复旦大学：《数学分析》精品课程教学资源（习题全解）第十五章 含参变量积分 15.3 Euler积分

习题15.3Euler积分1．计算下列积分：dx(1)x-x"dx;(2)J3-cosxdx(3)「(4)「(n>0);(n>m>0);dx1+x"/1-x"(5) (6)[sin'xcosxdx;-dx;(1+ x)2(7) (t"x"e""dx(8)/xp-(1-x")9- dx (p,q,n>0)。(m,n>0);33r-解（1)【'Vx-xdx=x2 (1- x)2 dx = B(V8228T(3)（2）作变换=-cosx，则2-dtx=2arcsint4,dx3-cosx=2(1+t221/于是en1dx1114(1-t) 2dt:B(2V5J014元223-cosx（3）作变换t=x"，则1dx111元-t)ndt=B(,1-(1-nsin1hnn（4）作变换x2=tan，贝则2m2m1.2mFsin"22ym2dx=[tannede=ecosn ede,nJo1 +xn再作变换t=sin?e，得到m元1.'Bmmdx:(1-t) "dt=tn1-m元n1+X11nnsinnX（5）作变换1=则1+ xdxdt(1-1于是-

习 题 15.3 Euler 积分 1. 计算下列积分： （1）∫ − 1 0 2 x x dx； （2）∫ − π 0 3 cos x dx ； （3）∫ − 1 0 1n n x dx （n > 0）； （4）∫ +∞ − 0 + 1 1 dx x x n m （n > m > 0）； （5） dx x x ∫ +∞ 0 + 2 4 (1 ) ； （6）∫ 2 0 2 1 7 sin cos π x xdx ； （7）∫ （ ）； （8）∫ （ ）。 +∞ − 0 x e dx n m x m, n > 0 − − − 1 0 1 1 x (1 x ) dx p n q p, q, n > 0 解（1）∫ − 1 0 2 x x dx 8 ) 2 1 ( 8 1 (3) ) 2 3 ( ) 2 3 , 2 3 (1 ) ( 2 2 1 0 2 1 2 1 π = Γ = Γ Γ = − = Β = ∫ x x dx 。 （2）作变换 2 1 cos x t − = ，则 1 4 x = 2arcsin t ， 3 1 4 2 2 1 dt dx t t = − ， 1 2 3− = cos x 2(1+ t )， 于是 ∫ − π 0 3 cos x dx ) 2 1 , 4 1 ( 2 2 1 (1 ) 2 2 1 1 0 2 1 4 3 = − = Β ∫ − − t t dt 。 （3）作变换t = x n ，则 ∫ − 1 0 1n n x dx = − = Β − = ∫ − − ) 1 ,1 1 ( 1 (1 ) 1 1 0 1 1 1 n n n t t dt n n n n n π π sin 。 （4）作变换 tanθ 2 = n x ，则 ∫ +∞ − 0 + 1 1 dx x x n m ∫ ∫ − − − = = 2 0 2 1 1 2 2 0 1 2 sin cos 2 tan 2 π π θ θ θ θdθ n d n n m n m n m ， 再作变换t = sin2 θ ，得到 ∫ +∞ − 0 + 1 1 dx x x n m = − = Β − = ∫ − − ( ,1 ) 1 (1 ) 1 1 0 1 n m n m n t t dt n n m n m n m n π π sin 。 （5）作变换 x x t + = 1 ，则 dt t dx t t x 2 (1 ) 1 , 1 − = − = ， 于是 1

