Giáo Trình Giải Tích - KHTN - Chương 4

Giáo Trình Giải Tích - KHTN - Chương 4

Chương 4TÍCH PHÂN1. NGUYÊN HÀMTất cả các hàm số khảo sát trong phần này đều được giả đònh là xác đònh và liên tục trên một khoảng.Khi f là một hàm số sơ cấp, nó có đạo hàm và ta có thể tính đạo hàm f′ của f bằng các công thức tường minh (đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương hay hợp của hai hàm có đạo hàm). Thao tác này được gọi là “phép tính vi phân” và nếu đão hàm của một hàm số tồn tại, nó duy nhất. Bây giờ, ta xét thao tác ngược lại : từ một hàm số f cho trước, tìm tất cả các hàm F sao cho F f′=. Thao tác này được gọi là “phép tính tích phân” hay cụ thể hơn, “phép tính nguyên hàm”.1.1. Đònh nghóa. Cho I là một khoảng mở của ¡, f và F là hai hàm số xác đònh trên I. Ta nói F là một nguyên hàm của f trên I nếu x I∀ ∈, ( ) ( )F x f x′=, nghóa là F có đạo hàm là f trên I.1.2. Mệnh đề. Nếu F là một nguyên hàm của f trên I thì tập hợp P các nguyên hàm của f trên I là( ) ( ){ }G : I x I,G x F x C,C hằng số = → ∀ ∈ = + =¡P.Chứng minh. G∀ ∈ P, G F f′ ′= = cho thấy G là một nguyên hàm của f. Ngược lại, cho G là một nguyên hàm của f. Do G f F′ ′= = nên G F 0′′− = và do đó G F C hằng số− = =. ªKý hiệu : Ký hiệu f(x)dx∫ được dùng để chỉ một nguyên hàm bất kỳ của f (gọi là tích phân bất đònh của f), nghóa là một phần tử bất kỳ P. Vì vậy, nếu F là một nguyên hàm của f, ta viết( )f(x)dx F x C= +∫.Ví dụ 1. i) Cho ( )2F x ln x x 1 = + +  . Ta có( )22 xx 12 2 21x x 11F xx x 1 x x 1 x 1+′ ++ +  ′= = =+ + + + +.Do đó,22dxln x x 1 Cx 1 = + + +  +∫, C ∈ ¡.74 ii) Từ đạo hàm các hàm số sơ cấp cơ bản, ta cóa) 1x1C khi 1x dxln x C khi 1α+αα++ α ≠ −= + α = −∫.b) x xe dx e C= +∫.c) sin xdx cos x C= − +∫.d) cos xdx sin x C= +∫.e) ()22dx1 tan x dx tan x Ccos x= + = +∫ ∫.f) 2dxarcsin x C arccos x C1 x= + = − +−∫.g) 2dxarctan x C1 x= ++∫. ªDo đònh nghóa, nếu ( ) ( )f x dx F x C= +∫ và ( ) ( )g x dx G x C= +∫, thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )aF x bG x aF x bG x af x bg x ′ ′+ = + = +  và do đó1.3. Mệnh đề.( ) ( )( )( ) ( )af x bg x dx a f x dx b g x dx+ = +∫ ∫ ∫,với mọi a, b ∈ ¡.Ví dụ 2. ()23 1 3 132 3xdx 2x 3x dx 2 x dx 3 x dxx− − − −−= − = −∫ ∫ ∫ ∫43x 12 3ln x C 3ln x C42x−= − + = − − +−. ªCho u là một hàm có đạo hàm trên một khoảng I và f là một hàm xác đònh trên một khoảng ( )J u I⊃. Nếu( ) ( )f x dx F x C= +∫,nghóa là ( ) ( )F x f x′=, thì( )( )( )( )( ) ( )( )( )F u x F u x u x f u x u x′ ′ ′ ′= = .Vì vậy, ta được75 1.4. Đònh lý (công thức đổi biến). ( )( )( ) ( )( )f u x u x dx F u x C′= +∫. (1)Bằng cách viết ( )u u x≡, ( )du u x dx′≡, đẳng thức (1) trở thành( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )f u x u x dx f u du F u C F u x C′= = + ≡ +∫ ∫.Ví dụ 3. Với ( )u x cos x=, ( )du u x dx sin xdx′= = −,sin xdx dutan xdx ln u C ln cos x Ccos x u= = − = − + = − +∫ ∫ ∫.