Wir gehen nach D.S. Kurtz' und C.W. Swartz' Lehrbuch vor, Beweis zu Proposition 2.8. Sei also ein \( \varepsilon\gt 0 \) vorgelegt. Dann existiert ein \( \delta_f(\varepsilon)\gt 0, \) so dass für eine beliebige Zerlegung \( {\mathcal Z}_f \) von \( [a,b] \) mit \( \|{\mathcal Z}_f\|\lt\delta_f(\varepsilon) \) und beliebigem Zwischenwertvektor \( \xi_f \) gilt \[ \left|R(f,{\mathcal Z}_f,\xi_f)-\int\limits_a^bf(x)\,dx\right|\lt\frac{\varepsilon}{2(1+|\alpha|)}\,. \] Entsprechend existiert auch ein \( \delta_g(\varepsilon)\gt 0, \) so dass für eine beliebige Zerlegung \( {\mathcal Z}_g \) von \( [a,b] \) mit \( \|{\mathcal Z}_g\|\lt\delta_g(\varepsilon) \) und beliebigem Zwischenwertvektor \( \xi_g \) gilt \[ \left|R(f,{\mathcal Z}_g,\xi_g)-\int\limits_a^bg(x)\,dx\right|\lt\frac{\varepsilon}{2(1+|\beta|)}\,. \] Wir setzen nun \( \delta:=\min\{\delta_f,\delta_g\} \) und betrachten eine Zerlegung \( {\mathcal Z} \) von \( [a,b] \) mit \( \|{\mathcal Z}\|\lt\delta \) und zugehörigem Zwischenwertvektor \( \xi=(\xi_1,\ldots,\xi_N). \) Damit schätzen wir wie folgt ab: \[ \begin{array}{l} \displaystyle \left|R(\alpha f+\beta g,{\mathcal Z},\xi)-\left(\alpha\int\limits_a^bf(x)\,dx+\beta\int\limits_a^bg(x)\,dx\right)\right| \\ \qquad\displaystyle =\left|\alpha R(f,{\mathcal Z},\xi)+\beta R(g,{\mathcal Z},\xi)-\left(\alpha\int\limits_a^bf(x)\,dx+\beta\int\limits_a^bg(x)\,dx\right)\right| \\ \qquad\displaystyle =\left|\left(\alpha R(f,{\mathcal Z},\xi)-\alpha\int\limits_a^bf(x)\,dx\right) +\left(\beta R(g,{\mathcal Z},\xi)-\beta\int\limits_a^bg(x)\,dx\right)\right| \\ \qquad\displaystyle \le|\alpha|\cdot\left|R(f,{\mathcal Z},\xi)-\int\limits_a^bf(x)\,dx\right| +|\beta|\cdot\left|R(g,{\mathcal Z},\xi)-\int\limits_a^bg(x)\,dx\right| \\ \qquad\displaystyle \lt\frac{\varepsilon|\alpha|}{2(1+|\alpha|)}+\frac{\varepsilon|\beta|}{2(1+|\beta|)} \,\lt\,\varepsilon. \end{array} \] Die Behauptung folgt mit \( \varepsilon\to 0.\qquad\Box \)

Wir haben zwei Aussagen zu beweisen.

\[ |R(f,{\mathcal Z},\xi)-I|\lt\varepsilon \]

\[ I\ge R(f,{\mathcal Z},\xi)-\varepsilon\ge-\varepsilon \]

\[ g(x)-f(x)\ge 0\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b]. \]

\[ 0\le\int\limits_a^b\big\{g(x)-f(x)\big\}\,dx=\int\limits_a^bg(x)\,dx-\int\limits_a^bf(x)\,dx, \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Ein Beispiel einer solchen Funktion ist \[ f(x) :=\left\{ \begin{array}{cl} 0, & x\in[0,1]\setminus\{x_0\} \\ 1, & x=x_0 \end{array} \right.. \]

