Сведение к интегралам Эйлера.

[Areyouwell]

$$L = \int_{0}^{\infty} \frac{\ch{bx}}{(\ch{cx})^2} dx = \frac{1}{c}\int_{0}^{\infty}\ch(bx) d(\th{cx}) $$

Интегрируем по частям

$$U=\ch{bx} $$ $$dV=d(\th{cx})$$ $$V=\th{cx}$$ $$dU=b\sh{bx}$$

$$ L= \frac{1}{c}\Bigr(\ch{bx}\th{cx}\bigg|_{0}^{\infty}-b\int_{0}^{\infty}\th{cx}\sh{bx}dx\Bigr) = \frac{1}{c}\Bigr(\infty\cdot1-0\cdot1-\frac{b}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{cx}-e^{-cx}}{e^{cx}+e^{-cx}}e^{bx}-e^{-bx}dx\Bigr)$$

Дальше я думаю нужно обозначить $e^{cx}=t$ и уже тогда сводить к чему-то, но тут я встаю в ступор. Я знаю как посчитать $G = \int_{0}^{1}\frac{x^{p-1}-x^{p}}{1-x}dx$, где $(0<p<1)$. Если бы тот остаток от моего интеграла можно бы было свести $G$ было бы прекрасно. А может быть тут нужно действовать по другому.

[novichok2018]

Я бы две производных взял по параметру b.

[DeBill]

Areyouwell
С Вашим интегрированием по частям - беда: и внеинтегральный член равен бесконечности, и полученный интеграл расходится. Но попытка работать с ташинусом - хороша. Вот и возьмите его за новую переменную!
(обозначим ее, естесно, $t$. Тогда $t=\frac{1-X}{1+X}$, где $X=e^{-2bx}$. Если бы интеграл был в пределах от $-\infty$ до $\infty$, то $t\in (-1,1)$. Но $X=\frac{1-t}{1+t}$, так что обе экспоненты $e^{ax}$ и $e^{-ax}$ выразятся через произведение вида $(1-t)^{\alpha}(1+t)^{\beta}$. А это уже линейной заменой сводится к бэта-функции...Ну, как то так...)

[novichok2018]

Для этого интеграла есть простая формула через гамма-функции, даже для любой степени снизу, не только для квадрата, см. Интегралы и ряды, т.1, с.285, ф.4.

[GAA]

Удобно сразу сделать замену, чтобы интеграл зависел от одного параметра.
Используя $\frac 1 {\ch^2 x} = 1- \th^2 x$, интеграл $L = \frac1 c \int_0^{+\infty} \frac {\ch ax} {\ch^v x} dx$, где $a = b/c$ указанной выше участником DeBill заменой $t =\th x$ сводится к

$$\frac {2^{v-2}} c \int_0^1 (1-t)^{ v/2+a/2 -1}t^{ v/2-a/2 -1} dt. $$

Дальше выражаем бета-функцию через гамма и ответ совпадает со значением из справочника. В случае $v=2$ получаем

$$\frac 1 c \frac 1 2 \frac {\pi a}{\sin {\frac {\pi a} 2}}.$$

Это частный случай интеграла 5 (с. 285, раздел 2.4.4) справочника Прудников А.П., Брычков Ю.А., Маричев О.И. Интегралы и ряды, Т1, 2002 г. Но и без справочника легко всё в рассматриваемых случаях находится.

[Areyouwell]

Вот как получилось у меня: $L = \int_{0}^{\infty}\frac{\ch{bx}}{(\ch{cx})^2}dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{2cx}(e^{2bx}+1)}{e^{bx}(e^{2cx}+1)}dx$ Теперь делаем замену:

$$e^{2cx}=t$$

$$dx = \frac{dt}{2ce^{2cx}}$$

$$L = \frac{1}{2c}\biggr(\int_{0}^{\infty}\frac{t^{\frac{b}{2c}}+t^{\frac{-b}{2c}}}{(t+1)^2}dt\biggr)$$

Теперь разобьем на два интеграла и сделаем замену $\frac{b}{2c}=p$ Получим:

$$L = \frac{1}{2c}\biggr(\int_{0}^{\infty}\frac{t^{p}}{(t+1)^2}dt + \int_{0}^{\infty}\frac{t^{-p}}{(t+1)^2}dt\biggr)$$

Воспользуемся бета-функцией:

$$B(q;z)=\int_{0}^{\infty}\frac{t^{q-1}}{(1+t)^{q+z}}$$

В нашем случае для первого интеграла:$q = p+1$ и $z = 1-p$. Для второго интеграла $q=1-p$ и $z=1+p$. Получим:

$$L = \frac{1}{2c}\biggr(B(p+1;1-p)+B(1-p;1+p)\biggr) = \frac{1}{2c}\biggr(\frac{G(p+1)G(1-p)}{G(p+1+1-p)}+\frac{G(1-p)G(p+1)}{G(1-p+1+p)}\biggr) = $$ $$= \frac{1}{2c}\biggr(G(p+1)G(1-p)+G(1-p)G(p+1)\biggr) = \frac{1}{2c}\biggr(pG(p)G(1-p)+pG(1-p)G(p)\biggr)$$

Воспользуемся формулой

$$ G(1-z)G(z)=\frac{\pi}{\sin{z\pi}}$$

В итоге:

$$L = \frac{1}{2c}\biggr(\frac{2p\pi}{\sin{p\pi}}\biggr) = \frac{p\pi}{c\sin{p\pi}}$$

[GAA]

Я писал выше ход решения для случая $b>0$, $c>0$ (значения параметров действительные). В этом предположении исходный интеграл сходится при $b < 2c$. Если положительность [параметров] не предполагать, то нужны уточнения.

[Areyouwell]

Получается и мое решение верное только при $b<2c$?

[GAA]

Ваш ответ

Areyouwell в сообщении #1515525 писал(а):

$$L = \frac{1}{2c}\biggr(\frac{2p\pi}{\sin{p\pi}}\biggr) = \frac{p\pi}{c\sin{p\pi}}$$

верен при $c>0$. При $c<0$ Ваш ответ отрицательный, а интеграл положительный. Для таких случаев нужно ответ подправить.

Если $c>0$, $b>0$, то ответ: $L = \begin{cases} \frac{p\pi}{c\sin{p\pi}}, & b < 2c;\\ +\infty, & b \ge 2c$. \end{cases}

[Areyouwell]

Спасибо большое!