Đặc biệt, với ( )u x ax b= +; du adx=, ta được1.5. Hệ quả.( ) ( )1f ax b dx f u dua+ =∫ ∫.Ví dụ 4. i) Với ( )u x 3x 2= +; du 3dx=,dx 1 du 1 1ln u C ln 3x 2 C3x 2 3 u 3 3= = + = + ++∫ ∫.ii) Với ( )u x x ln a=; ( )du ln a dx=,x ln ax x ln a u u1 1 ea dx e dx e du e C Cln a lna lna= = = + = +∫ ∫ ∫.iii) Bằng cách viết ( )()2222x 134x 4x 10 2x 1 9 9 1+ + + = + + = +   ,và với ( )2x 13u x+=; 23du dx=, ta có()2 2 22x 13dx 1 dx 1 du 1arctan u C9 6 64x 4x 10 1 u1+= = = ++ + ++∫ ∫ ∫()2x 131arctan C6+= +. ªCho u, v là hai hàm có đạo hàm tr ên một khoảng I. Do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u x v x u x v x u x v x′ ′ ′= + ,ta suy ra( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u x v x u x v x dx u x v x C ′ ′+ = + ∫,và ta được76 1.6. Đònh lý (công thức tích phân từng phần).( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u x v x dx u x v x v x u x dx′ ′= −∫ ∫. (2)Với các ký hiệu ( )du u x dx′=; ( )dv v x dx′=, công thức (2) được viết lại thànhudv uv vdu= −∫ ∫.Ví dụ 5. Với u arctan x=; dv dx=, ta có 2dx1 xdu+= và v x=. Do đó,2arctan xdx udv uv vduxdxx arctan x1 x= = −= −+∫ ∫ ∫∫Với 2t 1 x= +; dt 2xdx=, ta có()22xdx 1 dt 1 1ln t C ln 1 x C2 t 2 21 x= = + = + ++∫ ∫.Vì vậy,()21arctan xdx x arctan x ln 1 x C2= − + +∫. ª2. TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNHTrong phần này, mọi hàm số khảo sát đều được giả đònh là liên tục và nếu có đạo hàm thì đạo hàm của nó cũng là hàm liên tục. Ta sẽ tìm cách tính “diện tích” phần mặt phẳng nằm dưới đồ thò C một hàm số f 0≥, ký hiệu baf (x)dx∫ và đọc là “tích phân từ a đến b của f(x)dx”.Cho f là một hàm số xác đònh trên a, b   và ( )0 1 nd x , x , ., x=, 0 1 na x x . x b= < < < =, là một phân hoạch bất kỳ của a, b   và ( )0 1 n 1T t , t , .,t−= là một họ gồm n điểm của a, b   sao cho i i i 1t x , x+ ∈ , với i 0,1, .,n 1= −. Tổng, ký hiệu ( )dS T, xác đònh bởi( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )d 0 1 0 1 2 1 i i 1 in 1 n n 1S T f t x x f t x x . f t x x . f t x x+− −= − + − + + − ++ + −nghóa là( ) ( ) ( )n 1d i i 1 ii 0S T f t x x−+== −∑77 được gọi là một tổng Riemann của hàm f tương ứng với d và T. Tổng ( )dS T này chính là tổng diện tích các hình chữ nhật gạch chéo trong hình sau Ta đònh nghóa bước của phân hoạch d, ký hiệu d, bởi biểu thứci 1 ii 0, .,n 1d max x x+= −= −. Gọi S là giới hạn của các tổng Riemann ( )dS T khi bước d tiến về 0, nghóa là ứng với mỗi 0ε >, ta tìm được 0δ >, sao cho với mọi phân hoạch ( )0 1 nd x , x , ., x= của a, b   và với mọi ( )0 1 n 1T t , t , .,t−= sao cho i i i 1t x , x+ ∈ , nếu d < δ, thì ( )dS T S− < ε. Khi S tồn tại, ta viết ( )dd 0S lim S T→=.2.1. Đònh nghóa. Khi giới hạn S tồn tại (nghóa là S∈¡), ta nói f là hàm Riemann-khả tích trên a, b  . Khi đó, ta viết ( )baS f x dx=∫ và giá trò này được gọi là tích phân xác đònh của f trên a, b  .Ta gọi a và b là các cận tích phân và x là biến giả.