Wir zeigen nur die erste Behauptung. Zum Nachweis der zweiten Behauptung wird der Beweis ab einer unteren Stelle entsprechend abgeändert. Zunächst ist \( f(x) \) nach Aufgaben 8.1.10 Riemannintegrierbar auf \( [-a,0] \) und \( [0,a] \) mit Integralwerten \[ I_\ell:=\int\limits_{-a}^0f(x)\,dx,\quad I_r:=\int\limits_0^af(x)\,dx. \] Wir müssen \( I_\ell=I_r \) verifizieren. Auf Grund der Integrierbarkeit auf \( [0,a] \) gibt es zu beliebig vorgelegtem \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( \delta(\varepsilon)\gt 0, \) so dass für jede Zerlegung \( {\mathcal Z}\,:\,0=x_0\lt x_1\lt\ldots\lt x_N=a \) von \( [0,a] \) der Feinheit \( \|{\mathcal Z}\|\lt\delta(\varepsilon) \) gilt \[ |R(f,{\mathcal Z},\xi)-I_r|\lt\varepsilon,\quad f\ \mbox{eingeschränkt auf}\ [0,a], \] mit beliebigem Zwischenwertvektor \( \xi=(\xi_1,\ldots,\xi_N ), \) wobei \( 0\le x_{i-1}\le\xi_i\le x_i\le 1. \) Sei also nun \[ {\mathcal Z}^*\,:\,-a=x_0^*\lt x_1^*\lt\ldots\lt x_N^*=0 \] eine beliebige Zerlegung von \( [-a,0] \) mit Feinheit \( \|{\mathcal Z}^*\|\lt\delta(\varepsilon)^*\le\delta(\varepsilon) \) zu obigem \( \varepsilon\gt 0 \) und Zwischenwertvektor \( \xi^*=(\xi_1^*,\ldots,\xi_N^*), \) so dass gilt \[ |R(f_{[-a,0]},{\mathcal Z}^*,\xi^*)-I_\ell| =\left|\,\sum_{i=1}^Nf(\xi_i^*)(x_i^*-x_{i-1}^*)-I_\ell\right| \lt\varepsilon. \] Vermittels \[ \begin{array}{l} x_i:=x_{N-i}^*\quad\mbox{für}\ i=0,1,\ldots,N, \\ \xi_i:=\xi_{N-i+1}^*\quad\mbox{für}\ i=1,2,\ldots,N, \end{array} \] erhalten wir eine Zerlegung \( {\mathcal Z}\,:\,0=x_0\lt x_1\lt\ldots\lt x_N=a \) von \( [0,a] \) mit \( \|{\mathcal Z}\|\lt\delta(\varepsilon)^* \) und mit Zwischenwertvektor \( \xi=(\xi_1,\ldots,\xi_N), \) \( 0\le x_{i-1}\le\xi_i\le x_i\le a, \) wobei nach Voraussetzung \[ f_{[-a,0]}(\xi_i^*)=f_{[0,a]}(\xi_i)\quad\mbox{für alle}\ i=1,2,\ldots,N, \] richtig ist und daher auch \[ |R(f_{[-a,0]},{\mathcal Z}^*,\xi^*)-I_r| =|R(f_{[0,a]},{\mathcal Z},\xi)-I_r| \lt\varepsilon. \] Wir schätzen also wie folgt ab \[ \begin{array}{lcl} |I_\ell-I_r|\negthickspace & = & \negthickspace |I_\ell-R(f_{[-a,0]},{\mathcal Z}^*,\xi^*)+R(f_{[-a,0]},{\mathcal Z}^*,\xi^*)-I_r| \\ & \le & \negthickspace |I_\ell-R(f_{[-a,0]},{\mathcal Z}^*,\xi^*)|+|R(f_{[-a,0]},{\mathcal Z}^*,\xi^*)-I_r| \\ & = & \negthickspace |I_\ell-R(f_{[-a,0]},{\mathcal Z}^*,\xi^*)|+|R(f_{[0,a]},{\mathcal Z},\xi)-I_r| \\ & \lt & \negthickspace \varepsilon+\varepsilon \,=\,2\varepsilon. \end{array} \] Die Behauptung folgt mit \( \varepsilon\to 0.\qquad\Box \)

