Пусть на отрезке ${\displaystyle \left[a,b\right]}$ задана интегрируемая функция ${\displaystyle \textstyle f}$.

Зададим произвольное значение ${\displaystyle \textstyle x\in \left[a,b\right]}$ и определим новую функцию ${\displaystyle \textstyle F(x)=\int \limits _{a}^{x}f(t)\,dt}$. Она определена для всех значений ${\displaystyle \textstyle x\in \left[a,b\right]}$, потому что мы знаем, что если существует интеграл от ${\displaystyle \textstyle f}$ на ${\displaystyle \left[a,b\right]}$, то существует также интеграл от ${\displaystyle \textstyle f}$ на ${\displaystyle \left[a,x\right]}$, где ${\displaystyle a\leqslant x\leqslant b}$. Напомним, что мы считаем по определению

${\displaystyle F(a)=\int \limits _{a}^{a}f(t)\,dt=0}$ (1)

Заметим, что

${\displaystyle F(b)=\int \limits _{a}^{b}f(t)\,dt}$

Покажем, что ${\displaystyle \textstyle F}$ непрерывна на отрезке ${\displaystyle \left[a,b\right]}$. В самом деле, пусть ${\displaystyle x,x+h\in \left[a,b\right]}$; тогда

${\displaystyle F(x+h)-F(x)=\int \limits _{a}^{(x+h)}f(t)\,dt-\int \limits _{a}^{x}f(t)\,dt=\int \limits _{x}^{(x+h)}f(t)\,dt}$

и если ${\displaystyle K=sup|f(t)|,a\leqslant t\leqslant b}$, то

${\displaystyle |F(x+h)-F(x)|\leqslant {\bigg |}\int \limits _{x}^{(x+h)}f(t)\,dt{\bigg |}\leqslant K|h|\to 0,h\to 0}$

Таким образом, ${\displaystyle \textstyle F}$ непрерывна на ${\displaystyle \left[a,b\right]}$ независимо от того, имеет или не имеет ${\displaystyle \textstyle f}$ разрывы; важно, что ${\displaystyle \textstyle f}$ интегрируема на ${\displaystyle \left[a,b\right]}$.

На рисунке изображён график ${\displaystyle \textstyle f}$. Площадь переменной фигуры ${\displaystyle \textstyle aABx}$ равна ${\displaystyle \textstyle F(x)}$. Её приращение ${\displaystyle \textstyle F(x+h)-F(x)}$ равно площади фигуры ${\displaystyle \textstyle xBC(x+h)}$, которая в силу ограниченности ${\displaystyle \textstyle f}$, очевидно, стремится к нулю при ${\displaystyle h\to 0}$ независимо от того, будет ли ${\displaystyle \textstyle x}$ точкой непрерывности или разрыва ${\displaystyle \textstyle f}$, например точкой ${\displaystyle \textstyle x-d}$.

Пусть теперь функция ${\displaystyle \textstyle f}$ не только интегрируема на ${\displaystyle \left[a,x\right]}$, но непрерывна в точке ${\displaystyle x\in \left[a,x\right]}$. Докажем, что тогда ${\displaystyle \textstyle F}$ имеет в этой точке производную, равную

${\displaystyle \textstyle F'(x)=f(x)}$ (2)

В самом деле, для указанной точки ${\displaystyle \textstyle x}$

${\displaystyle {\dfrac {F(x+h)-F(x)}{h))={\dfrac {1}{h))\int \limits _{x}^{x+h}f(t)\,dt={\dfrac {1}{h))\int \limits _{x}^{x+h}(f(x)+\eta (t))\,dt}$ ${\displaystyle ={\dfrac {1}{h))\int \limits _{x}^{x+h}f(x)\,dt+{\dfrac {1}{h))\int \limits _{x}^{x+h}\eta (t)\,dt=f(x)+o}$ (1) ,${\displaystyle h\to 0}$ (3)

Мы положили ${\displaystyle \textstyle f(t)=f(x)+\eta (t)}$, а так как ${\displaystyle \textstyle f(x)}$ постоянная относительно ${\displaystyle \textstyle t}$, то ${\displaystyle \textstyle \int \limits _{x}^{x+h}f(x)\,dt=f(x)h}$. Далее, в силу непрерывности ${\displaystyle \textstyle f}$ в точке ${\displaystyle \textstyle x}$ для всякого ${\displaystyle \textstyle \varepsilon >0}$ можно указать такое ${\displaystyle \textstyle \delta }$, что ${\displaystyle \textstyle |\eta (t)|<\varepsilon }$ для ${\displaystyle \textstyle |x-t|<\delta }$.

Поэтому

${\displaystyle \left|{\dfrac {1}{h))\int \limits _{x}^{x+h}\eta (t)\,dt\right|\leqslant {\dfrac {1}{|h|))|h|\varepsilon =\varepsilon ,|h|<\delta }$

что доказывает, что левая часть этого неравенства есть о(1) при ${\displaystyle \textstyle h\to 0}$.

