中册 5.1 反常积分计算 第10题
📝 题目
10．设 $\operatorname{sh} x \operatorname{sh} y=1$ ，其中 $\displaystyle \operatorname{sh} x=\frac{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}}{2}$ ，计算 $\int_{0}^{+\infty} y(x) \mathrm{d} x$ 。
分析：先求出 $y(x)$ ，并作变换 $t=\mathrm{e}^{-x}$ ，利用 $\displaystyle \ln (1+x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n}, x \in(-1,1]$ ，并逐项积分．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
设 $t=\mathrm{e}^{-x}$ ，则 $\displaystyle \operatorname{sh} x=\frac{1-t^{2}}{2 t}, \operatorname{sh} y=\frac{2 t}{1-t^{2}}$ ．所以 $\displaystyle y=\ln \frac{1+t}{1-t}, \mathrm{~d} x=-\frac{1}{t} \mathrm{~d} t$ ．于是
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} y(x) \mathrm{d} x & =\int_{0}^{1} \frac{1}{t} \ln \frac{1+t}{1-t} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+t)}{t} \mathrm{~d} t-\int_{0}^{1} \frac{\ln (1-t)}{t} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{1} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} t^{n-1} \mathrm{~d} t+\int_{0}^{1} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^{n-1}}{n} \mathrm{~d} t \\
& =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}+\frac{\pi^{2}}{6}=\frac{\pi^{2}}{4}
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：变量代换
令 $t = e^{-x}$，则 $x = -\ln t$，$dx = -\frac{1}{t} dt$。当 $x=0$ 时 $t=1$，当 $x\to +\infty$ 时 $t\to 0$。由 $\operatorname{sh} x = \frac{e^x - e^{-x}}{2} = \frac{1/t - t}{2} = \frac{1-t^2}{2t}$，代入 $\operatorname{sh} x \operatorname{sh} y = 1$ 得 $\frac{1-t^2}{2t} \operatorname{sh} y = 1$，解得 $\operatorname{sh} y = \frac{2t}{1-t^2}$。
公式：$\operatorname{sh} x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$
提示：注意积分限的变化：$x$ 从 $0$ 到 $+\infty$ 对应 $t$ 从 $1$ 到 $0$，需交换上下限并取负号。
步骤 2/7
目标：解出 $y(x)$ 表达式
由 $\operatorname{sh} y = \frac{2t}{1-t^2}$，利用反双曲正弦公式 $\operatorname{arsh} u = \ln(u + \sqrt{u^2+1})$，但更简单的方法：设 $\operatorname{sh} y = \frac{e^y - e^{-y}}{2} = \frac{2t}{1-t^2}$，解得 $e^y = \frac{1+t}{1-t}$，故 $y = \ln\frac{1+t}{1-t}$。
公式：$\operatorname{sh} y = \frac{e^y - e^{-y}}{2}$
提示：解方程时注意 $t\in(0,1)$，$\frac{1+t}{1-t}>0$，取正根。
步骤 3/7
目标：积分变换
将原积分化为关于 $t$ 的积分：$\int_0^{+\infty} y(x) dx = \int_1^0 \ln\frac{1+t}{1-t} \cdot \left(-\frac{1}{t}\right) dt = \int_0^1 \frac{1}{t} \ln\frac{1+t}{1-t} dt$。
提示：注意 $dx = -\frac{1}{t} dt$，积分限交换后负号抵消。
步骤 4/7
目标：拆分对数
将被积函数拆分为两个对数之差：$\frac{1}{t} \ln\frac{1+t}{1-t} = \frac{\ln(1+t)}{t} - \frac{\ln(1-t)}{t}$。因此积分化为 $\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t} dt - \int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t} dt$。
公式：$\ln\frac{a}{b} = \ln a - \ln b$
提示：注意 $\ln(1-t)$ 在 $t=1$ 处发散，但积分收敛。
步骤 5/7
目标：展开为幂级数
利用 $\ln(1+t) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} t^n$（$|t|<1$）和 $\ln(1-t) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{n}$（$|t|<1$），代入得：
$$\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t} dt = \int_0^1 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} t^{n-1} dt, \quad \int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t} dt = -\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty \frac{t^{n-1}}{n} dt$$
公式：$\ln(1+x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n$, $x\in(-1,1]$
提示：注意第二个展开有负号，且 $\frac{\ln(1-t)}{t}$ 展开后为 $-\sum \frac{t^{n-1}}{n}$。
步骤 6/7
目标：逐项积分
逐项积分：$\int_0^1 t^{n-1} dt = \frac{1}{n}$。因此
$$\int_0^1 \frac{\ln(1+t)}{t} dt = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}, \quad \int_0^1 \frac{\ln(1-t)}{t} dt = -\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$$
公式：$\int_0^1 t^{\alpha} dt = \frac{1}{\alpha+1}$（$\alpha>-1$）
提示：注意第二个积分的结果是 $-\sum \frac{1}{n^2}$，因此原积分中减去它变为加 $\sum \frac{1}{n^2}$。
步骤 7/7
目标：求和计算
原积分 $= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$。已知 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$，$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$（因为 $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = (1-2^{1-2})\zeta(2) = \frac{1}{2}\zeta(2) = \frac{\pi^2}{12}$）。故结果为 $\frac{\pi^2}{12} + \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{4}$。
公式：$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$, $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}$
提示：注意交错级数求和与 $\zeta(2)$ 的关系。
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