Wir betrachten eine äquidistante Zerlegung \( {\mathcal Z}^{(n)}\,:\,0=x_0\lt x_1\lt\ldots\lt x_n=1, \) \( n\in\mathbb N, \) des kompakten Intervalls \( [0,1] \) mit den Zerlegungspunkten \[ x_i=\frac{i}{n}\,,\quad i=0,1,2,\ldots,n, \] so dass \( x_i-x_{i-1}=\frac{1}{n} \) für alle \( i=1,\ldots,n, \) sowie den speziellen Zwischenwertvektor \[ \xi=(\xi_1,\ldots,\xi_n)\quad\mbox{mit}\quad \xi_i=\frac{i}{n}\ \mbox{für}\ i=1,2,\ldots,n. \] Dann berechnen wir \[ R(f,{\mathcal Z},\xi) =\sum_{i=1}^nf(\xi_i)(x_i-x_{i-1}) =\sum_{i=1}^n\frac{1}{\xi_i}\cdot\frac{1}{n} =\sum_{i=1}^n\frac{n}{i}\cdot\frac{1}{n} =\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\,. \] Die Riemannschen Zwischensummen zur ausgezeichneten Zerlegungsfolge \( \{{\mathcal Z}^{(n)}\}_{n=1,2,\ldots} \) mit solchen Eigenschaften konvergieren also nicht, da auf der rechten Seite der Grenzwert nicht existiert: \[ \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}=\infty\,. \] Die Funktion \( f(x) \) ist daher nicht Riemannintegrierbar auf \( [0,1].\qquad\Box \)

Die Funktion ist nicht beschränkt auf \( [0,2] \) und daher nach dem Satz aus Paragraph 8.2.3 nicht Riemannintegrierbar.\( \qquad\Box \)

Für \( x\gt 0 \) berechnen wir \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{d}{dx}\,x\,\sqrt{x}\,\sin\frac{1}{x}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sqrt{x}\,\sin\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\,xx^{-\frac{1}{2}}\sin\frac{1}{x}+x\,\sqrt{x}\,\cos\frac{1}{x}\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sqrt{x}\,\sin\frac{1}{x}+\frac{\sqrt{x}}{2}\,\sin\frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\,\cos\frac{1}{x} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{3\,\sqrt{x}}{2}\,\sin\frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\,\cos\frac{1}{x}\,. \end{array} \] Diese Ableitung ist in jeder offenen Umgebung um den Punkt \( x_0=0 \) unbeschränkt. Nach dem Satz aus Paragraph 8.2.3 der Vorlesung sind Riemannintegrierbare Funktionen aber notwendig beschränkt, woraus die Behauptung folgt.\( \qquad\Box \)

Da \( f(x) \) und \( |f(x)| \) auf \( [a,b] \) Riemannintegrierbar sind, existieren zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \)

\[ \left|\,R(f,{\mathcal Z},\xi)-\int\limits_a^bf(x)\,dx\right|\lt\varepsilon \]

\[ \left|\,R(|f|,{\mathcal Z},\xi)-\int\limits_a^bf|(x)|\,dx\right|\lt\varepsilon \]

Es sei nun \( \delta:=\min\{\delta_1(\varepsilon),\delta_2(\varepsilon)\}. \) Wir betrachten eine Zerlegung \( {\mathcal Z} \) von \( [a,b] \) mit \( \|{\mathcal Z}\|\lt\delta \) und zugehörigem Zwischenwertvektor \( \xi. \) Dann gelten \[ \left|\,R(f,{\mathcal Z},\xi)-\int\limits_a^bf(x)\,dx\right|\lt\varepsilon,\quad \left|\,R(|f|,{\mathcal Z},\xi)-\int\limits_a^b|f(x)|\,dx\right|\lt\varepsilon \] bzw. ausführlicher \[ \begin{array}{c} \displaystyle -\varepsilon\lt R(f,{\mathcal Z},\xi)-\int\limits_a^bf(x)\,dx\lt\varepsilon, \\ \displaystyle -\varepsilon\lt R(|f|,{\mathcal Z},\xi)-\int\limits_a^b|f(x)|\,dx\lt\varepsilon. \end{array} \] Wir beachten schließlich die Dreiecksungleichung für endliche Summen und damit auch \[ R(f,{\mathcal Z},\xi)\le R(|f|,{\mathcal Z},\xi). \] Nun schätzen wir wie folgt ab \[ \int\limits_a^b|f(x)|\,dx \gt R(|f|,{\mathcal Z},\xi)-\varepsilon \ge R(f,{\mathcal Z},\xi)-\varepsilon \gt\int\limits_a^bf(x)\,dx-2\varepsilon \] sowie \[ \int\limits_a^bf(x)\,dx \gt R(f,{\mathcal Z},\xi)-\varepsilon \ge-R(|f|,{\mathcal Z},\xi)-\varepsilon \gt-\int\limits_a^b|f(x)|\,dx-2\varepsilon \] Wir erhalten also \[ -2\varepsilon-\int\limits_a^b|f(x)|\,dx\lt\int\limits_a^bf(x)\,dx\lt\int\limits_a^b|f(x)|\,dx+2\varepsilon \] bzw. zusammenfassend \[ \left|\,\int\limits_a^bf(x)\,dx\right|\le\int\limits_a^b|f(x)|\,dx+2\varepsilon. \] Die Behauptung folgt mit \( \varepsilon\to 0.\qquad\Box \)

