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