2020年考研数学三第17题

首先，我们面对的是一个二阶常系数线性齐次微分方程。题目给出的微分方程形式为 $y'' + 2y' + 5y = 0$。对于此类方程，求解的标准方法是先写出其特征方程。特征方程是通过将原微分方程中的 $y''$ 替换为 $\lambda^2$，$y'$ 替换为 $\lambda$，$y$ 替换为 $1$ 而得到的。因此，原方程对应的特征方程为： $$ \lambda^2 + 2\lambda + 5 = 0. $$ 接下来，我们需要求解这个一元二次方程。使用求根公式 $\lambda = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$，其中 $a=1$，$b=2$，$c=5$。计算判别式： $$ \Delta = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot 5 = 4 - 20 = -16. $$ 由于判别式小于零，特征根为一对共轭复根。代入求根公式： $$ \lambda = \frac{-2 \pm \sqrt{-16}}{2 \cdot 1} = \frac{-2 \pm 4i}{2} = -1 \pm 2i. $$ 因此，特征根为 $\lambda_1 = -1 + 2i$ 和 $\lambda_2 = -1 - 2i$。这一对共轭复根将用于下一步写出微分方程的通解形式。

根据第一步求得的特征根 $r = -1 \pm 2i$，这是一对共轭复根。对于二阶常系数线性齐次微分方程，当特征根为共轭复数 $\alpha \pm i\beta$ 时，对应的通解形式为 $y = e^{\alpha x}(C_1 \cos \beta x + C_2 \sin \beta x)$。 这里 $\alpha = -1$，$\beta = 2$，因此将 $\alpha$ 和 $\beta$ 代入通解公式，得到： $$ y = e^{-x}(C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x) $$ 其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为任意常数，由初始条件确定。 注意：通解中的指数部分 $e^{-x}$ 对应实部 $-1$，三角函数部分 $\cos 2x$ 和 $\sin 2x$ 对应虚部 $2$。此形式覆盖了所有可能的解，因为共轭复根对应的两个线性无关的特解分别为 $e^{-x}\cos 2x$ 和 $e^{-x}\sin 2x$，它们的线性组合即构成通解。 至此，我们得到了微分方程的通解形式，下一步将利用初始条件确定常数 $C_1$ 和 $C_2$。

已知微分方程的通解为 $f(x) = e^{-x}(C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x)$，其中 $C_1$ 和 $C_2$ 为待定常数。现利用初始条件 $f(0) = 1$ 和 $f'(0) = -1$ 确定这两个常数。 首先代入 $x = 0$ 到 $f(x)$ 中： $$f(0) = e^{0}(C_1 \cos 0 + C_2 \sin 0) = 1 \cdot (C_1 \cdot 1 + C_2 \cdot 0) = C_1.$$ 由 $f(0) = 1$ 得 $C_1 = 1$。 接下来求导。对 $f(x) = e^{-x}(C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x)$ 使用乘积法则： $$f'(x) = -e^{-x}(C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x) + e^{-x}(-2C_1 \sin 2x + 2C_2 \cos 2x).$$ 整理得 $$f'(x) = e^{-x}\big[(-C_1 + 2C_2)\cos 2x + (-C_2 - 2C_1)\sin 2x\big].$$ 代入 $x = 0$： $$f'(0) = e^{0}\big[(-C_1 + 2C_2)\cos 0 + (-C_2 - 2C_1)\sin 0\big] = (-C_1 + 2C_2) \cdot 1 + 0 = -C_1 + 2C_2.$$ 由 $f'(0) = -1$ 得 $-C_1 + 2C_2 = -1$。将 $C_1 = 1$ 代入得 $-1 + 2C_2 = -1$，解得 $C_2 = 0$。 因此，满足初始条件的特解为 $f(x) = e^{-x}(1 \cdot \cos 2x + 0 \cdot \sin 2x) = e^{-x} \cos 2x$。

根据题目已知条件，数列 $a_n$ 由定积分定义：$a_n = \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x} \cos 2x \, dx$。该积分是无穷限反常积分，被积函数 $e^{-x} \cos 2x$ 在 $[n\pi, +\infty)$ 上连续，且当 $x \to +\infty$ 时，$e^{-x} \to 0$，$|\cos 2x| \le 1$，因此积分收敛。为了后续计算 $a_n$ 的值，我们需要先求出该积分的原函数。考虑不定积分 $\int e^{-x} \cos 2x \, dx$，这是一个典型的指数函数与三角函数乘积的积分，通常采用分部积分法或利用欧拉公式。这里我们采用分部积分法：令 $u = \cos 2x$，$dv = e^{-x} dx$，则 $du = -2\sin 2x \, dx$，$v = -e^{-x}$。于是 $$ \int e^{-x} \cos 2x \, dx = -e^{-x} \cos 2x - \int (-e^{-x})(-2\sin 2x) \, dx = -e^{-x} \cos 2x - 2\int e^{-x} \sin 2x \, dx. $$ 再对 $\int e^{-x} \sin 2x \, dx$ 分部积分：令 $u = \sin 2x$，$dv = e^{-x} dx$，得 $du = 2\cos 2x \, dx$，$v = -e^{-x}$，则 $$ \int e^{-x} \sin 2x \, dx = -e^{-x} \sin 2x - \int (-e^{-x})(2\cos 2x) \, dx = -e^{-x} \sin 2x + 2\int e^{-x} \cos 2x \, dx. $$ 代入前式得 $$ \int e^{-x} \cos 2x \, dx = -e^{-x} \cos 2x - 2\left(-e^{-x} \sin 2x + 2\int e^{-x} \cos 2x \, dx\right) = -e^{-x} \cos 2x + 2e^{-x} \sin 2x - 4\int e^{-x} \cos 2x \, dx. $$ 移项得 $$ 5\int e^{-x} \cos 2x \, dx = -e^{-x} \cos 2x + 2e^{-x} \sin 2x + C, $$ 所以 $$ \int e^{-x} \cos 2x \, dx = \frac{e^{-x}}{5}(2\sin 2x - \cos 2x) + C. $$ 因此，定积分 $a_n = \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x} \cos 2x \, dx$ 等于 $$ a_n = \lim_{b \to +\infty} \left[ \frac{e^{-x}}{5}(2\sin 2x - \cos 2x) \right]_{n\pi}^{b} = \lim_{b \to +\infty} \frac{e^{-b}}{5}(2\sin 2b - \cos 2b) - \frac{e^{-n\pi}}{5}(2\sin(2n\pi) - \cos(2n\pi)). $$ 由于 $\lim_{b \to +\infty} e^{-b} = 0$，且 $|2\sin 2b - \cos 2b| \le 3$，故第一项极限为0。又 $\sin(2n\pi)=0$，$\cos(2n\pi)=1$，所以 $$ a_n = -\frac{e^{-n\pi}}{5}(0 - 1) = \frac{e^{-n\pi}}{5}. $$ 因此，$a_n$ 的积分表达式即为 $a_n = \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x} \cos 2x \, dx$，其值为 $\frac{e^{-n\pi}}{5}$。