Wir betrachten nur den Fall \( a\lt x\lt y\lt b, \) die restlichen Fälle folgen entsprechend. Dann dient zunächst \( y\in(a,b) \) als Teilungspunkt, und \( f(x) \) ist auf \( [a,y] \) und \( [y,b] \) Riemannintegrierbar nach Aufgabe 8.1.10. Weiter dient \( x\in(a,y) \) als Teilungspunkt von \( [a,y], \) und \( f(x) \) ist Riemannintegrierbar auf \( [a,x] \) und \( [x,y]. \) Ferner gilt \[ \int\limits_a^yf(t)\,dt=\int\limits_a^xf(t)\,dt+\int\limits_x^yf(t)\,dt \] bzw. nach Setzung der Funktion \( F(x) \) \[ F(y)=F(x)+\int\limits_x^yf(t)\,dt. \] Es folgt nach Umstellen unter Beachtung der Dreiecksungleichung aus Aufgabe 8.2.10 \[ |F(x)-F(y)| =\left|\,\int\limits_x^yf(t)\,dt\right| \le\int\limits_x^y|f(t)|\,dt. \] Da nun \( f(x) \) nach Paragraph 8.2.3 als Riemannintegrierbare Funktion beschränkt ist, existiert ein \( M\in[0,\infty) \) mit \[ |f(x)|\le M\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b]. \] Wir schätzen daher wie folgt weiter ab (beachte \( M=M\cdot 1 \) und integriere unter Verwendung der Linearität des Integrals) \[ |F(x)-F(y)|\le\int\limits_x^yM\,dt=M\int\limits_x^y\,dt=M(y-x)=M|x-y|. \] Das zeigt die Behauptung.\( \qquad\Box \)

Wir gehen nach dem Lehrbuch von D.S. Kurtz und C.W. Swartz, Beweis von Theorem 2.19 vor und müssen zwei Richtungen beweisen.

\[ \underline S(f,{\mathcal Z}) \le\underline{\mathcal D}(f) \le\overline{\mathcal D}(f) \le\overline S(f,{\mathcal Z}) \le\underline S(f,{\mathcal Z})+\varepsilon. \]

Das beweist den ersten Hilfssatz.\( \qquad\Box \)

Wir gehen nach dem Lehrbuch von D.S. Kurtz und C.W. Swartz, Beweis von Theorem 2.20 vor. Zunächst sei \[ |f(x)|\le K\in[0,\infty)\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b]. \]

\[ {\mathcal Z}^*\,:\,a=x_0^*\lt x_1^*\lt x_2^*\lt\ldots\lt x_{N^*}^*=b,\quad N^*\in\mathbb N, \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z}^*)-\underline S(f,{\mathcal Z}^*)\lt\frac{\varepsilon}{2}\,. \]

\[ \delta(\varepsilon):=\frac{\varepsilon}{8MN^*}\gt 0 \]

\[ {\mathcal Z}\,:\,a=x_0\lt x_1\lt x_2\lt\ldots\lt x_N=b,\quad N\in\mathbb N, \]

\[ \begin{array}{l} m_i:=\inf\,\{f(x)\,:\,x_{i-1}\le x\le x_i\}\,, \\ M_i:=\sup\,\{f(x)\,:\,x_{i-1}\le x\le x_i\}\,. \end{array} \]

