Hallo,
wir schlagen zwei fliegen mit einer Klappe. Um beide gleichzeitig zu beweisen, genügt es zu zeigen, dass für \(\alpha \in \mathbb{R}\) dann \(\alpha f +g \in \mathscr{R}(I)\) ist und zusätzlich \(\int (\alpha f+g)=\alpha \int f+\int g\) gilt. Ohne Einschränkungen können wir annehmen, dass \(\alpha \neq 0\) gilt.
Beweis:
Sei \(\varepsilon >0\), wähle \(\delta_ f, \delta _ g>0\) für die Funktion \(f\) mit \(\varepsilon_1 =\frac{\varepsilon}{2|\alpha|}\) und für \(g\) mit \(\varepsilon =\frac{\varepsilon}{2}\). Weiter ist \(Z=\{x_0,...,x_n\}\) eine beliebige Zerlegung von \(I\) mit \(\delta (Z)<\delta :=\min \{\delta _f ,\delta_g\}\). Seien weiter \(\xi _k \in [x_{k-1}, x_k]\) mit \(k=1,...,n\) beliebig. Dann gilt:$$\left |\alpha \int f +\int g -\sum \limits_{k=1}^{n}(\alpha f(\xi_k)+g(\xi_k))(x_k-x_{k-1}) \right |\leq \left | \alpha \int f-\alpha \sum_{k=1}^{n}{f(\xi _k)(x_k-x_{k-1})}\right |+\left |\int g -\sum_{k=1}^{n}{g(\xi _k)(x_k-x_{k-1})}\right |\leq |\alpha|\cdot \frac{\varepsilon}{2|\alpha|}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$$ Der Beweis beruht also auf dem Fakt, dass die Riemann-Summe dem tatsächlichen Wert des Integrals, bei sehr hoher Feinheit \(\delta\) der Zerlegung \(Z\), beliebig nahe kommt.