)4dt=B((1+ x)2/2元4sin4（6）作变换t=sin2x，则1 7(4)r(33!2564J sin' xcos xdx =J'P(1-1)dt 2J2 r(4+15117311553244444（7）作变换t=x"，则m+1Jt"x"e-"'dx =-{n1（8）作变换t=x"，则J-(-")- dx=-f%(a-1)-dt=2．证明[e"d=）（n为正整数），并推出imJ。edx=1。证令t=x"，则"e=a=利用r(s+1)=sr(s)以及T函数的连续性，得到m~-m++)-r)-1.3.证明r(s)在s>0上可导，且r(s)=[xleInxdx。进一步证明F(")(s)= J**x- e(lnx)"dx (n≥1)。证%()-[m。任意取00上可导，且r(s)=JxeInxdx。进一步，若r(a-1)(s)=Jxle(nx)ldx，类似于上述的论证过程,可知J。%[x(nx)"]ax=J"-le(nx)"x在(0,+0)上内闭一致收2

dx x x ∫ +∞ 0 + 2 4 (1 ) 2 2 4 4sin ) 4 3 ) ( 4 1 ( 4 1 ) 4 3 , 4 5 (1 ) ( 1 0 4 1 4 1 π π π = − = Β = Γ Γ = = ∫ − t t dt 。 （6）作变换t = sin2 x ，则 ∫ 2 0 2 1 7 sin cos π x xdx 1155 256 4 3 4 7 4 11 4 15 2 3! ) 4 3 (4 ) 4 3 (4) ( 2 1 (1 ) 2 1 1 0 4 1 3 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = Γ + Γ Γ = − = ∫ − t t dt 。 （7）作变换t = x n ，则 ∫ +∞ − 0 x e dx n m x ) 1 ( 1 1 0 1 1 n m n t e dt n n t m + = = Γ ∫ +∞ − − + 。 （8）作变换t = x n ，则 ∫ − − − 1 0 1 1 x (1 x ) dx p n q = − = ∫ − 1 − 0 1 1 (1 ) 1 t t dt n n q p ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ q n p B n , 1 。 2．证明 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = Γ ∫ +∞ − n n e dx n x 1 1 0 （n为正整数），并推出lim ∫0 = 1。 +∞ − →∞ e dx n x n 证 令 ，则 n t = x ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = = Γ ∫ ∫ +∞ − − +∞ − n n e t dt n e dx x t n n 1 1 1 0 1 1 0 。 利用Γ(s +1) = sΓ(s) 以及Γ 函数的连续性，得到 (1) 1 1 lim lim 1 0 ⎟ = Γ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = Γ + →∞ +∞ − →∞ ∫ n e dx n x n n 。 3． 证明 在 上可导，且 。进一步证明 （ ）。 Γ(s) s > 0 ∫ +∞ − − Γ′ = 0 1 (s) x e ln xdx s x ( ) ∫ +∞ − − Γ = 0 ( ) 1 (s) x e ln x dx n s x n n ≥ 1 证 1 0 ( e ) s x x dx s +∞ ∂ − − = ∂ ∫ 1 0 e ln s x x xdx +∞ − − ∫ 。任意取 0 0 0 0 ∫ +∞ − − Γ′ = 0 1 (s) x e ln xdx s x 进一步，若 ，类似于上述的论证过程， 可知 ( ) ∫ +∞ − − − − Γ = 0 ( 1) 1 1 (s) x e ln x dx n s x n ( ) 1 1 0 e ln n s x x x dx s +∞ ∂ − − − ⎡ ⎤ = ∫ ∂ ⎣ ⎦ ( ) ∫ +∞ − − 0 1 x e ln x dx s x n 在(0,+∞)上内闭一致收 2

敛，从而r(n-)(s)在s>0上可导，并且r(m)(s)=(*"x*-e*(inx)"dx。4.证明lim「(s)=+0。证首先易知r(I)=r(2)=1。由于r(s)在s>0上可导，由Rolle定理，可知x。(1,2)，使(x)=0。由上题，「"(s)=Jt°xleIn2xdx>0，于是在(xo,+)上(s)>0，因此r(s)在(xo,+)上单调增加。再由r([s)≤r(s)≤r([s)+1)，(s>xo)以及T(n+1)=n→+0，得到lim T(s) = +0 。5.计算Inr(x)dx。解作变换x=1-t，则f'lnI(x)dx = J'lnr(1- )dt = f'lnr(1- x)dx ,相加后利用余元公式，即得到2f,inT(x)dx = J,in[r(x)r(1- x)ldx = J (In 元 - Insin zx)dx 。再由['insin xd =, insin udu=-In2得到['lnI(x)dx=ln /2元 。6.设Q=((x,J,2)1x2+y+2≤1)。确定正数p，使得反常重积分dxdydzI = J(1-x2 - y2 -2)收敛。并在收敛时，计算1I的值解利用球坐标变换，可得1r?drr-drI = f," dof" sin pdpf.0(1-r2)p1-r2)pdxdydz由此可知当p<1时，反常重积分1=收敛。2-v2-2-2且当p<1时,rdr.2[,2(1-t)-Pdt =2元l1=2元=2元(1-r2)p7.设Q=(x,y,2)x≥0,y≥0,z≥0)。确定正数α,β,，使得反常重积分dxdydzI =[1+ xα + yβ+2"收敛。并在收敛时，计算1的值。n

