Kompletterande teori för Envariabelanalys del A på I

J A S, ht-02

Fullständighetsegenskapen hos de reella talen

Antag först att vi bara tillåter oss använda naturliga tal. Varje delmängd till dessa innehåller då ett minsta tal. Men det finns delmängder till N som inte innehåller något största tal, t.ex. mängden av jämna naturliga tal. Om vi däremot tar en delmängd till N som är uppåt begränsad, dvs varje tal i delmängden är mindre än något fixt naturligt tal K, så innehåller mängden inte bara ett minsta tal utan också ett största. Om vi nu istället tillåter oss (att som vanligt) använda reella tal. Då har i allmänhet en delmängd till dessa varken ett största eller ett minsta tal. T.ex. finns det inget största eller minsta tal i intervallet ]1,2[. Det hjälper inte ens att denna mängd är så väl uppåt som nedåt begränsad; det finns tal b och B, så att $b\leq x\leq B,$ för varje x i mängden. Däremot finns det gott om så kallade undre begränsningar till mängden; ett tal b så att $b\leq x,$ för varje x i mängden. T.ex. är -1 men också 0 undre begränsningar till ]1,2[. Det finns också gott om övre begränsningar till denna mängd; ett tal B så att $x\leq B,$ för varje x i mängden. Vi ser att det finns en största undre begränsning 1, och en minsta övre begränsning 2. Detta är ett allmänt fenomen:

Sats 1.1   Varje uppåt begränsad icke-tom mängd av reella tal har en minsta övre begränsning.

För en uppåt begränsad mängd M av reella tal kallas denna minsta övre begränsning för supremum av mängden och betecknas $\sup M,$ t.ex. har vi $\sup ]1,2[=2$. Beviset av denna sats utnyttjar hur de reella talen konstrueras och ligger utan för ramen av envariabelkursen. På motsvarande vis har en nedåt begränsad icke-tom mängd M av reella tal en största undre begränsning, som kallas infimum av M och betecknas $\inf M$. T.ex. är $\inf ]1,2[=1$. I exemplet vi använt är det mycket lätt att bestämma infimum och supremum. Så är det inte i allmänhet. Om vi t.ex. låter M vara mänden av tal av formen $\cos(n),$ där n är ett heltal, så är det klart att 1 och -1 är övre respektive undre begränsningar till M och att M därför har ett infimum och ett supremum. Men det är inte lätt att förstå vad de är utan att räkna och argumentera. För att förstå att satsen ovan verkligen innehåller någon information om de reella talen, kan man tänka sig att man bara tillåter sig att använda rationella tal. Då gäller inte satsen ovan. Om man t.ex. låter M vara (den begränsade) mängden av rationella tal x sådana att $x^{2}\leq 2,$ så finns det ingen rationell övre begränsning som är mindre än varje annan rationell sådan. Om man tillåter sig att använda de reella talen finns supremum av mängden och är $\sqrt{2}$ (som inte är rationellt).

Med en avtagande följd av intervall menas en (oändlig) följd $I_{0}\supset I_{1}\supset\ldots\supset I_{n}\supset\ldots,$ där varje I_k är ett intervall. I allmänhet finns det då inget reellt tal som ingår i samtliga dessa intervall. Ett exempel får vi om vi sätter I_k=]0,1/(k+1)], $k=0,\,1,\ldots$. Om det funnes ett tal r i samtliga dessa intervall skulle r vara >0, förstås, men samtidigt $\leq 1/(k+1),$ för varje heltal $k\geq 0$. En orimlighet. Följande lemma, där man förutsätter att intervallen är slutna (dvs av formen [a,b]), innehåller därför väsentlig information

Lemma 1.1 (Inkapslingssatsen)   Om I_k, $k=0,\,1\ldots,$ är en avtagande följd av slutna intervall, så finns det ett reellt tal r som ingår i samtliga intervall.

Bevis. Vi har att I_k=[a_k,b_k] för några reella tal a_k och b_k. Vi låter M vara mängden av alla sådana a_k. Eftersom följden av intervall är avtagande är varje b_k en övre begränsning till M, som därför har ett supremum r (minsta övre begränsning). För detta tal r gäller dels att $a_{k}\leq r,$ dels $r\leq b_{k},$ för varje k. Det betyder att r är ett tal som ingår i samtliga intervall I_k.$\blacksquare$
 

Gränsvärden

Att $f(x)\rightarrow A$ (går mot A) när $x\rightarrow a$ (går mot a) ska betyda att värdena till funktionen f ska ligga nära talet A om x ligger tillräckligt nära a, men $x\neq a$. Även om denna formulering ganska precist säger vad det hela går ut på finns det ett problem i den: vad betyder ``nära'' och ``tillräckligt nära''? Stängt taget är yttrandet ``$\cos(x)$ ligger nära $\cos(1)$ när x ligger tillräckligt nära 1'' inget påstående eftersom det inte går att avgöra om det är sant eller falskt. I matematik använder man definitioner av begrepp för att rigoröst bevisa olika företelser. Sådana bevis är omöjliga om definitionerna inte är precisa. För att precisera vad $f(x)\rightarrow A,$ när $x\rightarrow a,$ ska betyda försöker vi först precisera ``närhet''. Ett symmetriskt öppet intervall runt ett tal r kallas en omgivning till talet. En omgivning till r har alltså utseendet $]r-\epsilon,r+\epsilon[,$ för något tal $\epsilon>0$.

Definition 2.1   Att $f(x)\rightarrow A,$ när $x\rightarrow a$ betyder att det till varje omgivning (varje ``närhet'') till A finns en omgivning (en ``närhet'') till a, så att f(x) ligger i omgivningen till A när x ligger i omgivningen till a, men $x\neq a$.

Eftersom det ibland är lättare att hantera tal än begrepp som omgivningar, är det bra att ha följande omformulering av definitionen:

Definition 2.2   Att $f(x)\rightarrow A,$ när $x\rightarrow a,$ betyder att det till varje $\epsilon>0$ (omgivning till A) finns ett $\delta>0$ (omgivning till a) så att

$$\vert f(x)-A\vert<\epsilon\mbox{ ($f(x)$ ligger i omgivningen... ...mbox{ ($x$ ligger i omgivningen till $a$, men är $\neq a$) }.$$

Att $f(x)\rightarrow A,$ när $x\rightarrow a,$ skrivs ofta $\lim_{x\rightarrow a}f(x)=0$ och talet A kallas gränsvärdet av f(x), när x går mot a. Observera att $f(x)\rightarrow A$ när $x\rightarrow a,$ betyder samma sak som $\vert f(x)-A\vert\rightarrow 0,$ när $x\rightarrow a$.

