A Newton-Leibniz-formula

Kimondás

Tegyük fel, hogy

• $f\in R[a,b]$ és
• az $f$ függvénynek van primitív függvénye az $[a,b]$ intervallumon.

Ekkor $${\int }_a^{b}f(x)dx=F(b)-F(a)=:{\left[F(x)\right]}_a^b$$ ahol $F$ az $f$ függvény egy primitív függvénye.

Bizonyítás

Legyen $n\in {\mathbb{N}}^{+}$, és tekintsük az $[a,b]$ intervallum egy tetszőlegesen megválasztott $\tau =\{a=x_0<x_1<\cdots <x_n=b\}$ felosztását. A Lagrange-féle középértéktétel szerint minden $i=0,1,\dots ,n-1$ indexre van olyan ${\mathrm{E}}_i\in (x_i,x_{i+1})$ pont, amelyre $$F(x_{i+1})-F(x_i)=F^{\prime }({\mathrm{E}}_i)(x_{i+1}-x_i)=f({\mathrm{E}}_i)(x_{i+1}-x_i)$$

teljesül. Ha ezeket az egyenlőségeket összeadjuk minden $i=0,1,\dots ,n-1$indexre, akkoe a bal oldalon minden tag kiesik, kivéve az $F(x_n)=F(b)$ és az $F(x_0)=F(a)$ tagokat. Így azt kapjuk, hogy $$F(b)-F(a)=\sum _{i=0}^{n-1}f({\mathrm{E}}_i)(x_{i+1}-x_i)$$

Mivel ${\inf }_{x\in [x_i,x_{i+1}]}f(x)<f({\mathrm{E}}_i)\le {\sup }_{x\in [x_i,x_{i+1}]}f(x)$, ha $i=0,1,\dots ,n-1$, ezért a $$s(f,\tau )\le F(b)-F(a)\le S(f,\tau )$$

egyenlőtlenség minden $\tau \in \mathcal{F}[a,b]$ felosztásra teljesül. Következésképpen $$I_{\ast }(f)=\underset{\tau \in \mathcal{F}[a,b]}{\sup }s(f,\tau )\le F(b)-F(a)\le \underset{\tau \in \mathcal{F}[a,b]}{\inf }S(f,\tau )=I^{\ast }(f)$$

Az $f\in R[a,b]$ (azaz az $I_{\ast }(f)=I^{\ast }(f)$) feltételből így az következik, hogy $$F(b)-F(a)=I_{\ast }(f)=I^{\ast }(f)={\in }_a^{b}f(x)dx$$