Beweis. Aus $f\in R\left[a,b\right]$ folgt $\left|f\left(x\right)\right|\le M$ für $x\in \left[a,b\right]$. Daraus folgt

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Beweis. Die Funktion $f$ ist monoton, daraus folgt $f\in R\left[a,b\right]$. Wegen $g\in R\left[a,b\right]$ folgt $fg\in R\left[a,b\right]$. Es sei $\delta ={\left\{x_k\right\}}_{k=0}^n$ eine Zerlegung von $\left[a,b\right]$. Dann gilt $$\begin{array}{rcll}J={\int \; <!--nolimits-->}_a^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)dx& =& \underset{S_1\left(\delta \right)}{\underbrace{\sum _{k=0}^{n-1}f\left(x_k\right){\int \; <!--nolimits-->}_{x_k}^{x_{k+1}}g\left(x\right)dx}}& \\ & & +\underset{S_2\left(\delta \right)}{\underbrace{\sum _{k=0}^{n-1}{\int \; <!--nolimits-->}_{x_k}^{x_{k+1}}\left(f\left(x\right)-f\left(x_k\right)\right)g\left(x\right)dx}}.& \text{(4.34)}\end{array}$$

Als integrierbare Funktion ist $g$ beschränkt

Zusammen mit der Ungleichung

und der Dreiecksungleichung kann man nun den zweiten Summanden in (4.34) durch $$\begin{array}{rcll}\left|S_2\left(\delta \right)\right|& \le & \sum _{k=0}^{n-1}\left|{\int \; <!--nolimits-->}_{x_k}^{x_{k+1}}\left(f\left(x\right)-f\left(x_k\right)\right)g\left(x\right)dx\right|& \\ & \le & \sum _{k=0}^{n-1}{\int \; <!--nolimits-->}_{x_k}^{x_{k+1}}|f\left(x\right)-f\left(x_k\right)|\cdot \left|g\left(x\right)\right|dx& \\ & \le & \sum _{k=0}^{n-1}\omega \left(f,{\Delta }_k\right)\cdot L\cdot \Delta x_k& \end{array}$$

abschätzen. Wegen $f\in R\left[a,b\right]$ gilt nach Satz 4.1.10, dass

und damit $S_2\left(\delta \right)\to 0$. Aus (4.34) folgt nun $J=\underset{\lambda \left(\delta \right)\to 0}{lim}{S}_1\left(\delta \right)$.

Wir betrachten nun die Funktion $G\left(x\right)={\int \; <!--nolimits-->}_a^{x}g\left(t\right)dt$. Die Summe $S_1\left(\delta \right)$ schreibt sich nun als $$\begin{array}{rcll}{S}_1\left(\delta \right)& =& \sum _{k=0}^{n-1}f\left(x_k\right)\left(G\left(x_{k+1}\right)-G\left(x_k\right)\right)& \\ & =& \sum _{k=0}^{n-1}\left(f\left(x_k\right)G\left(x_{k+1}\right)-f\left(x_k\right)G\left(x_k\right)\right)& \\ & \stackrel{\left(k^{{}^{\prime }}=k+1,k^{{}^{″}}=k\right)}{=}& \sum _{k^{{}^{\prime }}=1}^{n}f\left(x_{k^{{}^{\prime }}-1}\right)G\left(x_{k^{{}^{\prime }}}\right)-\sum _{k^{{}^{″}}=0}^{n-1}f\left(x_{k^{{}^{″}}}\right)G\left(x_{k^{{}^{″}}}\right)& \\ & =& \sum _{k=1}^{n-1}\left(f\left(x_{k-1}\right)-f\left(x_k\right)\right)G\left(x_k\right)& \\ & & +f\left(x_{n-1}\right)G\left(x_n\right)-f\left(x_0\right)G\left(x_0\right).& \end{array}$$

Da $G\left(x_0\right)=G\left(a\right)=0$, so erhalten wir schliesslich

Da $f$ monoton fällt, so ist $f\left(x_{k-1}\right)-f\left(x_k\right)\ge 0$. Weiterhin gilt nach Lemma 4.5.2 $G\in C\left(\left[a,b\right],ℝ\right)$. Damit existieren nach dem Satz von Weierstrass

Da zudem $f\left(x\right)\ge 0$, so folgt daraus $$\begin{array}{rcll}{S}_1\left(\delta \right)& \ge & m\sum _{k=1}^{n-1}\left(f\left(x_{k-1}\right)-f\left(x_k\right)\right)+mf\left(x_{n-1}\right)=mf\left(x_0\right)=mf\left(a\right),& \\ S_1\left(\delta \right)& \le & M\sum _{k=1}^{n-1}\left(f\left(x_{k-1}\right)-f\left(x_k\right)\right)+Mf\left(x_{n-1}\right)=Mf\left(x_0\right)=Mf\left(a\right).& \end{array}$$

Im Grenzwert $\lambda \left(\delta \right)\to 0$ erhalten wir

Damit existiert ein Wert $\mu \in \left[m,M\right]$, so dass $J=\mu f\left(a\right)$. Da $G$ stetig ist, so nimmt diese Funktion alle Werte zwischen seinem Minimum $m$ und dem Maximum $M$ an, d.h. es existiert ein Wert $\xi \in \left[a,b\right]$, so dass $J=\mu f\left(a\right)=G\left(\xi \right)f\left(a\right)$. Letzteres ist gleichbedeutend mit (4.33). □

Beweis. Die Funktion $f$ sei o.B.d.A. monoton fallend (sonst betrachten wir $-f$ anstatt von $f$). Dann ist $\tilde{f}\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(b\right)\ge 0$. Wir wenden nun (4.33) für die Funktion $\tilde{f}$ an und erhalten

und damit auch $$\begin{array}{rcll}{\int \; <!--nolimits-->}_a^{b}fgdx& =& f\left(b\right){\int \; <!--nolimits-->}_a^{b}gdx+\left(f\left(a\right)-f\left(b\right)\right){\int \; <!--nolimits-->}_a^{\xi }gdx& \\ & =& f\left(a\right){\int \; <!--nolimits-->}_a^{\xi }gdx+f\left(b\right)\underset{{\int \; <!--nolimits-->}_{\xi }^{b}g\left(x\right)dx}{\underbrace{\left({\int \; <!--nolimits-->}_a^{b}gdx-{\int \; <!--nolimits-->}_a^{\xi }gdx\right)}}.& \end{array}$$

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