习题15.3 Euler积分 1.计算下列积分: (2) √3-cosx (3) (n>0); (4) 1 o Iti dx (n>m>0) (6)「sin7xcos2xh (7)∫。x"ed(mn>0);(8)「x(1-x)y(pqn>0) 解(1)∫x-xk=5x20-xy2=B 2I(3)8 (2)作变换√ 1-cos x 则 x=2 arcsin t4, dx ,3-c0sx=2(1+t2), 2r4V1-t2 于是 CoS x 2√2 4(1-1)2d=-=B( 2√242 (3)作变换t=x",则 (1-1)"d=-B(-,1 nnn (4)作变换x2=tanO,则 dx==2 tan n 0de n sin n cos n ed0, 再作变换t=sin2θ,得到 tn(1-1)"dt=-B m1- (5)作变换t=x,则 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
∫。 d=t4(1-)4d=B (1+x) 44=4Gr(,)=-x 4 sIn (6)作变换t=sin2x,则 sin'xcos2 xdx=Lr(1-t4a I r(are 1 r(4+)2 1511731155 (7)作变换t=x,则 xe dx ned=-I(-)。 (8)作变换t=x”,则 ∫x“0-x)yh=:(u-=2) 2,证明“h2+)(为正整数)并推出厂“=1 证令t=x”,则 利用r(s+1)=sr(s)以及r函数的连续性,得到 lim[*e-xdox=limr 1+=ro= 3.证明r(s)在s>0上可导,且r(s)=J。 xe In xdx。进一步证明 (s) 证 x=」J。 -e"Inxdx。任意取00上可导,且r()=∫ 进一步,若r(s)=「x-e(nxyh,类似于上述的论证过程, 可知[c(mg]a-nx(在0+o)上内闭一致收
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(s)在s>0上可导,并且ro(s)=∫"x-e-( Inx)"dx 4.证明imr(s)=+∞。 证首先易知r(1)=I(2)=1。由于r(s)在s>0上可导,由Role定理, 可知彐x0∈(,2),使r(x0)=0。 由上题,「()=Cx-eh2xdr>0,于是在(x,+∞)上r(s)>0,因 此r(s)在(xn,+∞)上单调增加。再由r([s])≤r(s)≤r(s+1),(s>x)以及 I(n+1)=n→+∞,得到 5.计算∫nr(x)r 解作变换x=1-t,则 Inr(x)dx=L Inr(1-ndt=LInr(1-x)da 相加后利用余元公式,即得到 2 inr(x)dx=SIn[(xr(-xkdx=5 (InT-Insin a)dx 再由 Insin adr I In sin udu =-In 2 得到 lnr(x)dx=ln√2x 6.设Ω={(x,y,)x2+y2+2≤l}。确定正数p,使得反常重积分 dxdyd: 收敛。并在收敛时,计算I的值 解利用球坐标变换,可得 du ride de sin do 由此可知当p<1时,反常重积分= ddd收敛 且当p<l时, I=2T =2zt2(1-)at=2 7.设Ω={x,y-)x≥0.y≥0,=≥0}。确定正数a,B,y,使得反常重积分 lxdydz 收敛。并在收敛时,计算I的值
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
解作变换{y=7,则 duddy, ay1+u2+y2+ 其中g2={uv,n)20,v≥0,w≥0) u=rsin cos 再令{v= rsin sin 8,则 2=c OS( 22 8 By aBr sin'0cosa ade sin pcos, pdo l 对于上式中所包含的前两个积分,有 52sin 0d0=J5 e]e ofcos20Ja ad sin20 22 pdo =-B Br 对于第三个积分,有 222 By dr d 1+r 1+ 因为2+2+2-1>-1,所以积分 d收敛,而积分 By 01+r 山当且仅当2+2+2-1<1即1+1+1<1时收敛。所以当 1+r a B y 时,「n d收敛,从而原积分收敛 a By 这时作变量代换r2=t,得到 d r dt =-B By 所以
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
B By r()r(r()I(1 aBy a B r 注对积分 B d,也可令r=tanO,同样得到 1+r B dr= 2(tan b)a 2(sine) B 8.计算 1=xm-ly(1-x-y)p-ldxdy 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+ym(x=m(-y,且xy)=m,这变换将区域D映 y=un d(u,v) 照成正方形: (x)0≤a≤1,0≤≤1 于是 =-(-0)2dy-(a-n)-h=B(m+n,DB(nm) r(mr(nr(p) T(m+n+ p) 注当p>1时也可以有如下解法 将积分化成 I=(p-DJJxm-y-=-dxdydz 其中g是由平面x=0,y=0,x=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
u= rsin (p cose 再令{y=n2与{v= rsin sin,就得到 2=rcos p I=8(p-12sinm-8 cos2m-ed0 sin 2m+2n-1 DD cOS do lo 2m+2n+2p-3 其中 2sin2n-acos2m-0d0=52(sin20)"-(-sin20)m-dsin20=B(n, m) s 512(sin)"-(1-sin p)p-dsin p=B(m+n,p-1), 2 2 2m+2n+2p-3dr2(m+n+P=1 于是 B(n, m)B(m+n, p-l r(m)r(nr(p) m+n+ p T(m+n+ p) 9.证明[ 2 tan" xdx (|ak1)。 证5m”k= e sin"xcos" xdx=Be a+11-a a+1 丌2cos 2 10.证明 do 1(1+k 1+cos p 1+kcos 1+k(VI-k smn-丌 0<a<2,0<k< 证作变量代换t=tan9,则 I+coso 1+kcos J0(1+k)+(1-kt 再作变量代换,-6=tmnO,则
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
0(1+k)+(1-k)t 2 tan - ed0 2 sin a-0 cos-a ede a 21+k(V1-k 1+k 1+k(V1-k 这里最后一个等式利用了余元公式。所以 1+k 1+coso)1+k coso 1+k(VI-k SIn--Tt 11.设0≤h<1,正整数n≥3。证明 dt 证作变量代换t=hu,则 n-3 1-r2)2d=小J(1-hn2)2d2h1-n2)2d, 再作变量代换u=sinθ,得到 dh s-20d h b((2)G h。 所以 12)2dt r()
∫ +∞ − + + − 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