Exempel 2.1   Visa att $x^{2}\rightarrow a^{2},$ när $x\rightarrow a$.

Påståendet verkar vara fullkomligt uppenbart på den intuitiva nivån i vår förståelse av det. Men då bör det heller inte vara särskilt svårt att visa att det stämmer enligt definitionen. Antag alltså att vi har ett tal $\epsilon>0$. Vår uppgift är att tala om hur (eller att) vi kan hitta ett tal $\delta>0,$ så att

$$\vert x^{2}-a^{2}\vert<\epsilon\mbox{ när }0<\vert x-a\vert<\delta.$$

Vi har |x²-a²|=|x-a||x+a|. Om vi förutsätter att $\vert x-a\vert<\delta$ får vi av detta $\vert x^{2}-a^{2}\vert< \delta(2\vert a\vert+\delta)$. Allting kommer alltså att stämma om vi väljer $\delta$ så att $\delta(2\vert a\vert+\delta)\leq \epsilon,$ dvs så att $0<\delta<\sqrt{\epsilon+\vert a\vert}-\vert a\vert$.

Som vi ser ledde verifikationen av det till synes självklara påståendet att $\lim_{x\rightarrow a}x^{2}=a^{2},$ till en del räkningar. Det är uppenbart att det behövs räkneregler för gränsvärden. Innan vi går in på det bör det påpekas att det inte är säkert att en funktion f(x) har något gränsvärde när $x\rightarrow a$. I sådana fall säger man att gränsvärdet inte existerar och symbolen $\lim_{x\rightarrow a}f(x)$ är i så fall meningslös och bör då inte användas. T.ex saknar $\sin(1/x)$ gränsvärde när $x\rightarrow 0:$ i varje omgivning till 0 finns tal där funktionen antar värdet 1 liksom det finns tal där den antar värdet -1. En funktion är (uppåt/nedåt) begränsad på en mängd om dess värdemängd där är (uppåt/nedåt) begränsad. Om $f(x)\rightarrow A,$ när $x\rightarrow a,$ är f(x) begränsad på en omgivning till a: till $\epsilon=1,$ finns en omgivning till a, så att A-1<f(x)<A+1, när x ligger i omgivningen till a, men är $\neq a$. Man säger att f(x) är begränsad i närheten av a. Eftersom 1/x inte är begränsad i någon omgivning till 0, har 1/x inget gränsvärde när $x\rightarrow 0$.

Sats 2.1   Om $f(x)\rightarrow A$ och $g(x)\rightarrow B,$ när $x\rightarrow a,$ och c är en konstant, så gäller

1. $f(x)+g(x)\rightarrow A+B,$ när $x\rightarrow a,$
2. $cf(x)\rightarrow cA,$ när $x\rightarrow a,$
3. om $f(x)\leq h(x)\leq g(x),$ i en omgivning till a och A=B, så har vi att $h(x)\rightarrow A(=B),$ när $x\rightarrow a$.
4. $f(x)g(x)\rightarrow AB,$ när $x\rightarrow a,$
5. om $B\neq 0,$ att $f(x)/g(x)\rightarrow A/B,$ när $x\rightarrow a$.

Bevis. 1) Låt $\epsilon$ vara givet. Enligt förutsättningarna finns $\delta_{1}$ och $\delta_{2},$ så att $\vert f(x)-A\vert<\epsilon/2$ och $\vert g(x)-B\vert<\epsilon/2,$ när $0<\vert x-a\vert<\delta_{1},$ respektive när $0<\vert x-a\vert<\delta_{2}$. Detta ger oss $\vert f(x)+g(x)-A-B\vert\leq \vert f(x)-A\vert+\vert g(x)-B\vert\leq \epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon,$ när $0<\vert x-a\vert<\delta,$ där $\delta$ är det minsta av de två talen $\delta_{1}$ och $\delta_{2}$. 2) Låt $\epsilon$ vara givet. Enligt förutsättningarna finns $\delta$ så att $\vert f(x)-A\vert<\epsilon/\vert c\vert,$ när $0<\vert x-a\vert<\delta$. Vi har då $\vert cf(x)-cA\vert=\vert c\vert\vert f(x)-A\vert\leq \vert c\vert\epsilon/\vert c\vert=\epsilon,$ när $0<\vert x-a\vert<\delta$. 3) Vi har, enligt förutsättningarna att $f(x)-A\leq h(x)-A\leq g(x)-A$ i närheten av a. Givet $\epsilon$ finns vidare $\delta_{1}$ och $\delta_{2},$ så att $\vert f(x)-A\vert<\epsilon$ och $\vert g(x)-A\vert<\epsilon,$ när $0<\vert x-a\vert<\delta_{1},$ respektive när $0<\vert x-a\vert<\delta_{2}$. Från detta ser vi att $\vert h(x)-A\vert<\epsilon,$ när $0<\vert x-a\vert<\delta,$ där $\delta$ är det minsta av talen $\delta_{1}$ och $\delta_{2}$. 4) Vi har $\vert f(x)g(x)-AB\vert=\vert(f(x)-A)g(x)+A(g(x)-B)\vert\leq \vert f(x)-A\vert\vert g(x)\vert+\vert A\vert\vert g(x)-B\vert$. En konsekvens av förutsättningarna är att g(x) är uppåt begränsad nära a, låt oss säga av konstanten K. Vi får då

$$0\leq \vert f(x)g(x)-AB\vert\leq \vert f(x)-A\vert\vert K\vert+\vert A\vert\vert g(x)-B\vert.$$

Enligt 2) går högra ledet mot $0\cdot \vert K\vert+\vert A\vert\cdot 0=0,$ $x\rightarrow a$. Av 3) följer nu att $\vert f(x)g(x)-AB\vert\rightarrow 0,$ dvs $f(x)g(x)\rightarrow AB,$ när $x\rightarrow a$. 5) Vi har |1/g(x)-1/B|=|B-g(x)|/(|g(x)||B|) och att |g(x)| är nedåt begränsad av någon konstant K>0, i en omgivning till a, eftersom $g(x)\rightarrow B\neq 0,$ när $x\rightarrow a$. Vi får

$$0\leq\vert 1/g(x)-1/B\vert\leq\vert B-g(x)\vert/(K\vert B\vert),$$

där högra ledet (liksom vänstra) går mot 0, när $x\rightarrow a$. Påståendet i 5) följer nu från påståendet i 4). $\blacksquare$

Exempel 2.2   Bestäm konstanten a så att gränsvärdet av

$$\frac{x-1}{x+2}+\frac{2x-a}{(x+2)(x-1)}$$

existerar när $x\rightarrow -2$. Bestäm också gränsvärdet för detta a.