敛，从而Γ(n−1) (s)在s > 0上可导，并且 ∫ ( ) 。 +∞ − − Γ = 0 ( ) 1 (s) x e ln x dx n s x n 4． 证明 Γ = +∞。 →+∞ lim (s) s 证 首先易知Γ(1) = Γ(2) = 1。由于Γ(s)在 上可导，由 Rolle 定理， 可知 ，使 。 s > 0 (1,2) ∃x0 ∈ Γ′(x0 ) = 0 由上题，Γ′′(s) = ∫0 +∞ x s−1 e −x ln 2 xdx > 0，于是在( , ) x0 +∞ 上Γ′(s) > 0，因 此Γ(s) 在(x0 ,+∞) 上单调增加。再由Γ([s]) ≤ Γ(s) ≤ Γ([s] +1)， 以及 ，得到 ( ) 0 s > x Γ(n +1) = n!→ +∞ Γ = +∞ →+∞ lim (s) s 。 5． 计算∫ Γ 。 1 0 ln (x)dx 解 作变换 x = 1− t，则 ∫ Γ 1 0 ln (x)dx = Γ − = ∫ 1 0 ln (1 t)dt ∫ Γ − 1 0 ln (1 x)dx， 相加后利用余元公式，即得到 ∫ Γ 1 0 2 ln (x)dx [ ] ∫ ∫ = Γ Γ − = − 1 0 1 0 ln (x) (1 x) dx (lnπ ln sinπx)dx 。 再由 ln sin ln 2 1 ln sin 0 1 0 = = − ∫ ∫ π π πxdx udu ， 得到 ∫ Γ 1 0 ln (x)dx =ln 2π 。 6．设Ω = {(x, y,z) | x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1}。确定正数 p ，使得反常重积分 ( ) ∫∫∫ Ω − − − = p x y z dxdydz I 2 2 2 1 收敛。并在收敛时，计算I 的值 解 利用球坐标变换，可得 I = ∫ ∫ ∫ ∫ − = − 1 0 2 2 1 0 2 2 0 2 0 (1 ) 4 (1 ) sin p p r r dr r r dr dθ ϕdϕ π π π 。 由此可知当 p < 1时，反常重积分 ( ) ∫∫∫ Ω − − − = p x y z dxdydz I 2 2 2 1 收敛。 且当 p < 1时， I = ∫ ∫ − = − − 1 0 2 1 1 0 2 2 2 (1 ) (1 ) 2 t t dt r rdr p p π π ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = B ,1− p 2 3 2π 。 7．设Ω = {(x, y,z) | x ≥ 0, y ≥ 0,z ≥ 0}。确定正数α, β ,γ ，使得反常重积分 ∫∫∫ Ω + + + = α β γ x y z dxdydz I 1 收敛。并在收敛时，计算I 的值。 3