\[ \begin{array}{l} I:=\{i\,:\,[x_{i-1},x_i]\ \mbox{enthält einen Zerlegungspunkt von}\ {\mathcal Z}^*\}\,, \\ J:=\{i\,:\,[x_{i-1},x_i]\ \mbox{enthält keinen Zerlegungspunkt von}\ {\mathcal Z}^*\}\,. \end{array} \]

\[ \sum_{i\in I}(M_i-m_i)(x_i-x_{i-1}) \le 2K\cdot\sum_{i\in I}(x_i-x_{i-1}) \le 4K\cdot N^*\|{\mathcal Z}\|, \]

\[ \sum_{i\in I}(M_i-m_i)(x_i-x_{i-1}) \lt 4K\cdot N^*\delta(\varepsilon) \lt\frac{\varepsilon}{2}\,. \tag{\(\alpha\)} \]

\[ \sum_{i\in J}(M_i-m_i)(x_i-x_{i-1}) \overline S(f,{\mathcal Z}^*)-\underline S(f,{\mathcal Z}^*) \lt\frac{\varepsilon}{2} \tag{\(\beta\)} \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\lt\varepsilon, \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\lt\varepsilon \tag{\(\gamma\)} \]

Damit ist der Hilfssatz vollständig bewiesen.\( \qquad\Box \)

Wir gehen in zwei Schritten vor.

\[ I:=\underline{\mathcal D}(f)=\overline{\mathcal D}(f). \]

\[ {\mathcal Z}\ :\ a=x_0\lt x_1\t x_2\lt\ldots\lt x_N=b \]

\[ |R(f,{\mathcal Z},\xi)-I|\lt\varepsilon, \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\lt\varepsilon. \]

\[ I:=\int\limits_a^bf(x)\,dx, \]

\[ {\mathcal Z}\,:\,a=x_0\lt x_1\lt x_2\lt\ldots\lt x_N=b \]

\[ |R(f,{\mathcal Z},\xi)-I|\lt\frac{\varepsilon}{4} \tag{\(*\)} \]

\[ m_i:=\inf\{f(x)\,:\,x_{i-1}\le x\le x_i\}\,,\quad M_i:=\sup\{f(x)\,:\,x_{i-1}\le x\le x_i\} \]

\[ f(\xi_i)-\frac{\varepsilon}{4(b-a)}\lt m_i\,,\quad f(\eta_i)+\frac{\varepsilon}{4(b-a)}\gt M_i \]

\[ \begin{array}{lll} \overline S(f,{\mathcal Z})\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^NM_i(x_i-x_{i-1}) \\ & \lt & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^N\left(f(\eta_i)+\frac{\varepsilon}{4(b-a)}\right)(x_i-x_{i-1}) \\ & = & \negthickspace\displaystyle R(f,{\mathcal Z},\eta)+\frac{\varepsilon}{4(b-a)}\,\sum_{i=1}^N(x_i-x_{i-1}) \\ & \le & \negthickspace\displaystyle I+\frac{\varepsilon}{4}+\frac{\varepsilon}{4} \,=\,I+\frac{\varepsilon}{2}\,. \end{array} \]

\[ \underline S(f,{\mathcal Z})\ge I-\frac{\varepsilon}{2} \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\lt\varepsilon, \]

Damit ist der Satz bewiesen.\( \qquad\Box \)

Es sei \( {\mathcal Z}\,:\,a=x_0\lt x_1\lt\ldots\lt x_N=b \) eine Zerlegung von \( [a,b]. \) Wir setzen \[ m_i:=\inf\{f(x)\,:\,x_{i-1}\le x\le x_i\}\,,\quad M_i:=\sup\{f(x)\,:\,x_{i-1}\le x\le x_i\} \] sowie \[ m:=\inf\{f(x)\,:\,a\le x\le b\}\,,\quad M:=\sup\{f(x)\,:\,a\le x\le b\}\,. \]

\[ \underline S(f,{\mathcal Z}) =\sum_{i=1}^Nm_i(x_i-x_{i-1}) \ge\sum_{i=1}^Nm(x_i-x_{i-1}) =m(b-a). \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z}) =\sum_{i=1}^NM_i(x_i-x_{i-1}) \le\sum_{i=1}^NM(x_i-x_{i-1}) =M(b-a). \]

