Vi trenger den deriverte av $f$:

Tangenten til $f$ i punktet $Q(s,f(s))$ har stigningstall $f^{\prime }(s)=a+2s$ og går gjennom $Q$, så likningen blir

Vi regner ut parentesen $(a+2s)(x-s)=(a+2s)x-as-2s^2$ og setter inn:

som er det vi skulle vise. Helt tilsvarende, med $t$ i stedet for $s$, gir tangenten i $R(t,f(t))$

Skjermbildet under viser CAS-kontroll av begge tangentlikningene: vi lar TangentQ/TangentR være tangenten regnet ut direkte med $f(s)+f^{\prime }(s)(x-s)$, og sammenligner med de oppgitte uttrykkene $g$ og $h$. Differansen Forenkle(TangentQ(x) - g(x)) og Forenkle(TangentR(x) - h(x)) blir begge $0$, som bekrefter at likningene stemmer.

Skjæringspunktet $P$ mellom $g$ og $h$ finner vi ved å løse $g(x)=h(x)$. I CAS gir dette

Vi ser at $x_P$ er midtpunktet mellom $s$ og $t$ på $x$-aksen.

Området til venstre for $x=x_P$ er avgrenset av grafen til $f$ (over) og tangenten $g$ (under), fra $x=s$ til $x=x_P$. Området til høyre er avgrenset av $f$ og tangenten $h$, fra $x=x_P$ til $x=t$. Vi setter opp de to arealene som bestemte integraler i CAS, med $x_P={\displaystyle \frac{s+t}{2}}$:

CAS gir

slik at $A_1=A_2$, og Forenkle(A1 - A2) gir $0$. Legg merke til at verken $A_1$ eller $A_2$ inneholder $a$ eller $b$ — dette skyldes at $f(x)-g(x)={(x-s)}^2$ og $f(x)-h(x)={(x-t)}^2$, der leddene med $a$ og $b$ kansellerer. Arealene avhenger derfor bare av $s$ og $t$, og er like store $(A_1=A_2={\displaystyle \frac{{(t-s)}^3}{24}})$ for alle verdier av $a$ og $b$.