2X=ua2解作变换=，则2Z=WY2-1 2-1 2-11dudvdw,y1+u+?+w2aBy其中Q"= (u,v,w)|u≥0,v≥0,w≥0)。u=rsinpcoso再令v=rsinpsin，则z=rcos@2,2,2-22-12.2.12-18toraByedo sinaaByJesinsI=drcosapcos?pdp1+r2对于上式中所包含的前两个积分，有2-12-114Ide=Jesin(sin?0)e(cos? )- od sin? Acosa2-1Fa-ra-1/aB);2J.2.2-11B(二+)Jesinappcos?pdo=2Byα对于第三个积分，有242+2-1242,+2-124242-1clpaByCtoraByoraBydrdr +dr01+r21 + r21+12+2,2-rlraBy+222因为-1>-1,dr收敛，而积分所以积分β1+r2αI2.2,2-1tooraydr当且仅当2+2,22-1<1即二++=<1时收敛。所以当1+r2αtβtαβ2.2,2r+oraBy11<1时,dr收敛，从而原积分收敛。01+r2βaY这时作变量代换2=1，得到242,2-LLrapyaBy11dt==Bdr=+++-2J。2B1+r21+t(αOB所以4

解 作变换 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = = γ β α 2 2 2 z w y v x u ，则 dudvdw u v w u v w I ∫∫∫ Ω′ − − − + + + = 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 8 α β γ αβγ ， 其中Ω′ = { } (u,v,w) | u ≥ 0,v ≥ 0,w ≥ 0 。 再令 ，则 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = ϕ ϕ θ ϕ θ cos sin sin sin cos z r v r u r ∫ − − = 2 0 1 2 1 2 sin cos 8 π β α θ θ θ αβγ I d ∫ + − − 2 0 1 2 1 2 2 sin cos π α β γ ϕ ϕdϕ ∫ +∞ + + − + 0 2 1 2 2 2 1 dr r r α β γ 。 对于上式中所包含的前两个积分，有 ∫ − − 2 0 1 2 1 2 sin cos π β α θ θdθ = ( ) ( ) ∫ − − 2 0 2 1 1 2 1 1 2 sin cos sin 2 1 π θ β θ θ α θd θ 1 1 1 1 1 0 1 1 (1 ) ( , ) 2 2 t t dt β α 1 1 α β − − = − = Β ∫ ； ∫ + − − 2 0 1 2 1 2 2 sin cos π α β γ ϕ ϕdϕ ) 1 , 1 1 ( 2 1 α β γ = Β + 。 对于第三个积分，有 ∫ +∞ + + − + 0 2 1 2 2 2 1 dr r r α β γ + + = ∫ + + − 1 0 2 1 2 2 2 1 dr r r α β γ ∫ +∞ + + − + 1 2 1 2 2 2 1 dr r r α β γ 。 因 为 1 1 2 2 2 + + − > − α β γ ，所以积分 ∫ + + + − 1 0 2 1 2 2 2 1 dr r r α β γ 收敛，而积分 ∫ +∞ + + − + 1 2 1 2 2 2 1 dr r r α β γ 当且仅当 1 1 2 2 2 + + − < α β γ 即 1 1 1 1 + + < α β γ 时收敛。所以当 1 1 1 1 + + < α β γ 时，∫ +∞ + + − + 0 2 1 2 2 2 1 dr r r α β γ 收敛，从而原积分收敛。 这时作变量代换r 2 = t ，得到 2 2 2 1 1 1 1 1 2 0 0 1 1 2 1 r t dr dt r t α β γ α β γ + + − + + − +∞ +∞ = + + ∫ ∫ 1 1 1 1 1 1 1 ,1 2 B α β γ α β γ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ + −⎜ ⎟ + + ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 。 所以 4

αB-r(-)r(-)r(-)r(1-aByBa7222aB注对积分dr，也可令r=tane，同样得到1+r22.2oratBtydoI+rdr =tane)-(sino)(coso)1(111111aBd-BOB8.计算I = [[xm-l ,y"-l (1-x- y)p-l dxdy,其中D是由三条直线x=0，=0及x+y=1所围成的闭区域，mn,p均为大于0的正数。(u=x+yx=u(1-v)且(x,)=u，这变换将区域D映解作变换y，则a(u,v)y=uvx+y照成正方形：(u, v)0≤u≤1, 0≤v≤1)。于是('um+n-l(1- u)P-l du"vn-l(1-v)m-l dy= B(m+ n, p)B(n,m)=r(m)r(n)r(p)r(m+n+p)注当p>1时也可以有如下解法：将积分化成I =(p- 1)]J[J x"-l y,"-1_ P-2 dxdydz ,C其中Q是由平面x=0，y=0，z=0与x+y+z=1所围的区域