Vi skriver på gemensamt bråkstreck och får

$$\frac{x^{2}-a+1}{(x+2)(x-1)}$$

Eftersom nämnare går mot 0 när $x\rightarrow -2,$ måste vi välja a, så att även täljaren gör det (annars skulle uttrycket inte vara begränsat i närheten av -2). Gränsvärdet av täljaren är 4-a+1, så vi ska välja a=5. Täljaren blir då x²-4=(x-2)(x+2) och efter förkortning ska vi bestämma gränsvärdet av (x-2)/(x-1), som enligt räknereglerna blir -4/-3=4/3, när $x\rightarrow -2$. I bland har man anledning att använda så kallade ensidiga gränsvärden, t.ex. vill man kanske bara att x ska närma sig a från höger (eller uppifrån)(på tallinjen).

Definition 2.3   Att $f(x)\rightarrow A$ när $x\rightarrow a^{+}$ betyder att det till varje $\epsilon>0$ finns ett $\delta>0,$ så att $\vert f(x)-A\vert<\epsilon,$ när $a<x<a+\delta$. Man skriver då $\lim_{x\rightarrow a^{+}}f(x)=A$.

På liknande vis definieras gränsvärden då x går mot a nerifrån, $x\rightarrow a^{-}$. I bland, tex när man söker så kallade sneda asymptoter till en funktion, har man också anledning att undersöka funktioner när $x\rightarrow \pm\infty$. Definitionen av gränsvärden är i detta fallet:

Definition 2.4   Att $f(x)\rightarrow A$ när $x\rightarrow \infty$ betyder att det till varje $\epsilon>0$ finns ett tal $\omega,$ så att $\vert f(x)-A\vert<\epsilon,$ när $x>\omega$. Man skriver då $\lim_{x\rightarrow \infty}f(x)=A$.

På motsvarande sätt definieras gränsvärden när $x\rightarrow -\infty$. Räknereglerna ovan gäller även dessa gränsvärden.

Exempel 2.3   Bestäm ett polynom p(x) av så låg grad som möjligt, så att funktionen

$$f(x)=\left\{ \begin{array}{lcr} (x+1)/x &\mbox{ när }&x<1... ... x\leq 2\\ 1/(x^{2}+1)&\mbox{ när }&x>2 \end{array}\right.$$

har gränsvärde dels när $x\rightarrow 1,$ dels när $x\rightarrow 2$.

Vi har $f(x)\rightarrow 2,$ och $f(x)\rightarrow p(1),$ när $x\rightarrow 1^{-},$ respektive $x\rightarrow 1^{+}$. Vi har också $f(x)\rightarrow 1/5$ samt $f(x)\rightarrow p(2),$ när $x\rightarrow 2^{+},$ respektive $x\rightarrow 2^{-}$. Vi ska alltså välja p(x), så att p(1)=2 och p(2)=1/5. Därmed är p(x)=-9x/5+19/5

Exempel 2.4   Bestäm konstanten a så att f(x)=(x³+3x²+3)/(x²-4) -ax har ett gränsvärde när $x\rightarrow \infty$.

Vi skriver på gemensamt bråkstreck och får f(x)=((1+a)x³+3x²+4ax+3)/(x²-4). Division med x² i täljare och nämnare ger nu

$$f(x)=\frac{(1+a)x+3+4a/x+3/x^{2}}{1-4/x^{2}}.$$

Vi ser att vi ska välja a=-1, för att gränsvärdet ska existera. Det blir då 3/1=3, när $x\rightarrow \infty$.
 

Kontinuitet

Definition 3.1   En funktion f(x) är kontinuerlig i a om gränsvärdet av f(x) när $x\rightarrow a$ existerar och är f(a).

Exempelvis är funktionen f(x)=x kontinuerlig i varje punkt eftersom $\lim_{x\rightarrow a}f(x)=a=f(a)$. Mer allmänt ska vi senare se att de elementära funktionerna är kontinuerliga (eftersom de är deriverbara, se nedan). En funktion som är kontinuerlig i varje punkt i sin definitionsmängd är kontinuerlig (utan specifikation). Observera att om f(x) är kontinuerlig i a, så är f(x) begränsad i närheten av a, eftersom f(x) har ett gränsvärde då $x\rightarrow a$. Till exempel finns det ingen möjlighet att bestämma konstanten a, så att funktionen

$$f(x)=\left\{ \begin{array}{lcr} 1/x &\mbox{ när }&x\neq 0\\ a&\mbox{ när }& x=0 \end{array}\right.$$

blir kontinuerlig. Funktionen saknar gränsvärde när $x\rightarrow 0$. Från räknereglerna för gränsvärden följer omedelbart

Sats 3.1   Om f(x) och g(x) är kontinuerliga i x=a, och c är en konstant, så gäller

1. f(x)+g(x) är kontinuerlig i a,
2. cf(x) är kontinuerlig i a,
3. f(x)g(x) är kontinuerlig i a,
4. f(x)/g(x) är kontinuerlig i a, om $g(a)\neq 0$.

För sammansättningar gäller dessutom

Sats 3.2   Om f(x) är kontinuerlig i g(a) och g(x) är kontinuerlig i a, så är f(g(x)) kontinuerlig i a.

Bevis. Vi har att $g(x)\rightarrow g(a),$ när $x\rightarrow a$ och att $f(t)\rightarrow f(g(a)),$ när $t\rightarrow g(a)$. Satsen följer nu om vi sätter t=g(x).$\blacksquare$
Vi vet t.ex. att f(x)=x är kontinuerlig. Av räkneregelerna följer nu att x² är kontinuerlig, liksom xⁿ, där n är ett heltal. Detta, tillsammans med räknereglerna, ger att alla polynom och rationella funktioner är kontinuerliga.

Exempel 3.1   Visa att man kan bestämma konstanterna a och b så att funktionen

$$f(x)=\left\{ \begin{array}{lcr} \frac{x-3}{x^{2}+x-2}+\fr... ... när }& x\neq -2\\ b&\mbox{ när }& x=-2 \end{array}\right.$$

blir kontinuerlig.