\[ \underline S(f,{\mathcal Z}) =\sum_{i=1}^Nm_i(x_i-x_{i-1}) \le\sum_{i=1}^NM_i(x_i-x_{i-1}) =\overline S(f,{\mathcal Z}). \] Zusammengefasst folgt also \[ m(b-a)\le\underline S(f,{\mathcal Z})\le\overline S(f,{\mathcal Z})\le M(b-a). \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Wir lösen nur Teil (ii). Wir setzen \( {\mathfrak N}^*:=\{1,\ldots,N^*\} \) und schätzen wie folgt ab \[ \begin{array}{lll} \underline S(f,{\mathcal Z}^*)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^{N^*}m_k^*(x_k^*-x_{k-1}^*) \,=\,\sum_{i=1}^N\sum_{k\in{\mathfrak N}^*,\ I_k^*\subseteq I_i}m_k^*(x_k^*-x_{k-1}^*) \\ & \ge & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^N\sum_{k\in{\mathfrak N}*,\ I_k^*\subseteq I_i}m_i(x_k^*-x_{k-1}^*) \,=\sum_{i=1}^Nm_i\sum_{k\in{\mathfrak N}^*,\ I_k^*\subseteq I_i}(x_k^*-x_{k-1}^*) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^Nm_i(x_i-x_{i-1}) \,=\,\underline S(f,{\mathcal Z}) \end{array} \] sowie \[ \begin{array}{lll} \overline S(f,{\mathcal Z}^*)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^{N^*}M_k^*(x_k^*-x_{k-1}^*) \,=\,\sum_{i=1}^N\sum_{k\in{\mathfrak N}^*,\ I_k^*\subseteq I_i}M_k^*(x_k^*-x_{k-1}^*) \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^N\sum_{k\in{\mathfrak N}*,\ I_k^*\subseteq I_i}M_i(x_k^*-x_{k-1}^*) \,=\sum_{i=1}^NM_i\sum_{k\in{\mathfrak N}^*,\ I_k^*\subseteq I_i}(x_k^*-x_{k-1}^*) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^NM_i(x_i-x_{i-1}) \,=\,\overline S(f,{\mathcal Z}). \end{array} \] Das beweist die Behauptungen.\( \qquad\Box \)

Es seien \( {\mathcal Z}_1 \) und \( {\mathcal Z}_2 \) zwei Zerlegungen von \( [a,b]. \) Durch Zusammenlegen aller Teilungspunkte von \( {\mathcal Z}_1 \) und \( {\mathcal Z}_2 \) erhalten wir eine neue Zerlegung \( {\mathcal Z} \) von \( [a,b], \) die gleichzeitig Verfeinerung von \( {\mathcal Z}_1 \) und von \( {\mathcal Z}_2 \) ist. Nach Aufgabe 8.3.2 gilt dann \[ \underline S(f,{\mathcal Z}_1) \le\underline S(f,{\mathcal Z}) \le\overline S(f,{\mathcal Z}) \le\overline S(f,{\mathcal Z}_2). \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) finden wir eine Zerlegung \( {\mathcal Z}_1 \) von \( [a,b] \) mit \[ \underline D(f)-\varepsilon\le\underline S(f,{\mathcal Z}_1) \] sowie eine Zerlegung \( {\mathcal Z}_2 \) von \( [a,b] \) mit \[ \overline S(f,{\mathcal Z}_2)\le\overline D(f)+\varepsilon. \] Durch Zusammenlegen aller Teilungspunkte der Zerlegungen \( {\mathcal Z}_1 \) und \( {\mathcal Z}_2 \) vereinigen wir nun \( {\mathcal Z}_1 \) und \( {\mathcal Z}_2 \) zu einer neuen Zerlegung \( {\mathcal Z}, \) die dann eine Verfeinerung von \( {\mathcal Z}_1 \) als auch von \( {\mathcal Z}_2 \) ist. Unter Beachtung von Aufgabe 8.3.2 erhalten wir (wir können auch Aufgabe 8.3.3 benutzen) \[ \underline D(f)-\varepsilon \le\underline S(f,{\mathcal Z}_1) \le\underline S(f,{\mathcal Z}) \le\overline S(f,{\mathcal Z}) \le\overline S(f,{\mathcal Z}_2) \le\overline D(f)+\varepsilon. \] Die Behauptung folgt nach Grenzübergang \( \varepsilon\to 0.\qquad\Box \)