I = 1 1 1 1 1 1 ( , ) ( , ) αβγ α β α β γ Β Β + 1 1 1 1 1 1 ,1 α β γ α β γ ⎛ ⎞ Β + ⎜ ⎟ + − − − ⎝ ⎠ ) 1 1 1 ) (1 1 ) ( 1 ) ( 1 ( 1 αβγ α β γ α β γ = Γ Γ Γ Γ − − − 。 注 对积分∫ +∞ + + − + 0 2 1 2 2 2 1 dr r r α β γ ，也可令r = tanθ ，同样得到 ∫ +∞ + + − + 0 2 1 2 2 2 1 dr r r α β γ ( ) ∫ + + − = 2 0 1 2 2 2 tan π θ α β γ dθ ( ) ( ) ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = = Β + + − − − ∫ + + − − − − α β γ α β γ θ θ θ π α β γ α β γ 1 1 1 ,1 1 1 1 2 1 sin cos 2 0 2 2 2 1 1 2 2 2 d 。 8．计算 ∫∫ − − − = − − D m n p I x y x y dxdy 1 1 1 (1 ) ， 其中D是由三条直线 x = 0，y = 0及 x + y = 1所围成的闭区域，m, n, p 均为大于 0 的正数。 解 作变换 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + = = + x y y v u x y ，则 ，且 ⎩ ⎨ ⎧ = = − y uv x u(1 v) u u v x y = ∂ ∂ ( , ) ( , ) ，这变换将区域 映 照成正方形： D {(u,v) 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1}。 于是 (1 ) (1 ) ( , ) ( , ) 1 0 1 1 1 0 1 1 I u u du v v dv m n p n m m n p n m = − − = Β + Β ∫ ∫ + − − − − = ( ) ( ) ( ) ( ) m n p m n p Γ + + Γ Γ Γ 。 注 当 p > 1时也可以有如下解法： 将积分化成 ∫∫∫ Ω − − − I = p − x y z dxdydz m 1 n 1 p 2 ( 1) ， 其中Ω是由平面 x = 0， y = 0， z = 0与 x + y + z = 1所围的区域。 5

[x=u?[u=rsinpcos再令=与v=rsinpsing，就得到z=rcospz=w2n2m+2n1esin2n-l ecos2m-l ede I=8(p-)pcosdr2sinoa其中esin2- cos2m-l ed0 =-(sin? 0)"-(1-sin?)"-l d sin?= B(n,m),2 sin2m+2-l pcos2p-3 pdp(sin )+n-l(1sin?)P-2 d sin=B(m+n,p-1),-2m+2n+2p-3dr=n2(m+n+p-1)于是p-1T(m)r(n)r(p)B(n,m)B(m+n,p-1)=I=T(m+n+p)m+n+p-元9.证明[(lαki)。2tanaxdx α元2cos21.α+11-α证2tanaxdx[2sinaxcos"xdxB222Jo元Tα+1α元2sin2cos元2210.证明dpsinp1+k元1+kcos@a+1+cospsin72(0<α<2, 0<k<1)。P.则证作变量代换t=tan2ta-ldtdpsing2(1+ k)+(1- k)21+kcosp+cos?[1-k再作变量代换t=tanの，则(1+k6