Vi har x²+3x+2=(x+2)(x+1) och x^kontinuerlig2+x-2=(x+2)(x-1), så funktionen är definierad utom i $\pm1$. Kontinuiteten är inget problem bortanför -2, eftersom funktionen där är summa av två rationella funktioner. För att få kontinuitet i -2 ska vi bestämma a, så att det rationella uttrycket har ett gränsvärde när $x\rightarrow -2,$ och sedan välja b som detta gränsvärdet. När $x\neq -2$ har vi

$$f(x)=\frac{(x-3)(x+1)+a(x-1)}{(x+2)(x+1)(x-1)}.$$

Eftersom nämnaren går mot noll när $x\rightarrow -2,$ måste även nämnare göra det för att gränsvärdet ska existera. Detta ger att vi ska välja a så att (-5)(-1)+a(-3)=0, dvs a=5/3. Talet b ska vara gränsvärdet av

$$f(x)=\frac{(x-3)(x+1)+5(x-1)/3}{(x+2)(x+1)(x-1)}=\frac{(x+2)(x-7/3)}{(x+2)(x-1)(x+1)}=\frac{x-7/3}{(x-1)(x+1)},$$

som blir (-2-7/3)/((-3)(-1))=-13/9, når $x\rightarrow -2$. Svaret är alltså a=5/3 och b=-13/9.
 

Derivata

Man kan ha två lite olika inställningar till begreppet derivata. Det ena är att derivatan av f(x) i x=a mäter den (momentana) relativa förändringen av f(x) i x=a. Den andra är att derivatan i x=a bestämmer (riktningskoefficienten) till tangentlinjen till grafen i punkten (a,f(a)). I envariabelanalysen sammanfaller dessa två begrepp, men de skiljer sig åt i flervariabelanalysen. Tar vi vår utgångspunkt i den första ikontinuerlignställningen är derivatan av f(x) i x=a gränsvärdet av differenskvoten

$$\frac{f(x)-f(a)}{x-a},$$

när $x\rightarrow a$. Funktionen är deriverbar i a om detta gränsvärde finns. Gränsvärdet betecknas då f'(a). Om en funktion är deriverbar i varje punkt i sin definitionsmängd är den deriverbar (utan specifikation). Man använder då beteckningen f'(x), för derivatan i x och skriver differenskvoten (f(x+h)-f(x))/h, och har att f'(x) är gränsvärdet av detta när $h\rightarrow 0$. Flera andra skrivsätt finns t.ex. df/dx=D(f)=f'. Tar vi i stället vår utgångspunkt i dekontinuerlign andra inställningen ska vi bestämma talet m, så att linjen y=m(x-a)+f(a) ansluter så väl som möjligt till grafen av f i punkten (a,f(a)). Avvikelsen f(x)-m(x-a)+f(a) kallas felet E(x) (när f approximeras med m(x-a)+f(a)).Vi ska naturligt vis hakontinuerlig att detta fel går mot 0, när $x\rightarrow a$. Men det gör det om f är kontinuerlig i a, oavsett hur vi väljer m. Om vi däremot kräver att det relativa felet R(x)=E(x)/(x-a)=(f(x)-f(a))/(x-a)-m, ska gå mot 0 ser vi att vi måste välja m som (den tidigare) derivatan till f i x=a. Derivatan f'(a) bestämmer allstå (riktningskoefficienten för) tangentlinjen till grafen av f i punkten (a,f(a)). Funktionen f'(a)(x-a)+f(a) kallas lineariseringen av f i punkten a. När f är deriverbar i a går alltså inte bara felet, E(x), utan även det relativa felet, R(x), som görs när f estätt med f'(a)(x-a)+f(a) mot 0, när $x\rightarrow a$. Låt oss med en gång konstatera att

Sats 4.1   Om f(x) är deriverbar i a, så är f(x) kontinuerlig i a

Bevis Vi har f(x)=(x-a)(f(x)-f(a))/(x-a)+f(a), som har gränsvärdet $0\cdot f'(a)+f(a)=f(a),$ när $x\rightarrow a.$$\blacksquare$ Exemplet f(x)=|x|, är kontinuerlig, men inte deriverbar i x=0. Differenskvoten där är |x|/x, som antar värdena $\pm1$ i varje omgivning till 0, och därför saknar gränsvärde när $x\rightarrow 0$. För derivator gäller bland annat följande allmänna räkneregler:

Sats 4.2   Antag att f och g är deriverbara i a och att c är en konstant. Då gäller

1. (f+g)'(a)=f'(a)+g'(a),
2. (cf)'(a)=cf'(a),
3. (fg)'(a)=f'(a)g(a)+f(a)g'(a),
4. (f/g)'(a)=(f'(a)g(a)-f(a)g'(a))/g(a)², om $g(a)\neq 0$.

Bevis. För 1) ska vi betrakta kvoten (f(x)+g(x)-f(a)-g(a))/(x-a)=(f(x)-f(a))/(x-a)+(g(x)-g(a))/(x-a), som har gränsvärdet f'(a)+g'(a), när $x\rightarrow a$. För 2) ska vi betrakta kvoten (cf(x)-cf(a))/(x-a)=c(f(x)-f(a))/(x-a), som går mot cf'(a), när $x\rightarrow a$. I 3) är kvoten (f(x)g(x)-f(a)g(a))/(x-a)=((f(x)-f(a))g(x)+f(a)(g(x)-g(a)))/(x-a), som har gränsvärdet f'(a)g(a)+f(a)g'(a), när $x\rightarrow a$. Vi har utnyttjat att g är kontinuerlig i a, eftersom den är deriverbar där. I 4) räcker det att kolla fallet när f är konstant 1. Det allmänna resultatet följer sedan av 3). Kvoten är då $(1/g(x)-1/g(a))/(x-a)=(g(a)-g(x))/(x-a)\cdot (1/(g(x)g(a))),$ som har gränsvärdet -g'(a)/g(a)², när $x\rightarrow a$. Vi har återigen använt att g är kontinuerlig i a.$\blacksquare$
Från 3) följer det med induktion att (xⁿ)'=nx^n-1, när $n\geq 0$ är ett heltal. När n=0 och n=1 kan vi kontroller formeln direkt: vi ska beräkna gränsvärdet av (1-1)/h=0 respektive (x+h-x)/h =1, som naturligtvis är 0 respektive 1 i överensstämmelse med formeln. Antag nu att (x^p)'=px^p-1, där $p\geq 1$. Vi har då enligt 3) ovan att $(x^{p+1})'=(x^{p}x)'=(x^{p})'x+x^{p}\cdot 1=px^{p-1}x+x^{p}=(p+1)x^{p}$. Formeln följer nu enligt induktionsprincipen.

Exempel 4.1   Bestäm, om möjligt, konstanten a så att funktionen

$$f(x)=\left\{ \begin{array}{rcl} x^{2}-ax+2&\mbox{ när }&x\neq 1\\ 2&\mbox{ när }&x=1 \end{array}\right.$$

blir deriverbar.

