Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

  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 $$\intop_{0}^{t}\frac{\mathrm{sh}\,\tau}{\tau}d\tau\risingdotseq\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{\left(2k+1\right)p^{2k+2}}=\frac{1}{2p}\ln\left|\frac{1+p}{1-p}\right|.$$