Đặt( )aaf x dx 0=∫ và ( ) ( )a bb af x dx f x dx= −∫ ∫.2.2. Mệnh đề. Các hàm số sau thì Riemann-khả tích trên a, b   :- các hàm liên tục trên a, b  ;- các hàm liên tục từng khúc trên a, b  , nghóa là các hàm bò chận và liên tục trên a, b   ngoại trừ tại một số hữu hạn các điểm bất liên tục loại một (các điểm bất liên tục với bước nhảy hữu hạn)Ta chấp nhận kết quả này.2.3. Mệnh đề. Cho f và g là hai hàm Riemann-khả tích trên a, b  . Ta có78 i) Tính tuyến tính : Với hai số thực a và b bất kỳ, nếu α và β là hai hằng số (độc lập với biến giả x) thì( ) ( ) ( ) ( )b b ba a af x g x dx f x dx g x dx α + β = α + β ∫ ∫ ∫ii) Hệ thức Chasles : Với ba số thực bất kỳ a, b, c, ta có( ) ( ) ( )b c ba a cf x dx f x dx f x dx= +∫ ∫ ∫iii) a) Nếu a b< và x a, b ∀ ∈ , ( )f x 0≥ thì ( )baf x dx 0≥∫.b) Nếu a b< và x a, b ∀ ∈ , ( ) ( )f x g x≤ thì( ) ( )b ba af x dx g x dx≤∫ ∫iv) Công thức trung bình : Nếu x a, b ∀ ∈ , ( )g x 0≥ thì tồn tại Γ sao cho( ) ( ) ( )b ba af x g x dx g x dx= Γ ⋅∫ ∫với m M≤ Γ ≤, trong đó ( )x a,bm min f x ∈ = và ( )x a,bM max f x ∈ =. Đặc biệt, với ( )g x 1=, x a, b ∀ ∈ , ta có( ) ( )baf x dx b a= Γ ⋅ −∫, m M≤ Γ ≤.Cuối cùng, nếu f liên tục trên a, b   thì tồn tại 0x a,b ∈  sao cho ( )0f x = Γ và ta được( ) ( ) ( )b0af x dx f x b a= ⋅ −∫, 0x a,b ∈ .Chứng minh. Ta chấp nhận i) và ii).iii) a) Với mọi phân hoạch ( )0 1 nd x , x , ., x= của a, b   và ( )0 1 n 1T t , t , .,t−= là họ gồm n điểm của a, b   sao cho i i i 1t x , x+ ∈ , với i 0,1, .,n 1= −, ta có ( )if t 0≥ và i 1 ix x 0+− ≥ nên ( ) ( )i i 1 if t x x 0+− ≥, với mọi i 0,1, .,n 1= −. Vì vậy ( ) ( ) ( )n 1d i i 1 ii 0S T f t x x 0−+== − ≥∑và79 ( ) ( )bdad 0f x dx lim S T 0→= ≥∫.b) Suy ra từ 1 và 3.a do ( ) ( )g x f x 0− ≥, x a, b ∀ ∈ .iv) Vì x a, b ∀ ∈ , ( )m f x M≤ ≤ nên ( ) ( ) ( ) ( )mg x f x g x Mg x≤ ≤. Từ iii) b) và i), ta có( ) ( ) ( ) ( )b b ba a am g x dx f x g x dx M g x dx⋅ ≤ ≤ ⋅∫ ∫ ∫Nếu ( )bag x dx 0>∫ thì ( ) ( )( )babaf x g x dxg x dxm M∫≤ ≤∫ và khi đó ( ) ( )( )babaf x g x dxg x dx∫= Γ∫ chính là giá trò cần tìm.Nếu ( )bag x dx 0=∫ thì ( ) ( )baf x g x dx 0=∫, và khi đó công thức trung bình vẫn thỏa.Khi ( )g x 1=, x a, b ∀ ∈ , ta có ý nghóa hình học của công thức trung bình là : tồn tại Γ sao cho( ) ( )( )bag x dx b a Diện tích hình chữ nhật đáy b a ,chiều cao (hình chữ nhật ABCD trong hình)= Γ ⋅ −= −Γ∫Nếu f liên tục trên a, b  , thì ( )f a, b m,M   =    và do đó m,M ∀Γ ∈ , 0x a,b ∃ ∈  sao cho ( )0f x = Γ. ª2.4. Hệ quả : Nếu a b≤ thì( ) ( )b ba af x dx f x dx≤∫ ∫.Chứng minh. Áp dụng iii), b), mệnh đề 2.3 vào bất đẳng thức80 x a, b ∀ ∈ , ( ) ( ) ( )f x f x f x− ≤ ≤. ªCho f là hàm liên tục trên a, b  . Ứng với mỗi x a, b ∈ , f là hàm liên tục nên khả tích trên a, x  , nên ta xác đònh được hàm số F như sau( )xaF : a, bx f t dt → ∫¡atrong đó cận x của tích phân chính là biến số của hàm F và t là biến giả trong tích phân xác đònh.2.5. Đònh lý. Cho f là hàm liên tục trên a, b  . Ta có hàm số ( ) ( )xax F x f t dt=∫a có đạo hàm liên tục trên a, b   và F f′=, nghóa là F chính là một nguyên hàm của f trên a, b  .Chứng minh . Do f là hàm liên tục trên khoảng đóng và bò chận a, b   nên nó bò chận trên a, b  , nghóa là M∃ ∈ ¡ sao cho x a, b ∀ ∈ , ( )f x M≤.Với x và h sao cho x a, b ∈  và x h a, b + ∈ , ta có( ) ( ) ( ) ( )x h x hx x0 F x h F x f t dt f t dt+ +≤ + − = ≤∫ ∫và( ) ( ) ( )x hx0 F x h F x f t dt M h+≤ + − ≤ ≤ ⋅∫.( ) ( )0 F x h F x M h 0≤ + − ≤ ⋅ →,khi h 0→, và do đó ( ) ( )h 0lim F x h F x→+ =, nghóa là F liên tục tại điểm x. Ta sẽ chứng minh ( ) ( )F x f x′=. Thật vậy, do f liên tục tại x, nghóa là0∀ε >, 0∃η >, sao cho ( ) ( )t x f t f x− < η ⇒ − < ε.Với 0ε > và h sao cho h < η, ta có( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )x hxx hxF x h F x1f x f t dt h f xh h1f t f x dth+++ −  − = − ⋅     = −    ∫∫81 ( ) ( )( ) ( ) ( )x hxF x h F x1f x f t f x dthh++ −− ≤ −∫.Do t x,x h ∈ + , nên ( ) ( )h t x f t f x< η ⇒ − < η ⇒ − < ε, và do đó( ) ( )x h x hx xf t f x dt dt h+ +− ≤ ε = ⋅ ε∫ ∫Suy ra( ) ( )( )F x h F xf xh+ −− ≤ ε nếu h < ηnghóa là( )( ) ( )( )0F x h F xF x lim f xhε→+ −′= =. ª2.6. Đònh lý. Nếu F là một nguyên hàm của f trên a, b   thì ( ) ( ) ( )baf x dx F b F a= −∫.Chứng minh. Do f liên tục trên a, b  , mệnh đề 2.5 cho thấy hàm số( ) ( )xaF : a, bx F x f t dt → =∫¡alà một nguyên hàm của f trên a, b  . Hơn nữa( ) ( )baF b f t dt=∫ và ( ) ( )aaF a f t dt=∫.Mặt khác, do mệnh đề 1.2, với G là một nguyên hàm khác của f trên a, b  , ta có ( ) ( )G x F x hằng số= +và do đó( ) ( ) ( ) ( ) ( )baf t dt F b F a G b G a= − = −∫. ªKý hiệu : ( ) ( ) ( ) ( )bbaaf t dt F t F b F a = = − ∫.Cho I và J là hai khoảng của ¡, F, f, u là ba hàm số với u FJ I→ → ¡ sao cho F là một nguyên hàm của f, f liên tục trên I, u có đạo hàm liên tục trên J. Ta có( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t J, F u t F u t u t f u t u t′′ ′ ′∀ ∈ = ⋅ = ⋅o o o82 Điều này cho thấy F uo là một nguyên hàm của ( )f u u′⋅o trên J khi F là một nguyên hàm của f trên I. Do mệnh đề 2.6, ta suy ra( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )baf u t u t dt F u F uF b F af x dxβα′⋅ = β − α= −=∫∫o