Oavsett hur vi väljer a kommer f'(x)=2x-a, när $x\neq 1$. Så det enda problemet är derivatan i x=1. Vi har där (f(x)-f(1))/(x-1)=x(x-a)/(x-1). För att gränsvärdet av detta när $x\rightarrow 1,$ ska existera måste vi ha a=1 och vi får då f'(1)=1.
 

Härledning av derivator

För att bestämma derivatan av en exponentialfunktion a^x ska vi undersöka (1/h)(a^x+h-a^x)=(1/h)(a^h-1)a^x, när $h\rightarrow 0$. Vi ser att om vi kan välja a så att $(a^{h}-1)/h\rightarrow 1,$ när $h\rightarrow 0,$ så får vi D(a^x)=a^x. Detta tyder på att vi då ska ha $a=\lim_{h\rightarrow 0}(1+h)^{1/h}$. Man kan visa att detta verkligen fungerar och vi kan välja $\lim_{h\rightarrow 0}(1+h)^{1/h}$ som en definition av talet e. Vi har alltså

D(e^x)=e^x.

Allmänt har vi att $a^{x}=e^{x\ln a}$ och differenskvoten blir

$$\frac{a^{x+h}-a^{x}}{h}=a^{x}\ln a\frac{e^{h\ln a}-1}{h\ln a}\rightarrow a^{x}\ln a,$$

när $h\rightarrow 0,$ så

$$D(a^{x})=a^{x}\ln a.$$

Genom att studera grafen till en inverterbar funktion f och grafen till dess invers f^-1 kan man visa

Sats 5.1   Antag att f är inverterbar och deriverbar i a med derivata $\neq 0$. Då är f^-1 deriverbar i f(a) med derivata (f^-1)'(f(a))=1/f'(a).

Vi kan också formulera det så att (f^-1)'(x)=1/f'(f^-1(x)). Med detta kan vi bestämma derivatan till $\ln(x)$ som är inversen till e^x. Eftersom D(e^x)=e^x ger satsen att

$$D(\ln x)=1/e^{\ln x}=1/x.$$

För att derivera x^p, där p är en konstant gör vi omskrivningen $x^{p}=e^{p\ln(x)}$ och ser den som en sammansatt funktion; en logaritmfunktion följd av en exponentialfunktion. För att derivera sammansättningar har man användning av följande

Sats 5.2 (Kedjeregeln)   Antag att f(x) är deriverbar i g(a) och att g(x) är deriverbar i a. Då är f(g(x)) deriverbar i a med derivata f'(g(a))g'(a).

Detta kan också skrivas (f(g(x)))'=f(g(x))g'(x). I detta sammanhan kallas g'(x) för den sammansatta funktionens inre derivata. Bevis. Vi ska undersöka kvoten (f(g(x))-f(g(a)))/(x-a). Eftersom f är deriverbar i g(a) har vi att f(g(x))-f(g(a))=f'(g(a))(g(x)-g(a))+R(g(x))(g(x)-g(a)), där R(x) är det relativa felet till den linjära approximationen av f(x) i g(a). Minns att $R(x)\rightarrow 0,$ när $x\rightarrow g(a)$. Eftersom g(x) är deriverbar i a är den kontinuerlig i a, så $g(x)\rightarrow g(a),$ när $x\rightarrow a$. Detta ger att $R(g(x))\rightarrow 0,$ när $x\rightarrow a$. För den ursprungliga kvoten får vi nu

$$\frac{f(g(x))-f(g(a))}{x-a}=f'(g(a))\frac{g(x)-g(a)}{x-a}+R(g(x))\frac{g(x)-g(a)}{x-a}$$

där högra ledet går mot $f'(g(a))g'(a)+0\cdot g'(a)=f'(g(a))g'(a),$ när $x\rightarrow a$.$\blacksquare$
Med satsen får vi att derivatan av $x^{p}=e^{p\ln x}$ är $e^{p\ln x}D(p\ln x)=x^{p}p/x=px^{p-1},$ eller

D(x^p)=px^p-1.

För att härleda derivator till trigonometriska funktioner behöver vi ett så kallat standard gränsvärde (eller ``känt'' gränsvärde). Det gäller att

$$\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sin(t)}{t}=1.$$

Från en figur ser man att $\sin t<t<\tan t,$ när $0<t<\pi/2$. Från detta får vi $\sin(t)/t<1,$ men också $\cos(t)<\sin(t)/t.$ Genom att byta t mot -t ser vi att dessa olikheter även gäller när $-\pi/2<t<0$. Från en figur ser man också att $\cos(t)\rightarrow 1,$ när $t\rightarrow 0$. Vi får nu att även $\sin(t)/t\rightarrow 1,$ när $t\rightarrow 0$. För att derivera $\sin(x)$ ska vi undersöka kvoten $(1/h)(\sin(x+h)-\sin(x))=(1/h)(\cos(x)\sin(h)+\sin(x)\cos(h)-\sin(x))$ Vi ser att vi behöver undersöka $(\cos(h)-1)/h=2\sin^{2}(h/2)/h$ där vi använt att $\cos(2\alpha)=1-2\sin^{2}(\alpha)$. Standard gränsvärdet ovan ger alltså att $(\cos(h)-1)/h\rightarrow 1\cdot 0,$ när $h\rightarrow 0$. Vår differenskvot för derivatan av $\sin x$ har därför gränsvärdet $\cos(x)\cdot 1+0=\cos(x),$ när $h\rightarrow 0$. V har alltså

$$D(\sin x) = \cos x.$$

För att derivera $\cos(x)$ räcker det nu att göra omskrivningen $\cos x=\sin(\pi/2-x)$. Kedjeregeln ger nu

$$D(\cos x)=\cos(\pi/2-x)(-1)=-\sin x.$$

För att derivera $\tan(x)$ kan vi skriva $\tan x=\sin x/\cos x$ och derivera som en kvot. Vi får då

$$D(\tan x)=(\cos^{2}x+\sin^{2}x)/\cos^{2}x=1+\tan^{2}x=1/\cos^{2}x.$$

Båda är användbara uttryck för derivatan av tangensfunktionen. Arcusfunktionerna är inverser till de trigonometriska funktionerna med lämpligt inskränkta definitionsmängder och de är därför deriverbara. För att härleda deras derivator kan man använda kedjeregeln och t.ex. identiteten $\sin(\arcsin x)=x$. Derivering av detta ger $\cos(\arcsin x)D(\arcsin x)=1$. Eftersom $\cos(\arcsin x)=\sqrt{1-x^{2}}$ får vi

$$D(\arcsin x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}.$$

På samma vis ger derivering av $\tan(\arctan x)=x$ att $(1+\tan^{2}(\arctan x))D(\arctan x)=1,$ så

$$D(\arctan x)=\frac{1}{1+x^{2}}.$$

 

