cos⁡x=Re(eix)\cos x = \text{Re}(e^{ix})，我們將積分改寫為複數形式：

∫0∞e−2xcos⁡x dx=Re(∫0∞e(−2+i)x dx)\int_0^\infty e^{-2x} \cos x \,\mathrm{d}x = \text{Re} \left( \int_0^\infty e^{(-2+i)x} \,\mathrm{d}x \right)

計算複指數函數的定積分：

∫0∞e(−2+i)x dx= [e(−2+i)x−2+i]0∞= lim⁡b→∞e−2beib−2+i−1−2+i\begin{align*} \int_0^\infty e^{(-2+i)x} \,\mathrm{d}x =&\, \left[ \frac{e^{(-2+i)x}}{-2+i} \right]_0^\infty \\[4mm] =&\, \lim_{b\to\infty} \frac{e^{-2b}e^{ib}}{-2+i} - \frac{1}{-2+i} \end{align*}

因為 lim⁡b→∞e−2b=0\lim_{b\to\infty} e^{-2b} = 0 且 ∣eib∣=1|e^{ib}| = 1，第一項極限為 00。代入得：

∫0∞e(−2+i)x dx=−1−2+i=12−i\int_0^\infty e^{(-2+i)x} \,\mathrm{d}x = -\frac{1}{-2+i} = \frac{1}{2-i}

我們將分母實數化以求其實部：

12−i=2+i(2−i)(2+i)=2+i4−i2=2+i5=25+15i\frac{1}{2-i} = \frac{2+i}{(2-i)(2+i)} = \frac{2+i}{4 - i^2} = \frac{2+i}{5} = \frac{2}{5} + \frac{1}{5}i

取其實部 (Real part)：

Re(25+15i)=25\text{Re}\left( \frac{2}{5} + \frac{1}{5}i \right) = \frac{2}{5}

結論： 2. 填入 25\displaystyle \frac{2}{5}。