o otrong đó , Jα β ∈, ( )u bβ = et ( )u aα =. Ta được2.7. Mệnh đề (công thức đổi biến). ( ) ( ) ( ) ( )( )( )uuf u t u t dt f x dxβ βα α′⋅ =∫ ∫o.Với công thức này, ta nói rằng đã thực hiện việc đổi biến ( )x u t= trong tích phân( )baf x dx∫.Từ công thức lấy đạo hàm hàm tích f g⋅ các hàm có đạo hàm trên khoảng I,x I∀ ∈, ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x f x g x′′ ′= +.Với a I∈, b I∈, mệnh đề 2.6 cho ta :( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )bbaab ba af x g x dx f x g xf x g x dx f x g x dx′   =   ′ ′= +∫∫ ∫và ta được2.8. Đònh lý (công thức tích phần từng phần). ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b bbaa a(1) (2)f x g x dx f x g x f x g x dx ′ ′= − ∫ ∫1 4 44 2 4 4 43 1 4 44 2 4 4 43Công thức trên cho phép ta tính tích phân (1) khi ta biết tích phân (2) và khi biết một nguyên hàm của hàm ký hiệu ( )g x′.3. TÍCH PHÂN SUY RỘNGTrong trường hợp hàm dưới dấu tích phân tăng ra vô cực trên miền lấy tích phân (chẳng hạn như 1dtt0∫, với 1t→ +∞, khi t 0+→), hoặc trong trường 83 [...]... 84 hợp miền lấy tích phân là không bò chận (chẳng hạn như tích phân khảo sát thuộc loại tích phân suy rộng +∞ ∫0 2 e− t dt ), ta nói A Trường hợp cận tích phân là vô cực x f ( t ) dt , ta Cho f là hàm số liên tục trên a, +∞ ) và xét hàm số If ( x ) =  a đònh nghóa ∫ +∞ ∫a f ( t ) dt = lim If ( x ) = lim x →+∞ ∫ x x →+∞ a f ( t ) dt Khi giới hạn tồn tại, ta nói rằng tích phân suy rộng... nguyên hàm của f tồn tại, ta có thể tích tích phân suy rộng này bằng đònh nghóa, nghóa là tính tích phân xác đònh rồi tìm giới hạn của tích phân xác đònh này Trường hợp ta không tìm được một nguyên hàm của hàm f, ta cần tìm các điều kiện đủ cho sự tồn tại của tích phân suy rộng này Ta có 3.1 Mệnh đề Cho f là hàm liên tục trên a, +∞ ) Với bất kỳ a1 ∈ a, +∞ ) , các   tích phân suy rộng +∞ ∫a f ( t )... lim ∫ b x →a + x f ( t ) dt và nói rằng f khả tích ở a khi giới hạn trên tồn tại Cuối cùng khi f liên tục trên ( a, b ) nhưng không liên tục tại cả a lẫn b, ta khảo sát tính khả tích của f tại a và tại b độc lập với nhau Tương tự như trong trường hợp miền lấy tích phân không bò chận, khi hàm f liên tục trên a, b ) , không bò chận tại b, ta khảo sát tính khả tích của f tại b  bằng cách khảo sát sự tồn... dt Giống trường hợp tích phân suy rộng với miền lấy tích phân không bò chận, khi ta có một nguyên hàm tường minh F cho hàm số f, bài toán trở thành việc khảo sát giới hạn lim F ( x ) do − x→b x ∫a f ( t ) dt = F ( x ) − F ( a ) , trường hợp ta không có một nguyên hàm tường minh cho f, ta cũng nhận được các điều kiện đủ cho tính khả tích của f tại b như sau lim f ( x ) = +∞ 3 .4 Mệnh đề Cho f là hàm... ) dt có 90 Bài tập 1 Dùng công thức