$\square$ Так как $\forall\xi _{i}\in \triangle _{i}$ выполняются неравенства $m_{i}\leq f\left(\xi _{i}\right)\leq M_{i}$. Домножим все части на $\triangle x_{i}$.

$m_{i}\triangle x_{i}\leq f\left(\xi _{i}\right)\triangle x_{i}\leq M_{i}\triangle x_{i},i=\overline{1,n}$

Перейдя к сумме в каждой части неравенства, получаем:

$\underset{s_{T}}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n}m_{i}\triangle x_{i}}}\leq\underset{\sigma _{T}}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n}f\left(\xi _{i}\right)\triangle x_{i}}}\leq \underset{S_{T}}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n}M_{i}\triangle x_{i}}}$ (**)

Вывод: согласно определению сумм Дарбу и интегральной суммы $\sigma _{T}$ утверждения (*) и (**) равносильны.$\blacksquare$

$\square$  Докажем первое равенство. Необходимо показать, что $S_{T}$ — минимальный предел верхних границ для интегральной суммы (см. опр. точной верхней и нижней границ множества). Т.е. нужно показать следующее: $\forall \varepsilon > 0 \exists {\xi }'$: $S_{T}-\varepsilon < \sigma _{T}\left({\xi }’,f\right)$.  (*)

Т.к. $M_{i}=\underset{x\in \triangle_{i}}{\sup f\left(x\right)}$, то

$\forall \varepsilon > o \ \exists\ {\xi }’_{i}\in \triangle _{i}$:

$M_{i}-\frac{\varepsilon }{b-a}< f\left({\xi _{i}}’\right)$

$0<M_{i}-f\left({\xi _{i}}’\right)< \frac{\varepsilon }{b-a}, i=\overline{1,n}$

Домножим на $\triangle x_{i}$:

$0\leq M_{i}\triangle x_{i}-f\left({\xi _{i}}’\right)\triangle x_{i}< \frac{\varepsilon}{b-a}\triangle x_{i}$

Просуммируем i- ые элементы:

$0\leq\underset{S_{T}}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n} M_{i}\triangle x_{i}}}-\underset{\sigma _{T}\left({\xi _{i}}’,f\right)}{\underbrace{\sum_{i=1}^{n}f\left({\xi _{i}}’\right)\triangle x_{i}}}<$$\underset{\varepsilon }{\underbrace{\sum_{i=1}^{n} \frac{\varepsilon }{b-a}\triangle x_{i}}}$

$0\leq S_{T}-\sigma _{T}\left({\xi }’,f\right)< \varepsilon$ (**)

Неравенства (*) и (**) равносильны.

Вывод: получили, что $S_{T}$  — минимальный предел верхних границ для интегральной суммы $\Rightarrow S_{T}=\sup \sigma _{T}\left(\xi ,f\right)$.

Аналогично доказывается второе утверждение.$\blacksquare$

$\square$ Для доказательства достаточно рассмотреть случай, когда разбиение $T_{2}$ получается из $T_{1}$ добавлением только одной точки ${x}’\in \left(x_{i-1};x_{i}\right)$. Пусть ${\triangle _{i}}’=\left[x_{i-1};{x}’\right]$ и ${\triangle_{i}}»=\left[{x}’;x_{i}\right]$ — отрезки, на которые точка ${x}'$ разбивает отрезок $\triangle _{i}$, а $\lambda _{1}={x}’-x_{i-1}$ и $\lambda _{2}=x_{i}-{x}'$ — длины этих отрезков.

Обозначим ${m_{i}}’=\underset{x\in {\triangle _{i}}’}{\inf f\left(x\right)},$ ${m_{i}}»=\underset{x\in {\triangle _{i}}»}{\inf f\left(x\right)}, {m_{i}}=\underset{x\in {\triangle _{i}}}{\inf f\left(x\right)}$. Очевидно,что ${m_{i}}’\geq m_{i},$ ${m_{i}}»\geq m_{i}$. В суммах $s_{T_{2}}$ и $s_{T_{1}}$ равны все соответствующие слагаемые, за исключением тех, которые связаны с отрезком $\triangle _{i}$. Поэтому:

$s_{T_{2}}-s_{T_{1}}={m_{i}}’\lambda _{1}+{m_{i}}»\lambda _{2}-m_{i}(\lambda _{1}+\lambda _{2})=$ $\left({m_{i}}’-m_{i}\right)\lambda _{1}+({m_{i}}»-m_{i})\lambda _{2}\geq 0\Rightarrow$ $s_{T_{1}}\leq s_{T_{2}}$