Kontinuitet och deriverbarhet

Ett viktigt uppgift, som ofta dyker upp i praktiken, är att försöka bestämma det största som en funktion antar. (Så kallade optimeringsproblem.) Från början kan vi konstatera att det inte alltså är säkert att en funktion antar ett största och ett minsta värde. T.ex antar funktionen f(x)=x, varken ett största eller ett minsta värde på intervallet ]1,2[. Funktionen antar ett minsta värde på intervallet $[1,\infty[,$ men inget största värde. Funktionen

$$f(x)=\left\{ \begin{array}{lcr} 1/x&\mbox{ när }& x\neq0\\ 0&\mbox{ när }&x=0\\ \end{array}\right.$$

antar varken ett största eller minsta värde på intervallet [-1,1]. Därför innehäller följande sats väsentlig information

Sats 6.1   Om f(x) är kontinuerlig på det slutna begränsade intervallet [a,b], så antar funktionen ett största och ett minsta värde i intervallet.

För att visa satsen ska vi först visa

Lemma 6.1   Om f(x) är kontinuerlig på det slutna begränsade intervallet [a,b], så är f(x) uppåt begränsad på intervallet.

Bevis. Antag att påståendet inte stämmer. Om vi delar intervallet mitt itu kommer f då att inte vara uppåt begränsad på minst en av de två delarna. Beteckna denna del [a₁,b₁]. Dess längd är (b-a)/2. Proceduren kan upprepas och vi får en hälft [a₂,b₂] av [a₁,b₁] där funktionen inte är uppåt begränsad. Upprepning leder till en av tagande följd av intervall [a_n,b_n] av längd (b-a)/2ⁿ, där f inte är uppåt begränsad. Inkapslings satsen ger att det finns ett tal r som ingår i samtliga intervall. Eftersom f är kontinuerlig i r gäller att f är begränsad i en omgivning till r. Men en omgivning till r innehåller något [a_n,b_n] där f inte är uppåt begränsad. En orimlighet. Antagandet att f inte är uppåt begränsad är alltså fel och därmed är f uppåt begränsad på intervallet.$\blacksquare$
Bevis av satsen Vi vet att f är uppåt begränsad. Det betyder att värdemängden till f har en minsta övre begränsning M, så $f(x)\leq M,$ för alla x i [a,b] och M är det minsta talet med denna egenskap. Antag nu att f(x) inte antar värdet M. Funktionen 1/(M-f(x)) är då kontinuerlig och positiv på [a,b]. Den är därför uppåt begränsad av någon konstant, säg m>0. Vi har då $1/(M-f(x))\leq m,$ eller $f(x)\leq M-1/m,$ vilket strider mot att M var den minsta övre begränsningen till f. Alltså måste f anta värdet M på intervallet [a,b]. Funktionen -f är också kontinuerlig på [a,b] och antar, enligt vad vi visat, ett största värde, låt oss kalla det L, där. -L är då det minsta värde som f antar på intervallet.$\blacksquare$

Definition 6.1   En funktion f har ett lokalt maximum/minimum i en punkt a om $f(x)\leq f(a),$ respektive $f(x)\geq f(a)$, för alla x i en omgivning till a.

Sats 6.2   Antag att f är deriverbar i a och har ett lokalt maximum eller minimum i denna punkt. Då är f'(a)=0.

Bevis. Antag att f har ett lokalt maximum i a. Differenskvoten är Q=(f(x)-f(a))/(x-a). När x>a är detta uttryck $\leq 0,$ och när x<a är det $\geq 0$. Av detta följer att gränsvärdet f'(a) av Q måste vara noll, när $x\rightarrow a$. Beviset när f har ett loklat minimum i a är liknande.$\blacksquare$
Observera att f'(a)=0 inte i allmänhet betyder att f har ett lokalt maximum eller minimum i a. T.ex. har f(x)=x³, derivatan f'(0)=0, men f har varken lokalt maximum eller minimum i 0. Talet 0 är det man brukar kalla en terrasspunkt till funktionen. Följande sats, som knyter ihop kontinuitet och deriverbarhet, brukar kallas Rolles sats

Sats 6.3   Antag att f är kontinuerlig på [a,b] och deriverbar på ]a,b[. Om då f(a)=f(b), så finns det ett tal c, så att a<c<b, och f'(c)=0.

Bevis. Om f är konstant så är f'(c)=0, för varje val av c mellan a och b. Annars antar f antingen ett största eller ett minsta värde (f är kontinuerlig på [a,b]) i någon punkt c mellan a och b. Eftersom f är deriverbar i c är f'(c)=0.$\blacksquare$
Den förmodligen allra viktigaste satsen om deriverbara funktioner är

Sats 6.4 (Medelvärdessatsen)   Antag att f är kontinuerlig på [a,b] och deriverbar i ]a,b[. Då finns ett tal c mellan a och b, så att

$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c).$$

Bevis. Sätt h(x)=f(x)-(f(b)-f(a))(x-a)/(b-a)-f(a). Då är h kontinuerlig på [a,b] och deriverbar på (a,b). Dessutom är h(a)=0=h(b), så Rolles sats ger ett c mellan a och b, så att 0=h'(c)=f'(c)-(f(b)-f(a))/(b-a).$\blacksquare$ En rad andra kända påståenden om deriverbara funktioner är konsekvenser av medelvärdessatsen.

Sats 6.5   Antag att f är kontinuerlig på [a,b] och deriverbar i ]a,b[.

1. Om f'(x)>0, på ]a,b[, så är f strängt växande på [a,b],
2. om $f'(x)\geq 0,$ på ]a,b[, så är så är f växande på [a,b].

Bevis. Antag att x₀<x₁ är två tal i [a,b]. Medelvärdessatsen ger ett c mellan x₀ och x₁, så att f(x₁)-f(x₀)=f'(c)(x₁-x₀). I fall 1) ger detta f(x₁)>f(x₀), och i fall 2) $f(x_{1})\geq f(x_{0})$.$\blacksquare$
Det är klart att om f är konstant så är f'(x)=0, för alla x. Men omvändningen gäller också:

Sats 6.6   Om f är kontinuerlig på [a,b] och deriverbar i ]a,b[, och f'(x)=0 för alla x mellan a och b, så är f konstant på [a,b].