đổi biến, tính các tích phân sau x ∫ dx 5 − 3x b) c) ∫ (ln x)2 dx x d) ∫ e) ∫ ex 1 + ex dx f) ∫e g) ∫ dx x ln x h) i) ∫ cot xdx j) a) k) 1+ x ∫ 1 + x2 dx l) ∫ x2 + 1 dx arctan x 1 + x2 cos t dx sin tdt ex ∫ ex + 1 dx sin x ∫ 1 + cos2 x dx x ∫ 1 + x4 dx 2 Dùng công thức tích phân từng phần, tính các tích phân sau ∫ xe dx c) ∫ x ln xdx ∫ d) ∫ x arctan... dx c) ∫ x ln xdx ∫ d) ∫ x arctan xdx −x a) 2 b) x sin 2xdx 3 Dùng công thức đổi biến, tính các tích phân sau 1 a) ∫0 xdx ( x2 + 1 b) L ( a ) = c) ) (với u = x2 + 1 ) 2 a 2 xe− x dx (với u = x2 ) Tìm alim L ( a ) →+∞ 0 ∫ 2 ( ln x ) 2 dx ∫1 (với u = ln x ) 4 Dùng công thức tích phân từng phần, tính các tích phân sau a) I ( a ) = b) I = π ∫0 ∫0 e c) K = a xe− xdx , và J ( a ) = −x x ∫0 x e 2 −x dx ... +∞ ) Ngược lại, ta nói tích phân không tồn tại (hay phân kỳ) ở +∞ Tương tự cho trường hợp hàm số f liên tục trên ( −∞, b  , ta đònh nghóa  b ∫−∞ f ( t ) dt = lim ∫ b x →−∞ x f ( t ) dt Cuối cùng khi f liên tục trên ¡ và với a ∈ ¡ , ta đặt +∞ ∫−∞ f ( t ) dt = a ∫−∞ f ( t ) dt + +∞ ∫a f ( t ) dt , trong đó hai tích phân suy rộng của f ở +∞ và −∞ tồn tại độc lập với nhau Xét tích phân suy rộng +∞ ∫a... mọi điểm a1 ∈ a, b ) , các tích phân  bản chất và khi chúng cùng tồn tại thì b ∫a f ( t ) dt và b ∫a 1 f ( t ) dt có cùng 88 b ∫a a1 f ( t ) dt = ∫a Chứng minh Do ∀x ∈ a, b ) ,  x ∫a f ( t ) dt = a1 ∫a f ( t ) dt + f ( t ) dt + b f ( t ) dt ∫a 1 x ∫a 1 f ( t ) dt nên mệnh đề được chứng minh bằng cách lấy giới hạn đẳng thức trên khi x → b ª Ý nghóa : Tính khả tích của tích phân suy rộng hàm f tại... trung bình của hàm phân phối xác suất f) 8 Tính các tích phân suy rộng ∞ a) I = ∫ ∞ x2 xe dx b) I = 1 2 ∞ c) I = dx ∫ x2 + 4x + 9 e) I = dx ∫ x ln3 x e +∞ g) I = ∫ 0 e −2x x2 − 1 ∞ d) I = dx ∫ x2 + 2x + 5 −1 −∞ ∞ ∫x dx ∞ f) I = dx ∫ x2 + 6x + 11 −∞ e cos xdx h) I = ∫x 1 dx ln x 92 1 i) I = ∫ 0 e k) I = dx 1 − x2 dx ∫ x ln3 x 1 1 j) I = dx ∫ x2 + x4 0 2/ 3 l) I = ∫ 1/ 3 dx x 9x2 − 1 ... g ( x ) dx ∫a f ( x ) dx kéo theo sự tồn tại kéo theo sự tồn tại của ∫a g ( x ) dx b) Nếu f và g là các hàm liên tục trên a, b ) và  lim f ( x) x → b− g ( x ) = c với 0 < c < +∞ , thì sự khả tích tại b của tích phân suy rộng của f và của g có cùng bản chất Chứng minh Tương tự như chứng minh mệnh đề 3.2, ta có a) Khi f và g liên tục trên a, b ) , với a ≤ x < b , xét  If ( x ) = x x f ( t ) dt và . (công thức tích phần từng phần). ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b bbaa a(1) (2)f x g x dx f x g x f x g x dx ′ ′= − ∫ ∫1 4 44 2 4 4 43 1 4 44 2 4 4 43 Công thức. cận tích phân và x là biến giả.Đặt( )aaf x dx 0=∫ và ( ) ( )a bb af x dx f x dx= −∫ ∫.2.2. Mệnh đề. Các hàm số sau thì Riemann-khả tích trên a, b   :-