Коротко: правильная формулировка и полное доказательство.
Правильная формулировка теоремы:
- Пусть $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ непрерывна на отрезке $[a,b]$. Тогда функция
$$F(x)={\int }_{x_0}^{x}f(t)dt(x_0\in [a,b])$$ имеет производную на $(a,b)$ и $F^{\prime }(x)=f(x)$ при всех $x\in (a,b)$. Более того, $F\in C^1([a,b])$, то есть производная $F^{\prime }$ непрерывна на $[a,b]$ и равна $f$ (включая односторонние производные в концах отрезка).
Недостающие детали, которые нужно явно указать в «обычном» доказательстве:
1. Интегрируемость. Нужно объяснить, почему интеграл ${\int }_{x_0}^{x}f(t)dt$ существует для всех $x$. Достаточно напомнить, что непрерывная функция на компактном отрезке равномерно непрерывна и, следовательно, является Риманово интегрируемой. (Можно сослаться на теорему: непрерывная на $[a,b]$ ⇒ Риманово интегрируема.)
2. Формальное доказательство дифференцируемости. Часто пишут формулу для разности:
$$\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=\frac{1}{h}{\int }_x^{x+h}f(t)dt.$$ Нужно явно показать, что правая часть стремится к $f(x)$ при $h\to 0$. Стандартный $\epsilon$-$\delta$-аргумент:
- По непрерывности $f$ в $x$ существует $\delta >0$ такое, что $|t-x|<\delta \Rightarrow |f(t)-f(x)|<\epsilon$.
- Для $|h|<\delta$ имеем
∣1h∫xx+hf(t) dt−f(x)∣=∣1h∫xx+h(f(t)−f(x)) dt∣≤1∣h∣∫xx+h∣f(t)−f(x)∣ dt≤ε. \Big|\frac{1}{h}\int_x^{x+h} f(t)\,dt - f(x)\Big|
=\Big|\frac{1}{h}\int_x^{x+h} (f(t)-f(x))\,dt\Big|
\le \frac{1}{|h|}\int_x^{x+h} |f(t)-f(x)|\,dt\le\varepsilon.
h1 ∫xx+h f(t)dt−f(x) = h1 ∫xx+h (f(t)−f(x))dt ≤∣h∣1 ∫xx+h ∣f(t)−f(x)∣dt≤ε. Отсюда предел равен $f(x)$.
3. Концы отрезка. Для $x=a$ и $x=b$ используются односторонние производные: для правой производной в $a$ аналогично берут $h>0$, для левой в $b$ — $h<0$. Так как $f$ непрерывна в концах, односторонние пределы равны $f(a)$ и $f(b)$.
4. Единственность первообразной. Если $F$ и $G$ — две первообразные для $f$ на $[a,b]$, то $(F-G{)}^{\prime }\equiv 0$ на $(a,b)$, значит $F-G$ постоянна на $[a,b]$. То есть первообразная определяется с точностью до константы.
Дополнительное замечание (чтобы не запутать): непрерывность $f$ — достаточное, но не необходимое условие существования первообразной. Функция, имеющая первообразную, обладает свойством Дарбу (интервальной непрерывностью), поэтому функции с разрывами типа «скачок» не могут быть производными некоторой функции.
Краткая схема корректного доказательства:
- Определяем $F(x)={\int }_{x_0}^{x}f$.
- Показываем интегрируемость $f$.
- Для каждого $x\in (a,b)$ вычисляем разностное отношение и применяем $\epsilon$-$\delta$-аргумент, чтобы получить ${\lim }_{h\to 0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=f(x)$.
- Уточняем поведение в концах и уникальность решения.