Переход к пределу в (3) при ${\displaystyle \textstyle h\to 0}$ показывает существование производной от ${\displaystyle \textstyle F}$ в точке ${\displaystyle \textstyle x}$ и справедливость равенства (2). При ${\displaystyle \textstyle x=a,b}$ речь здесь идёт соответственно о правой и левой производной.

Если функция ${\displaystyle \textstyle f}$ непрерывна на ${\displaystyle \left[a,b\right]}$, то на основании доказанного выше соответствующая ей функция

${\displaystyle F(x)=\int \limits _{a}^{x}f(t)\,dt}$ (4)

имеет производную, равную ${\displaystyle \textstyle f(x):F'(x)=f(x),a\leqslant x\leqslant b}$. Следовательно, функция ${\displaystyle \textstyle F(x)}$ есть первообразная для ${\displaystyle \textstyle f}$ на ${\displaystyle \left[a,b\right]}$.

Это заключение иногда называется теоремой об интеграле с переменным верхним пределом, или теоремой Барроу.

Мы доказали, что произвольная непрерывная на отрезке ${\displaystyle \left[a,b\right]}$ функция ${\displaystyle \textstyle f}$ имеет на этом отрезке первообразную, определенную равенством (4). Этим доказано существование первообразной для всякой непрерывной на отрезке функции.

Пусть теперь ${\displaystyle \textstyle \Phi }$ есть произвольная первообразная функции ${\displaystyle \textstyle f(x)}$ на ${\displaystyle \left[a,b\right]}$. Мы знаем, что ${\displaystyle \textstyle \Phi (x)=F(x)+C}$ , где ${\displaystyle \textstyle C}$ — некоторая постоянная. Полагая в этом равенстве ${\displaystyle \textstyle x=a}$ и учитывая, что ${\displaystyle \textstyle F(a)=0}$, получим ${\displaystyle \textstyle \Phi (a)=C}$.

Таким образом, ${\displaystyle \textstyle F(x)=\Phi (x)-\Phi (a)}$. Но

${\displaystyle \int \limits _{a}^{b}f(x)\,dx=F(b)}$

Поэтому

${\displaystyle \int \limits _{a}^{b}f(x)\,dx=\Phi (b)-\Phi (a)=\Phi (x){\bigg |}{\begin{matrix}x=b\\\\x=a\end{matrix))}$

Так как функция ${\displaystyle f}$ интегрируема, можно рассмотреть любую последовательность разбиений с отмеченными точками, диаметр которых стремится к нулю. Предел интегральных сумм по ним будет равен интегралу.

Рассмотрим последовательность разбиений отрезка ${\displaystyle [a;b]}$ ${\displaystyle \{T_{n}\))$ такую, что диаметр разбиения при ${\displaystyle n\to +\infty }$ стремится к нулю. Включим в каждое из этих разбиений также точки отрезка ${\displaystyle [a;b]}$, в которых ${\displaystyle F}$ не дифференцируема или её производная не равна ${\displaystyle f}$. С этими дополнительными точками разбиения обозначим ${\displaystyle T_{n}'}$.

Теперь зададим на них отмеченные точки. Фиксируем конкретное разбиение ${\displaystyle T_{n}=\{a=x_{0},\ldots ,x_{n}=b\))$. Тогда, по условию, функция ${\displaystyle F}$ непрерывна на каждом из отрезков ${\displaystyle [x_{i-1};x_{i}]}$ и дифференцируема на интервалах ${\displaystyle (x_{i-1};x_{i})}$. Условия теоремы Лагранжа соблюдены и, значит, существует такая точка ${\displaystyle \xi _{i}\in (x_{i-1};x_{i})}$, что ${\displaystyle f(\xi _{i})(x_{i}-x_{i-1})=F(x_{i})-F(x_{i-1})}$. Эти точки ${\displaystyle \Xi _{n}=(\xi _{1},\ldots ,\xi _{n})}$ возьмём в качестве отмеченных точек разбиения ${\displaystyle T_{n}'}$. Тогда интегральная сумма по такому разбиению будет равна ${\displaystyle :\sigma (f,T_{n}',\Xi _{n})=f(\xi _{1})(x_{1}-x_{0})+f(\xi _{2})(x_{2}-x_{1})+\ldots +f(\xi _{n})(x_{n}-x_{n-1})=-F(x_{0})+F(x_{1})-F(x_{1})+F(x_{2})-\ldots -F(x_{n-1})+F(x_{n})=F(x_{n})-F(x_{0})=F(b)-F(a)}$ Интегральная сумма каждого из размеченных разбиений (T_n',Xi_n) равна одному и тому же значению, следовательно, и предел этих сумм будет равен этому значению, то есть

${\displaystyle \int \limits _{a}^{b}f(x)\,dt=\lim _{n\to +\infty }\sigma (f,T_{n}',Xi_{n})=F(b)-F(a)}$.

Приведённое доказательство интересно тем, что в нём не использовалась ни одно из свойств интеграла, кроме непосредственно его определения. Однако доказательство формулы Ньютона-Лейбница в классической формулировке оно не даёт: для этого необходимо дополнительно доказать, что любая непрерывная функция интегрируема и имеет первообразную.