我们需要计算积分 $a_n = \int_{n\pi}^{+\infty} e^{-x} \sin 2x \, dx$。这是一个含有指数函数与三角函数的乘积的积分，适合使用分部积分法或公式法。 **方法一：分部积分法** 令 $u = \sin 2x$，$dv = e^{-x} dx$，则 $du = 2\cos 2x \, dx$，$v = -e^{-x}$。于是 $$ \int e^{-x} \sin 2x \, dx = -e^{-x} \sin 2x + 2 \int e^{-x} \cos 2x \, dx. $$ 再对 $\int e^{-x} \cos 2x \, dx$ 分部积分：令 $u = \cos 2x$，$dv = e^{-x} dx$，则 $du = -2\sin 2x \, dx$，$v = -e^{-x}$，得 $$ \int e^{-x} \cos 2x \, dx = -e^{-x} \cos 2x - 2 \int e^{-x} \sin 2x \, dx. $$ 代入上式： $$ \int e^{-x} \sin 2x \, dx = -e^{-x} \sin 2x + 2\left(-e^{-x} \cos 2x - 2 \int e^{-x} \sin 2x \, dx\right) = -e^{-x} \sin 2x - 2e^{-x} \cos 2x - 4 \int e^{-x} \sin 2x \, dx. $$ 移项得 $$ 5 \int e^{-x} \sin 2x \, dx = -e^{-x} \sin 2x - 2e^{-x} \cos 2x, $$ 所以 $$ \int e^{-x} \sin 2x \, dx = -\frac{e^{-x}}{5} (\sin 2x + 2\cos 2x) = \frac{e^{-x}}{5} (2\sin 2x - \cos 2x) \quad (\text{通过调整符号}). $$ **方法二：公式法**（直接利用积分公式） 对于 $\int e^{ax} \sin(bx) \, dx$，有公式 $$ \int e^{ax} \sin(bx) \, dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2} (a \sin(bx) - b \cos(bx)) + C. $$ 此处 $a = -1$，$b = 2$，代入得 $$ \int e^{-x} \sin 2x \, dx = \frac{e^{-x}}{(-1)^2+2^2} (-1 \cdot \sin 2x - 2 \cos 2x) = \frac{e^{-x}}{5} (-\sin 2x - 2\cos 2x) = \frac{e^{-x}}{5} (2\sin 2x - \cos 2x). $$ 因此，定积分 $$ a_n = \left[ \frac{e^{-x}}{5} (2\sin 2x - \cos 2x) \right]_{n\pi}^{+\infty}. $$ 计算上限：当 $x \to +\infty$ 时，$e^{-x} \to 0$，而 $2\sin 2x - \cos 2x$ 有界，故极限为 $0$。 计算下限：代入 $x = n\pi$，得 $$ \frac{e^{-n\pi}}{5} (2\sin(2n\pi) - \cos(2n\pi)) = \frac{e^{-n\pi}}{5} (2\cdot 0 - 1) = -\frac{e^{-n\pi}}{5}. $$ 上限减下限：$0 - \left(-\frac{e^{-n\pi}}{5}\right) = \frac{e^{-n\pi}}{5}$。 故 $a_n = \dfrac{e^{-n\pi}}{5}$。

本步骤计算无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 的和。由前一步骤已知 $a_n = \frac{e^{-n\pi}}{5}$，因此级数为： $$ \sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{-n\pi}}{5} = \frac{1}{5} \sum_{n=1}^{\infty} e^{-n\pi}. $$ 注意到 $e^{-n\pi} = (e^{-\pi})^n$，所以该级数是公比为 $r = e^{-\pi}$ 的等比级数。由于 $e^{-\pi} \approx 0.0432$，满足 $|r| < 1$，因此级数收敛。等比级数求和公式为： $$ \sum_{n=1}^{\infty} r^n = \frac{r}{1-r}, \quad |r| < 1. $$ 代入 $r = e^{-\pi}$，得： $$ \sum_{n=1}^{\infty} e^{-n\pi} = \frac{e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}}. $$ 因此原级数和为： $$ \sum_{n=1}^{\infty} a_n = \frac{1}{5} \cdot \frac{e^{-\pi}}{1 - e^{-\pi}}. $$ 此即为最终答案。验证：当 $n$ 增大时，$a_n$ 迅速衰减，级数收敛于一个正数，且结果表达式合理。