Найти изображение
\[
\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau.
\]
Приведу оба решения, за которые вы взялись, но не доделали.
1. Решение лобовое
По определению
\[
\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau\risingdotseq\intop_{0}^{\infty}\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau\cdot e^{-pt}dt=
\]
\[
=-\frac{1}{p}\intop_{0}^{\infty}\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau\cdot\left(e^{-pt}\right)'dt=-\frac{1}{p}\left.\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau e^{-pt}\right|_{0}^{\infty}+\frac{1}{p}\intop_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{sh}\,t}{t}e^{-pt}dt=\frac{1}{p}\intop_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{sh}\,t}{t}e^{-pt}dt.
\]
Вычислим вспомогательное выражение – производную последнего интеграла
\[
-\frac{d}{dp}\intop_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{sh}\,t}{t}e^{-pt}dt=\intop_{0}^{\infty}\mathrm{sh}\,t\,e^{-pt}dt=\intop_{0}^{\infty}\frac{e^{t}-e^{-t}}{2}\,e^{-pt}dt=\frac{1}{2}\intop_{0}^{\infty}\left(e^{t-pt}-e^{-t-pt}\right)dt=
\]
\[
=\frac{1}{2}\left.\left(\frac{1}{1-p}e^{t-pt}+\frac{1}{1+p}e^{-t-pt}\right)\right|_{0}^{\infty}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-p}+\frac{1}{1+p}\right),
\]
\[
\frac{d}{dp}\intop_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{sh}\,t}{t}e^{-pt}dt=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-p}+\frac{1}{1+p}\right);
\]
откуда, интегрируя обратно, получим
\begin{equation}
\intop_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{sh}\,t}{t}e^{-pt}dt=\frac{1}{2}\left(-\ln\left|1-p\right|+\ln\left|1+p\right|\right)=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+p}{1-p}\right|+C.\label{eq:sC}
\end{equation}
Определим константу, найдя предел обеих сторон предыдущего уравнения
при бесконечном $p$:
\[
\lim_{\mathrm{Re}\,p\to\infty}\intop_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{sh}\,t}{t}e^{-pt}dt=0=\lim_{\mathrm{Re}\,p\to\infty}\frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+p}{1-p}\right|+C=\lim_{\mathrm{Re}\,p\to\infty}\frac{1}{2}\ln\left|\frac{\frac{1}{p}+1}{\frac{1}{p}-1}\right|+C=C,
\]
\[
C=0,
\]
и подставим в (\ref{eq:sC})
\[
\intop_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{sh}\,t}{t}e^{-pt}dt=\frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+p}{1-p}\right|.
\]
Окончательно,
\[
\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau\risingdotseq\frac{1}{p}\intop_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{sh}\,t}{t}e^{-pt}dt=\frac{1}{2p}\ln\left|\frac{1+p}{1-p}\right|.
\]
2. Решение с рядами
Начнём с очевидного
\[
e^{\tau}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\tau^{n}}{n!}.
\]
Это позволит разложить гиперболический синус
\[
\mathrm{sh}\,\tau=\frac{e^{\tau}-e^{-\tau}}{2}=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\tau^{n}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n!}\tau^{n}\right)=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1-\left(-1\right)^{n}}{n!}\tau^{n}=
\]
\[
=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1-\left(-1\right)^{2k}}{\left(2k\right)!}\tau^{2k}+\frac{1-\left(-1\right)^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}\tau^{2k+1}\right)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\tau^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!},
\]
а потом и синус, разделённый на $\tau$
\[
\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\tau^{2k}}{\left(2k+1\right)!}.
\]
Отсюда найдём разложение в ряд Тейлора исходного оригинала
\[
\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau=\intop_{0}^{t}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\tau^{2k}}{\left(2k+1\right)!}d\tau=\left.\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\tau^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!\left(2k+1\right)}\right|_{0}^{t}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!\left(2k+1\right)}.
\]
Перейдём к изображениям. Известно, что
\[
t^{n}\risingdotseq\frac{n!}{p^{n+1}}\quad\Longrightarrow\quad t^{2k+1}\risingdotseq\frac{\left(2k+1\right)!}{p^{2k+2}},
\]
следовательно
\begin{equation}
\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!\left(2k+1\right)}\risingdotseq\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\frac{\left(2k+1\right)!}{p^{2k+2}}}{\left(2k+1\right)!\left(2k+1\right)}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\left(2k+1\right)p^{2k+2}}.\label{eq:ryad}
\end{equation}
Теперь получим функцию, в которую свёртывается последний ряд. Воспользуемся
известным разложением
\[
\frac{1}{1-x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}\quad\Longrightarrow\quad\ln\left|1-x\right|=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1},
\]
\[
\ln\left|1+x\right|=\ln\left|1-\left(-x\right)\right|=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n+1}x^{n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n+1}x^{n+1}.
\]
Вычтем вышеразложенные логарифмы:
\[
\ln\left|1+x\right|-\ln\left|1-x\right|=\ln\left|\frac{1+x}{1-x}\right|=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n+1}x^{n+1}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\left(-1\right)^{n}+1\right)\frac{x^{n+1}}{n+1}=
\]
\[
=\sum_{k=0}^{\infty}\left[\left(\left(-1\right)^{2k}+1\right)\frac{x^{2k+1}}{2k+1}+\left(\left(-1\right)^{2k+1}+1\right)\frac{x^{2k+2}}{2k+2}\right]=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2}{2k+1}x^{2k+1},
\]
и умножим полученное на $\frac{x}{2}$:
\[
\frac{1}{2}x\ln\left|\frac{1+x}{1-x}\right|=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}x^{2k+2}.
\]
Заменим $x=\frac{1}{p}$:
\[
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\left(2k+1\right)p^{2k+2}}=\frac{1}{2}\frac{1}{p}\ln\left|\frac{1+\frac{1}{p}}{1-\frac{1}{p}}\right|=\frac{1}{2p}\ln\left|\frac{p+1}{p-1}\right|=\frac{1}{2p}\ln\left|\frac{1+p}{1-p}\right|,
\]
откуда, вспомнив (\ref{eq:ryad}), получим окончательный результат
\[
\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau\risingdotseq\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\left(2k+1\right)p^{2k+2}}=\frac{1}{2p}\ln\left|\frac{1+p}{1-p}\right|.
\]
