Sætning der skal bevises
Integralregningens grundsætning
Hvis funktionen $f(x)$ er kontinuert i intervallet $\left[a;b\right]$, så kan arealet under grafen for $f(x)$ i intervallet $\left[a;b\right]$ bestemmes ved
$$
\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x=F(b)-F(a)
$$
hvor $F(x)$ er en stamfunktion til $f(x)$.
Beviset for sætningen gør brug af en arealfunktion, der defineres således:
Definition af arealfunktionen A(x)
For alle værdier af $x_0 \in [a;b]$ er værdien af $A(x_0)$ lig med arealet under grafen for funktionen $f(x)$ fra $a$ til $x_0$. Altså arealet af det område, der er afgrænset af $x$-aksen, grafen for $f(x)$ og de to lodrette linje ud for $a$ og $x_0$.
En vigtig egenskab ved arealfunktionen er givet ved denne hjælpesætning, som bevises før integralregningens grundsætning:
Hjælpesætning
Arealfunktionen $A(x)$ er stamfunktion til $f(x)$, så
$$ A'(x) = f(x) $$
Bevis for hjælpesætning
Antag at funktionen $f$ er kontinuert og voksende i intervallet $[a; b]$. Hvis funktionen er aftagende så gennemføres bevises på samme måde som i det følgende, dog skal alle uligheder vendes om. Det ændrer ikke på konklusionen. Hvis funktionen ikke er monoton (enten voksende eller aftagende), kan den inddeles i monotoniintervaller. Beviset kan så gennemføres for hvert monotoniinterval.
Beviset starter med at man betragter arealet under grafen for $f(x)$ i et lille delinterval af intervallet $[a;b]$. Vi ser på arealet af det område, der er afgrænset af $x$-aksen, grafen for $f(x)$ og de to lodrette linjer $x=x_0$ og $x=x_0+\Delta x$, hvor $\Delta x$ er positiv. Delintervallet er altså $[x_0; x_0 + \Delta x]$.
Arealet af dette område kalder vi $\Delta A$. Værdien af $\Delta A$ kan beregnes ved hjælp af arealfunktionen $A(x)$. Arealet fra $a$ til $x+\Delta x$ kan beskrives ved med arealfunktionen som $A(x+\Delta x)$:
mens arealet op til $x_0$ er givet ved $A(x_0)$:
Forskellen mellem de to arealer $A(x_0+\Delta x)$ og $A(x_0)$ er netop arealstrimlen under grafen fra $x_0$ til $x_0 + \Delta x$. Det er netop $\Delta A$:
Det kan skrives som:
$\Delta A = A(x_{0}+\Delta x)-A\left(x_{0} \right)$
Arealet under grafen i intervallet mellem $x_0$ og $x_0+\Delta x$ er altså arealet fra $a$ til $x_0+\Delta x$ minus arealet fra $a$ til $x_0$.
Dette areal af delintervallet afgrænses nu af rektangler. Vi ser først på et rektangel under grafen for $f(x)$
Højden af rektanglet er $f(x_0)$, og bredden er $\Delta x$, så det har arealet (højde gange bredde) $f(x_0)·\Delta x$
Arealet af rektanglet er mindre end eller lig med arealet $\Delta A$ under grafen, fordi vi har forudsat, at $f$ er en voksende funktion:
$$f(x_{0})\cdot\Delta x \le \Delta A$$
Vi har altså fundet en nedre grænse for værdien af $\Delta A$. På tilsvarende måde findes en øvre grænse for $\Delta A$ bestemmes ved at se på på arealet af rektanglet vist på figuren.
Dette rektangel har højden $f(x_0 + \Delta x)$, så arealet er $ f(x_0+\Delta x)\cdot\Delta x $. Og da $f$ er voksende vil arealet være større end eller lig med arealet under grafen for $f$:
$$ \Delta A \leq f(x_0+\Delta x)\cdot\Delta x $$
Vi har nu fundet både en nedre og en øvre grænse for $\Delta A$. Det kan skrives som en dobbeltulighed
$f\left(x_{0} \right)\cdot\Delta x\leq \Delta A \leq f\left(x_{0}+\Delta x\right)\cdot\Delta x$
Ved at dividere alle udtryk i uligheden med $\Delta x$ får man
$\displaystyle f\left(x_{0} \right)\leq\frac{ \Delta A}{\Delta x} \leq f\left(x_{0}+\Delta x\right)$
Hvis $\Delta x$ havde været negativ, skulle ulighedstegnene have været vendt om, men vi har forudsat, at $\Delta x$ er positiv. Det midterste udtryk i uligheden er en brøk; nærmere bestemt differenskvotienten for arealfunktionen, $A(x)$. Vi vil nu lade $\Delta x\rightarrow 0$ og vise, at differenskvotienten har en grænseværdi, så $A'(x_0)$ eksisterer.
Når $\Delta x\rightarrow 0$, vil det første udtryk i dobbeltuligheden være uændret, fordi $f(x_0)$ ikke indeholder $\Delta x$. Det har altså grænseværdien $f(x_0)$.
Det sidste udtryk, $f(x_0+\Delta x)$, har også grænseværdien $f(x_0)$, fordi $f$ er en kontinuert funktion.
Og fordi differenskvotienten i det midterste udtryk er klemt inde mellem to udtryk, som har samme grænseværdi, må det også have grænseværdien $f(x_0)$:
$\displaystyle \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{ \Delta A}{\Delta x} =f(x_0)$
Vi har altså vist, at differenskvotienten for $A(x)$ har en grænseværdi, og det er jo netop definitionen på en differentialkvotient, $A'(x_0)$:
$\displaystyle \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{ \Delta A}{\Delta x} =A'(x_0)$
Det betyder, at $A'(x_0)=f(x_0)$. Og da dette gælder for alle $x_0 \in \left[a;b\right]$, har vi altså vist, at arealfunktionen $A(x)$ er en stamfunktion til $f(x)$
$A'(x)=f(x)$
Hermed er beviset for hjælpesætningen afsluttet.
Bevis for Integralregningens grundsætning
Vores mål er at bestemme arealet under grafen for $f(x)$ fra $a$ til $b$. Arealfunktionen $A(x)$ angiver netop arealet under grafen fra $a$ til $x$, så derfor er det areal vi søger givet ved $A(b)$. Vi har med hjælpesætningen vist, at
$A(x) = F(x) + k$
så for at kunne beregne $A(b)$ mangler vi at bestemme værdien af konstanten $k$. Det kan vi gøre, ved at udnytte, at arealet under grafen fra $a$ til $a$ er nul:
$A(a) = 0$
Det betyder at
$F(a)+k = 0$
og derfor må det gælde at
$k = – F(a)$
Nu kan værdien af $A(b)$ beregnes:
$A(b) = F(b) + k = F(b) + (-F(a)) = F(b) – F(a)$
Vi har dermed vist, at arealet under grafen for $f$ fra $a$ til $b$ er givet ved $F(b)-F(a)$. Eller med andre ord:
$\displaystyle \textup{Arealet under grafen er lig med }\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm d x=F(b)-F(a)$
Bemærkning: Beviset er, som omtalt i starten, gennemført ud fra en antagelse om, at $f(x)$ er voksende i intervallet. Hvis $f(x)$ er aftagende (evt. efter at man har delt definitionsmængden op i monotoniintervaller), kan beviset gennemføres på samme måde, blot skal ulighedstegnene i dobbeltuligheden vendes om. Resultatet vil stadig være, at differenskvotienten klemmes inde mellem $f(x_0)$ og $f(x_0+ \Delta x)$.