這個定理的推導比較複雜,牽扯到積分上限函式:Φ(x)=∫f(t)dt(上限為自變數x,下限為常數a)。以下用∫f(x)dx<a,b>表示從a到b的定積分。
首先需要證明,若函式f(x)在[a,b]內可積分,則Φ(x)在此區間內為一連續函式。
證明:給x一任意增量Δx,當x+Δx在區間[a,b]內時,可以得到
Φ(x+Δx)=∫f(t)dt<a,x+Δx>=∫f(t)dt<a,x>+∫f(t)dt<x,x+Δx>
=Φ(x)+∫f(t)dt<x,x+Δx>
即
Φ(x+Δx)-Φ(x)=∫f(t)dt<x,x+Δx>
應用積分中值定理,可以得到
Φ(x+Δx)-Φ(x)=μΔx
其中m<=μ<=M,m、M分別為f(x)在[x,Δx]上的最小值和最大值,則當Δx->0時,Φ(x+Δx)-Φ(x)->0,即
limΦ(x+Δx)-Φ(x)=0(當Δx->0)
因此Φ(x)為連續函式
其次要證明:如果函式f(t)在t=x處連續,則Φ(x)在此點有導數,為
Φ"(x)=f(x)
證明:由以上結論可以得到,對於任意的ε>0,總存在一個δ>0,使|Δx|<δ時,對於一切的t屬於[x,x+Δx],|f(t)-f(x)|<ε恆成立(根據函式連續的ε-δ定義得到),得
f(x)-ε<f(t)<f(x)+ε
由於t屬於[x,x+Δx],因此m<=f(t)<=M(m、M的意義同上),由於f(x)-ε<f(t)<f(x)+ε當t屬於[x,x+Δx]時恆成立,因此得到
f(x)-ε<=m<=M<=f(x)+ε
由於m<=μ<=M(μ的意義同上),可以得到
f(x)-ε<=μ<=f(x)+ε
即|μ-f(x)|<=ε
由於Φ(x+Δx)-Φ(x)=μΔx,可以得到,當Δx->0時,
Φ"(x)=lim[Φ(x+Δx)-Φ(x)]/Δx=limμ=f(x)
命題得證。
由以上可得,Φ(x)就是f(x)的一個原函式。設F(x)為f(x)的任意一個原函式,得到
Φ(x)=F(x)+C
當x=a時,Φ(a)=0(由定義可以得到),此時
Φ(a)=0=F(a)+C
即C=-F(a)
得到
Φ(x)=F(x)-F(a)
則當x=b時,Φ(b)=∫f(x)dx<a,b>,得到
Φ(b)=∫f(x)dx<a,b>=F(b)-F(a)
至此命題得證。
參考資料:數學分析原裡
這個定理的推導比較複雜,牽扯到積分上限函式:Φ(x)=∫f(t)dt(上限為自變數x,下限為常數a)。以下用∫f(x)dx<a,b>表示從a到b的定積分。
首先需要證明,若函式f(x)在[a,b]內可積分,則Φ(x)在此區間內為一連續函式。
證明:給x一任意增量Δx,當x+Δx在區間[a,b]內時,可以得到
Φ(x+Δx)=∫f(t)dt<a,x+Δx>=∫f(t)dt<a,x>+∫f(t)dt<x,x+Δx>
=Φ(x)+∫f(t)dt<x,x+Δx>
即
Φ(x+Δx)-Φ(x)=∫f(t)dt<x,x+Δx>
應用積分中值定理,可以得到
Φ(x+Δx)-Φ(x)=μΔx
其中m<=μ<=M,m、M分別為f(x)在[x,Δx]上的最小值和最大值,則當Δx->0時,Φ(x+Δx)-Φ(x)->0,即
limΦ(x+Δx)-Φ(x)=0(當Δx->0)
因此Φ(x)為連續函式
其次要證明:如果函式f(t)在t=x處連續,則Φ(x)在此點有導數,為
Φ"(x)=f(x)
證明:由以上結論可以得到,對於任意的ε>0,總存在一個δ>0,使|Δx|<δ時,對於一切的t屬於[x,x+Δx],|f(t)-f(x)|<ε恆成立(根據函式連續的ε-δ定義得到),得
f(x)-ε<f(t)<f(x)+ε
由於t屬於[x,x+Δx],因此m<=f(t)<=M(m、M的意義同上),由於f(x)-ε<f(t)<f(x)+ε當t屬於[x,x+Δx]時恆成立,因此得到
f(x)-ε<=m<=M<=f(x)+ε
由於m<=μ<=M(μ的意義同上),可以得到
f(x)-ε<=μ<=f(x)+ε
即|μ-f(x)|<=ε
由於Φ(x+Δx)-Φ(x)=μΔx,可以得到,當Δx->0時,
Φ"(x)=lim[Φ(x+Δx)-Φ(x)]/Δx=limμ=f(x)
命題得證。
由以上可得,Φ(x)就是f(x)的一個原函式。設F(x)為f(x)的任意一個原函式,得到
Φ(x)=F(x)+C
當x=a時,Φ(a)=0(由定義可以得到),此時
Φ(a)=0=F(a)+C
即C=-F(a)
得到
Φ(x)=F(x)-F(a)
則當x=b時,Φ(b)=∫f(x)dx<a,b>,得到
Φ(b)=∫f(x)dx<a,b>=F(b)-F(a)
至此命題得證。
參考資料:數學分析原裡