Аналогично доказывается неравенство $S_{T_{2}}\leq S_{T_{1}}$. Отсюда, используя неравенство $s_{T}\leq S_{T}$ (доказанное в свойстве 1), получаем цепочку неравенств (*).$\blacksquare$

$\square$ Пусть разбиение $T$ является продолжением как разбиения ${T}'$ , так и  разбиения ${T}»$. Из неравенств, доказанных в прошлом пункте, получаем следующее:

1. $s_{{T}’}\leq s_{T}\leq S_{T}$
2. $S_{T}\leq S_{{T}»}$

В итоге: $s_{{T}’}\leq s_{T}\leq S_{T}\leq S_{{T}»}$, откуда следует $s_{{T}’}\leq S_{{T}»}.$ $\blacksquare$

$\square$ Из неравенства, доказанного в 4 свойстве, по теореме об отделимости числовых множеств следует, что существует  $\underline{I}=\sup s_{T}$ и $\underline{I}=\inf S_{T}$ (супремум и инфимум) такие, что для всевозможных разбиений отрезка $\left[a;b\right]$ и для любых разбиений ${T}’,{T}»$  выполняется неравенство: $s_{{T}’}\leq \underline{I}\leq \bar{I}\leq {S_{{T}»}}$ $\blacksquare$

В этом случае $\triangle x_{i}=\frac{5}{n},$ $x_{i}=-2+\frac{5i}{n},$ $i=\overline{1,n}$. В силу непрерывности и возрастания этой функции при любом разбиении отрезка она достигает наименьшего $m_{i}=x_{i-1}^{3}$ и наибольшего $M_{i}=x_{i}^{3}$ значений на левом и правом концах частичного отрезка $\left[x_{i-1};x_{i}\right]$ соответственно. Согласно формулам, находим:

$s_{T}=\frac{5}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}(-2+5\frac{i-1}{n})^{3},$ $S_{T}=\frac{5}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\left(-2+\frac{5i}{n}\right)^{3}$

Принимая во внимание, что $\sum\limits_{i=1}^{n}i = \frac{n\left(n+1\right)}{2},$ $\sum\limits_{i=1}^{n}i^{2} = \frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6},$ $\sum\limits_{i=1}^{n}i^{3} =\left(1+2+…+n\right)^{2}$, в итоге получаем:

$s_{T}=\frac{65}{4}-\frac{175}{2n} + \frac{125}{4n^{2}},$ $S_{T}=\frac{65}{4}+\frac{175}{2n}+\frac{125}{4n^{2}}$

Ответ: $s_{T}=\frac{65}{4}-\frac{175}{2n}+\frac{125}{4n^{2}},$ $S_{T}=\frac{65}{4}+\frac{175}{2n}+\frac{125}{4n^{2}}$

На отрезке $\left[0;\frac{\pi }{3}\right]$ функция $\sin x$ монотонно возрастает и поэтому для этого отрезка имеем $m_{0}=\sin 0=0,$ $M_{0}=\sin \left(\frac{\pi }{3}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

На отрезке $\left[\frac{\pi }{3};\frac{2\pi }{3}\right]$ наименьшим значением функции является $m_{1}=\sin \left(\frac{\pi }{3}\right)=$ $\frac{\sqrt{3}}{2}$, а наибольшим $M_{1}=\sin \left(\frac{\pi }{2}\right)=1$.

На отрезке $\left[\frac{2\pi }{3};\pi\right]$ функция монотонно убывает, и поэтому:

$m_{2}=\sin \pi =0,$ $M_{2}=\sin \left(\frac{2\pi }{3}\right)=$ $\frac{\sqrt{3}}{2}$

Т.к. все $\triangle x_{i}$ равны $\frac{\pi }{3}$, то

$s_{T}=\frac{\pi }{3}\left(0+\frac{\sqrt{3}}{2}+0\right)=$ $\frac{\pi \sqrt{3}}{6}$

$S_{T}=\frac{\pi }{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=$ $\frac{\pi \left(\sqrt{3}+1\right)}{3}$

Ответ: $s_{T}=\frac{\pi }{3}\left(0+\frac{\sqrt{3}}{2}+0\right)=\frac{\pi \sqrt{3}}{6},$ $S_{T}=\frac{\pi }{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=$ $\frac{\pi \left(\sqrt{3}+1\right)}{3}$