再令 与 ，就得到 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = = 2 2 2 z w y v x u ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = ϕ ϕ θ ϕ θ cos sin sin sin cos z r v r u r ∫ − − = − 2 0 2 1 2 1 8( 1) sin cos π I p θ θdθ n m ∫ + − − 2 0 2 2 1 2 3 sin cos π ϕ ϕdϕ m n p ∫ 1 + + − 0 2 2 2 3 r dr m n p 。 其中 ∫ − − 2 0 2 1 2 1 sin cos π θ θdθ n m ( , ) 2 1 (sin ) (1 sin ) sin 2 1 2 0 2 1 2 1 2 d n m n m = − = Β ∫ − − π θ θ θ ， ∫ + − − 2 0 2 2 1 2 3 sin cos π ϕ ϕdϕ m n p ( , 1) 2 1 (sin ) (1 sin ) sin 2 1 2 0 2 1 2 2 2 = − = Β + − ∫ + − − d m n p m n p π ϕ ϕ ϕ ， ∫ 1 + + − 0 2 2 2 3 r dr m n p 2( 1) 1 + + − = m n p ， 于是 Β Β + − = + + − − = ( , ) ( , 1) 1 1 n m m n p m n p p I ( ) ( ) ( ) ( ) m n p m n p Γ + + Γ Γ Γ 。 9．证明 2 2cos tan 2 0 απ π π α = ∫ xdx （|α |< 1）。 证 xdx x xdx α π α π α − ∫ ∫ tan = sin cos 2 0 2 0 ) 2 1 , 2 1 ( 2 1 α + −α = Β 2 2cos 2 1 2sin 2 1 2 1 2 1 απ π π α α α π = + ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟Γ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = Γ 。 10．证明 π α π ϕ ϕ ϕ ϕ α π α 2 sin 1 1 1 1 1 cos 1 cos sin 0 1 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + = + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + ∫ − k k k k d （0 < α < 2, 0 < k < 1）。 证 作变量代换 2 tan ϕ t = ，则 ∫ ∫ +∞ − − + + − = + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + 0 2 1 0 1 (1 ) (1 ) 2 1 cos 1 cos sin k k t t dt k d α π α ϕ ϕ ϕ ϕ ， 再作变量代换 tanθ 1 1 = + − t k k ，则 6

a-ldt(1+k)+(1- k)t?2 tan α-l edo =2 sinα-l cosl-a ede1+k(周)[号1-号)本(周)()(-号)1asirD这里最后一个等式利用了余元公式。所以dpsino+1+k cosp1+cos@asin211.设0≤hh.2T()证作变量代换t=hu，则J"(1-t)dt=ha-hu)di≥ha-)at再作变量代换u=sine，得到(-)=cos"-0do=()r()r()G.-2r)2所以)-h2T（号)

∫ +∞ − + + − 0 2 1 (1 ) (1 ) 2 k k t t dt α = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟Γ − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ Γ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + ∫ ∫ − − − 2 1 1 2 1 1 1 2 , 1 1 2 1 1 1 sin cos 1 1 1 2 tan 1 1 1 2 2 0 1 1 2 0 1 α α α α θ θ θ θ θ α α π α α α π α α k k k B k k k d k k k d k k k π α π α 2 sin 1 1 1 1 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + = k k k ， 这里最后一个等式利用了余元公式。所以 π α π ϕ ϕ ϕ ϕ α π α 2 sin 1 1 1 1 1 cos 1 cos sin 0 1 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + = + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + ∫ − k k k k d 。 11．设0 ≤ h < 1，正整数n ≥ 3。证明 ( ) ( ) t dt h n n h n 2 2 1 0 2 3 2 2 (1 ) Γ Γ − ≥ − − ∫ π 。 证 作变量代换 t = hu ，则 ∫ ∫ ∫ − − − − = − ≥ − 1 0 2 3 2 1 0 2 3 2 2 0 2 3 2 (1 t ) dt h (1 h u ) dt h (1 u ) dt n n h n ， 再作变量代换u = sinθ ，得到 ∫ − − 1 0 2 3 2 h (1 u ) dt n = 2 2 0 1 1 cos , 2 2 2 n h n h d B π θ θ − ⎛ ⎞ − = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ 。 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 n n h h n n π ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − − ⎛ ⎞ Γ Γ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Γ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ Γ Γ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 。 所以 ( ) ( ) t dt h n n h n 2 2 1 0 2 3 2 2 (1 ) Γ Γ − ≥ − − ∫ π 。 7