Bevis. Tag två tal x₀ och x₁ i [a,b]. Medelvärdessatsen ger ett c mellan dessa båda tal, så att f(x₁)-f(x₀)=f'(c)(x₁-x₀)=0. Detta betyder att f är konstant på [a,b].$\blacksquare$
 

l'Hospitals regel

Ofta, t.ex. i derivatans definition, dyker det upp så kallade gränsvärden av typen ``0/0''. l'Hospitals regel ger hjälp vid beräkning av sådana gränsvärden. Antag till exempel att vi vill beräkna gränsvärdet av f(x)/g(x), när $x\rightarrow a$ och att f(x) och g(x) båda år deriverabara i x=a har f(a)=g(a)=0. Kvoten kan då skrivas

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}{\frac{g(x)-g(a)}{x-a}}$$

som går mot f'(a)/g'(a), om $g'(a)\neq 0,$ när $x\rightarrow a$. Vad händer om g'(a)=f'(a)=0 i detta uttryck?. För att svara på frågan behöver vi en generalisering av medelvärdessvärdessatsen.

Sats 7.1   Antag att f och g är kontinuerliga på [a,b] och deriverbara i ]a,b[. Om $g(b)\neq g(a),$ så finns ett tal c mellan a och b, så att

$$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}.$$

Vi får den tidigare medelvärdessatsen om vi ovan sätter g(x)=x. Bevis. Sätt h(x)=f(x)-(f(b)-f(a))(g(x)-g(a))/(g(b)-g(a))-f(a). Vi har då att h(a)=0=h(b) och förutsättningarna i Rolles sats är uppfyllda. Detta ger ett c mellan a och b, så att 0=h'(c)=f'(c)-(f(b)-f(a))g'(c)/(g(b)-g(a)).$\blacksquare$

Sats 7.2 (l'Hospitals regel)   Antag att f och g är deriverbara i en omgivning till a och f(a)=0=g(a), samt att $f'(x)/g'(x)\rightarrow A,$ när $x\rightarrow a$. Då gäller även att $f(x)/g(x)\rightarrow A,$ när $x\rightarrow a$.$\blacksquare$

Bevis. Enligt utvidgningen av medelvärdessatsen finns det ett tal c mellan x och a, så att f(x)/g(x)=f'(c)/g'(c). Vi ser att $c\rightarrow a,$ när $x\rightarrow a,$ vilket ger resultatet.$\blacksquare$
Konklusionen i satsen kan också skrivas

$$\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)},$$

om f(a)=g(a)=0, och gränsvärdet i höger led existerar. Förutsättningen att gränsvärdet är av typen ``0/0'' är väsentlig! T.ex. har kvoten (x-1)/x gränsvärdet 0, när $x\rightarrow 1,$ medan D(x-1)/D(x)=1/1, har gränsvärdet 1.

Exempel 7.1   Beräkna gränsvärdet av $(\cos(2x)-1)/x^{2}$ när $x\rightarrow 0$.

Vi ser att det är fråga om ett gränsvärde av typen ``0/0''. Uttrycket har därför samma gränsvärde som kvoten $D(\cos(2x)-1)/D(x^{2})=-2\sin(2x)/(2x)$. Även här är det fråga om ett gränsvärde av typen ``0/0''. Kvoten har därför samma gränsvärde som $D(-\sin(2x))/D(x)=-\cos(2x)/1,$ som går mot -1, när $x\rightarrow 0$.

Exempel 7.2   Undersök om man kan bestämma konstanten a, så att funktionen

$$f(x)=\left\{ \begin{array}{lcl} (e^{2x}-\cos(x))/x&\mbox{ när }&x\neq0\\ a&\mbox{ när }&x=0 \end{array}\right.$$

blir deriverbar. Är derivatan kontinuerlig?

Det är inget problem att derivera med hjälp av formler bortanför x=0. För att undersöka derivatan i x=0, ska vi undersöka differenskvoten $(f(x)-f(0))/(x-0)=(e^{2x}-\cos(x)-ax)/x^{2},$ när $x\rightarrow 0$. Vi ser att det är fråga om ett gränsvärde av typen ``0/0,'' oavsett vad a är. Kvoten har därför samma gränsvärde som $(2e^{2x}+\sin(x)-a)/(2x)$. Här ser vi att nämnaren går mot 0, när $x\rightarrow 0,$ så även täljaren måste göra det för att gränsvärdet ska existera. Detta ger a=2. Kvoten ger då ett gränsvärde av typen ``0/0,'' och har därför samma gränsvärde som $(4e^{2x}+\cos(x))/2,$ dvs 5/2, när $x\rightarrow 0$. Vi har alltså att f är deriverbar även i x=0, om vi sätter a=2, och derivatan där är då f'(0)=5/2. Vi har följande formel för derivatan:

$$f'(x)=\left\{ \begin{array}{lcl} ((2x-1)e^{2x}+x\sin x... ... när } &x\neq 0\\ 5/2&\mbox{ när }&x=0 \end{array}\right.$$

Av formeln ser vi att f'(x) är kontinuerlig utom möjligen i x=0. För att undersöka kontinuitet där ska vi undersöka gränsvärdet av kvoten $((2x-1)e^{2x}+x\sin x+\cos x)/x^{2},$ när $x\rightarrow 0$. För kontinuitet i x=0 krävs att detta existerar och är f'(0)=5/2. Vi ser att det är fråga om ett gränsvärde av typen ``0/0'' och kvoten har därför samma gränsvärde som $((2+4x-2)e^{2x}+\sin x+x\cos x-\sin x)/(2x)=(4e^{2x}+\cos x)/2$. Denna sista kvot har gränsvärdet (4+1)/2=5/2=f'(0), när $x\rightarrow 0$. Detta visar att f'(x) är kontinuerlig.
 

