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

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

Перейдя к сумме в каждой части неравенства, получаем:

[latex]\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}}}[/latex] (**)

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

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

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

[latex]\forall \varepsilon > o \ \exists\ {\xi }’_{i}\in \triangle _{i}[/latex]:

[latex]M_{i}-\frac{\varepsilon }{b-a}< f\left({\xi _{i}}’\right)[/latex]

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

Домножим на [latex]\triangle x_{i}[/latex]:

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

Просуммируем i- ые элементы:

[latex]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}}}<[/latex][latex]\underset{\varepsilon }{\underbrace{\sum_{i=1}^{n} \frac{\varepsilon }{b-a}\triangle x_{i}}}[/latex]

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

Неравенства (*) и (**) равносильны.

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

Аналогично доказывается второе утверждение.[latex]\blacksquare [/latex]

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

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

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

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

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

1. [latex]s_{{T}’}\leq s_{T}\leq S_{T}[/latex]
2. [latex]S_{T}\leq S_{{T}»}[/latex]

В итоге: [latex]s_{{T}’}\leq s_{T}\leq S_{T}\leq S_{{T}»}[/latex], откуда следует [latex]s_{{T}’}\leq S_{{T}»}.[/latex] [latex]\blacksquare [/latex]

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

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

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

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

[latex]s_{T}=\frac{65}{4}-\frac{175}{2n} + \frac{125}{4n^{2}},[/latex] [latex] S_{T}=\frac{65}{4}+\frac{175}{2n}+\frac{125}{4n^{2}}[/latex]

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

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

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

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

[latex]m_{2}=\sin \pi =0,[/latex] [latex]M_{2}=\sin \left(\frac{2\pi }{3}\right)=[/latex] [latex]\frac{\sqrt{3}}{2}[/latex]

Т.к. все [latex]\triangle x_{i}[/latex] равны [latex]\frac{\pi }{3}[/latex], то

[latex]s_{T}=\frac{\pi }{3}\left(0+\frac{\sqrt{3}}{2}+0\right)=[/latex] [latex]\frac{\pi \sqrt{3}}{6}[/latex]

[latex]S_{T}=\frac{\pi }{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=[/latex] [latex]\frac{\pi \left(\sqrt{3}+1\right)}{3}[/latex]

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