我想提供一种看上去很不靠谱但却很有诱惑力的计算方法：首先，我们有展开式：\cos x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}然后，逐项积分可得：\begin{align}
\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos x\mathrm{d}x
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}
\int_{0}^{\infty}x^{2n}e^{-x}\mathrm{d}x\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}
\Gamma\left(2n+1\right)\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n
\end{align}另一方面，我们有：\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^n所以，带进去算一下，就得到了：\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}注：1. 逐项积分之所以是对的，我们可以从两个方面来解释：
a. Borel integral;
b. Euler measure.2. 最后我们之所以可以直接在幂级数中代入-1是因为我选取了合理的解析延拓（而不是使用Abel第二定理）。3. 对了，如果添加一个参数，可以使证明过程更加严格。这里补充一些细节：考虑：\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos (tx)\mathrm{d}x那么展开积分以后实际上得到了：\begin{align}
\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos (tx)\mathrm{d}x
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}t^{2n}
\int_{0}^{\infty}x^{2n}e^{-x}\mathrm{d}x\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}
\Gamma\left(2n+1\right)t^{2n}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nt^{2n}=
\sum_{n=0}^{\infty}(-t^2)^n, 0<t<1\\
&=\frac{1}{1+t^2}, ~~(0<t<1)
\end{align}尽管为使逐项积分后的级数也是收敛的，我们要求0<t<1，但是实际上当t\rightarrow1时，右端的表达式总是成立的，所以不妨直接（连续地）代入t=1。看到 @余翔
的关于围道积分的答案，大受启发，于是乎又想了一个方法。以下方法虽然用在计算这个例子上有点过于夸张了，但是在计算一些更加复杂的积分的时候是一个好办法。该方法的核心是应用Mellin变换，但是这里我只用到它逆变换的结果。首先：\cos x={}_{0}F_{1}\left(-;\frac{1}{2};-\frac{x^2}{4}\right)由于超几何函数具有Mellin-Barnes积分表示，所以\cos x可以表示为围道积分：\cos x=\frac{1}{2\pi i}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\intop_{\gamma-i\infty}^{\gamma+i\infty}
\frac{\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}+s\right)}
\left(\frac{x^2}{4}\right)^s\mathrm{d}s然后，\begin{align}
\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos x\mathrm{d}x
=\frac{1}{2\pi i}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\intop_{\gamma-i\infty}^{\gamma+i\infty}
\frac{\Gamma(-s)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}+s\right)}
\left(\frac{1}{4}\right)^s
\left[\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{2s}\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}s
\end{align}借助gamma函数的定义，内部的积分可以表示为：\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{2s}\mathrm{d}x=\Gamma\left(2s+1\right)所以，我们得到了\begin{align}
\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos x\mathrm{d}x
=\frac{1}{2\pi i}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\intop_{\gamma-i\infty}^{\gamma+i\infty}
\frac{\Gamma(-s)\Gamma\left(2s+1\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}+s\right)}
\left(\frac{1}{4}\right)^s
\mathrm{d}s
\end{align}注意这里围道(\gamma-i\infty,\gamma+i\infty)可以适当进行变形来隔开\Gamma(-s)和\Gamma(2s+1)的poles。又因为\mathrm{Res}_{s=-n}\Gamma(s)=\frac{(-1)^n}{n!}所以通过留数定理，我们可以得到：\begin{align}
\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos x\mathrm{d}x
&=\frac{1}{2\pi i}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\intop_{\gamma-i\infty}^{\gamma+i\infty}
\frac{\Gamma(-s)\Gamma\left(2s+1\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}+s\right)}
\left(\frac{1}{4}\right)^s
\mathrm{d}s\\
&=\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\Gamma(2n+1)}{\Gamma(\frac{1}{2}+n)}2^{-2n}\frac{(-1)^n}{n!}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(1)_{2n}}{(\frac{1}{2})_n}2^{-2n}\frac{(-1)^n}{n!}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n=\frac{1}{2}
\end{align}}