Bestämda integralens definition

Antag att f(x) är en begränsad funktion på (det begränsade) intervallet [a,b]. Till en sådan funktion kan man bilda så kallade över- och undersummor. Dela in intervallet i delintervall genom att välja ett antal (n+1) punkter i det: $a=x_{0}<x_{1}<x_{2}<\ldots<x_{n}=b$. Välj tal M_k och m_k, så att $f(x)\leq M_{k},$ respektive $m_{k}\leq f(x),$ när $x_{k}\leq x\leq x_{k+1},$ $k=0,1,\ldots,n$. Talen

$$S=\sum_{k=0}^{n}M_{k}(x_{k+1}-x_{k})$$

och

$$s=\sum_{k=0}^{n}m_{k}(x_{k+1}-x_{k})$$

kallas då över- respektive undersumma till f(x) över intervallet [a,b]. Varje översumma S är större än varje undersumma s, även om de kommer från olika indelningar av intervallet [a,b]. Enligt fullständighetsegenskapen hos de reella talen finns det ett största tal U mindre än eller lika med alla översummor till f(x) över [a,b]. På motsvarande vis finns det ett minsta tal L större än alla undersummor och vi har $L\leq U$. Om det inträffar att de två talen L och U är lika är f(x) integrerbar över [a,b]:

Definition 8.1   En begränsad funktion f(x) på [a,b] är integrerbar över intervallet om det finns precis ett tal mindre än eller lika med alla översummor och större än eller lika med alla undersummor till f(x) över [a,b]. Detta tal betecknas då

$$\int_{a}^{b}f(x)\,dx.$$

Ett exempel på en funktion som inte är integrerbar över [0,1] får man om man sätter f(x)=1, när x är kvot mellan två heltal och f(x)=0, annars. Det finns (i detta fall rent av) en minsta översumma som är U=1 och en största undersumma som är L=0. Vi behöver veta att välkända funktioner är integrerbara:

Sats 8.1   Antag att f(x) är kontinuerlig på [a,b]. Då är f(x) integrerbar över [a,b].

Anm. Minns att en kontinuerlig funktion på ett slutet begränsat intervall antar så väl ett största som ett minsta värde. Vi kallar skillnaden mellan dessa för variationen av f(x) på intervallet.
 
Bevis. Vi kan bevisa påståendet genom att för varje tal $\epsilon>0$ bestämma en översumma S och en undersumma s, så att $S-s<\epsilon$. För att klara detta räcker det att visa att vi kan dela upp [a,b] i delar så att f(x) har variation $<\epsilon/(b-a),$ på varje del. Antag att detta inte är möjligt. Dela [a,b]=[a₀,b₀] mitt itu. Då är det heller inte möjligt på minst en av de två delarna, låt oss säga [a₁,b₁]. Proceduren kan upprepas och vi får en avtagande följd av intervall I_n=[a_n,b_n], $n=0,1,2,\ldots,$ av längd (b-a)/2ⁿ, sådana att f(x) har variation $\geq \epsilon/(b-a)$ på varje I_n. Enligt inkapslingssatsen finns ett tal r som ingår i samtliga dessa intervall. Eftersom f(x) är kontinuerlig i r finns en omgivning till r där f(x) har en variation $<\epsilon/(b-a)$. Men denna omgivning innehåller också I_n, när n är tillräckligt stort. En motsägelse. Detta visar i sin tur satsen. $\blacksquare$
 

Integralkalkylens huvudsats

Vi ska se att man kan integrera kontinuerliga funktioner genom att ``derivera baklänges,'' men behöver för detta

Sats 9.1 (Integralkalkylens medelvärdessats)   Antag att f(x) är kontinuerlig på [a,b]. Då finns ett tal $\xi,$ $a\leq \xi\leq b,$ så att

$$\int_{a}^{b}f(x)\, dx=(b-a)f(\xi).$$

Beviset bygger på den så kallade satsen om mellanliggande värden: Om f(x) är kontinuerlig på ett intervall och antar värdena A och B där, så antar f(x) även alla värden mellan dessa båda tal på intervallet.
 
Bevis. Eftersom f(x) är kontinuerlig på [a,b], antar den ett största värde M och ett minsta värde m på intervallet. Detta ger oss översumman M(b-a) samt undersumman m(b-a) och

$$m\leq\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)\,dx\leq M.$$

Enligt satsen om mellanliggande värden finns nu ett tal $\xi$ mellan a och b, så att $f(\xi)$ är mittersta ledet. $\blacksquare$

Sats 9.2   Antag att f(x) är kontinuerlig på [a,b]. Då är

$$\bar{f}(x)=\int_{a}^{x}f(t)\,dt$$

kontinuerlig på [a,b] och deriverbar på ]a,b[ med $\bar{f}'(x)=f(x)$.

Bevis. Vi ska undersöka differenskvoten $(1/h)(\bar{f}(x+h)-\bar{f}(x))=(1/h)\int_{x}^{x+h}f(x)\, dx,$ när $h\rightarrow 0$. Enigt integralkalkylens medelvärdes sats är detta $f(\xi_{h}),$ för något $\xi_{h}$ mellan x och x+h. Vi ser att $\xi_{h}\rightarrow x,$ när $h\rightarrow 0$. Eftersom f(x) är kontinuerlig ger detta att $(1/h)(\bar{f}(x+h)-\bar{f}(x))=f(\xi_{h})\rightarrow f(x),$ när $h\rightarrow 0$. Att $\bar{f}(x)$ dessutom är kontinuerlig när x=a och x=b följer direkt av integralkalkylens medelvärdessats. T.ex är $\bar{f}(x)=(x-a)f(\xi_{x}),$ för något $\xi_{x}$ mellan x och a. Låter vi $x\rightarrow a,$ ger detta $\bar{f}(x)\rightarrow 0\cdot f(a)=0,$ som ju är $\bar{f}(a)$. På samma sätt är $\bar{f}(x)=\bar{f}(b)-(b-x)f(\xi_{x}),$ för något tal $\xi_{x}$ mellan x och b, vilket ger att $\bar{f}(x)\rightarrow \bar{f}(b),$ när $x\rightarrow b$. $\blacksquare$

Sats 9.3 (Integralkalkylens huvudsats)   Antag att f(x) är kontinuerlig på [a,b] och att F(x) är en deriverbar funktion sådan att F'(x)=f(x), för alla x i intervallet. Då gäller

$$\int_{a}^{b}f(x)\,dx=F(b)-F(a).$$

Anm. Det är brukligt att skriva $\Big[F(x)\Big]_{a}^{b}$ för talet F(b)-F(a). En funktion F(x) som i satsens förutsättning är en primitiv funktion till f(x). Enligt tidigare satsen är $\bar{f}(x)=\int_{a}^{x}f(t)\,dt$ en primitiv funktion till f(x).
Bevis. Sätter vi $\bar{f}(x)=\int_{a}^{x}f(x)\, dx$ har vi $\bar{f}'(x)=F'(x)$ där båda funktionerna är deriverbara på (minst) ]a,b[ och kontinuerliga på [a,b]. Detta ger att $F(x)-\bar{f}(x)$ är en konstant, låt oss säga C, på intervallet. Av detta ser vi att $F(b)-F(a)=\bar{f}(b)-\bar{f}(a)=\int_{a}^{b}f(x)\, dx -0$.$\blacksquare$