\[ \underline D(f)\le\underline S(f,{\mathcal Z})+\varepsilon \quad\mbox{und}\quad \underline D(\alpha f)\le\underline S(\alpha f,{\mathcal Z})+\varepsilon. \]

\[ \underline S(\alpha f,{\mathcal Z}) =\sum_{i=1}^N\alpha m_i(x_i-x_{i-1}) =\alpha\sum_{i=1}^Nm_i(x_i-x_{i-1}) =\alpha\underline S(f,{\mathcal Z}) \]

\[ \underline D(\alpha f)-\varepsilon \le\underline S(\alpha f,{\mathcal Z}) =\alpha\underline S(f,{\mathcal Z}) \le\alpha\underline D(f,{\mathcal Z}) \]

\[ \underline D(\alpha f)\le\alpha\underline D(f). \]

\[ \alpha\underline D(f) \le\alpha\underline S(f,{\mathcal Z})+\alpha\varepsilon =\underline S(\alpha f,{\mathcal Z})+\alpha\varepsilon \le\underline D(\alpha f)+\alpha\varepsilon, \]

\[ \alpha\underline D(f)\le\underline D(\alpha f). \]

\[ \underline D(\alpha f)\le\alpha\underline D(f)\le\underline D(\alpha f) \quad\mbox{bzw.}\quad \underline D(\alpha f)=\alpha\underline D(f). \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z})\le\overline D(f)+\varepsilon \quad\mbox{und}\quad \overline S(\alpha f,{\mathcal Z})\le\overline D(\alpha f)+\varepsilon. \]

\[ \overline S(\alpha f,{\mathcal Z}) =\sum_{i=1}^N\alpha M_i(x_i-x_{i-1}) =\alpha\sum_{i=1}^NM_i(x_i-x_{i-1}) =\alpha\overline S(f,{\mathcal Z}) \]

\[ \alpha\overline D(f) \le\alpha\overline S(f,{\mathcal Z}) =\overline S(\alpha f,{\mathcal Z}) \le\overline D(\alpha f)+\varepsilon \]

\[ \alpha\overline D(f)\le\overline D(\alpha f). \]

\[ \overline D(\alpha f) \le\overline S(\alpha f,{\mathcal Z}) =\alpha\overline S(f,{\mathcal Z}) \le\alpha\overline D(f)+\alpha\varepsilon \]

\[ \overline D(\alpha f)\le\alpha\overline D(f). \]

\[ \alpha\overline D(f)\le\overline D(\alpha f)\le\alpha\overline D(f) \quad\mbox{bzw.}\quad \alpha\overline D(f)=\overline D(\alpha f). \]

\[ \inf_{x\in I_k}\big\{f(x)+g(x)\big\}\ge\inf_{x\in I_k}f(x)+\inf_{x\in I_k}g(x) \]

\[ \begin{array}{l} \displaystyle f(x)\ge\inf_{x\in I_k}f(x)\quad\mbox{für alle}\ x\in I_k\,, \\ \displaystyle g(x)\ge\inf_{x\in I_k}g(x)\quad\mbox{für alle}\ x\in I_k \end{array} \]

\[ f(x)+g(x)\ge\inf_{x\in I_k}f(x)+\inf_{x\in I_k}g(x)\quad\mbox{für alle}\ x\in I_k\,. \]

\[ \underline S(f,{\mathcal Z})\ge\underline D(f)-\varepsilon \quad\mbox{und}\quad \underline S(g,{\mathcal Z})\ge\underline D(g)-\varepsilon. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \underline D(f)\negthickspace & \ge & \negthickspace\displaystyle \underline S(f+g,{\mathcal Z}) \,=\,\sum_{i=1}^N\inf_{x\in I_i}\big\{f(x)+g(x)\big\}\,(x_i-x_{i-1}) \\ & \ge & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^N\inf_{x\in I_i}f(x)(x_i-x_{i-1}) +\sum_{i=1}^N\inf_{x\in I_i}g(x)(x_i-x_{i-1}) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \underline S(f,{\mathcal Z})+\underline S(g,{\mathcal Z}) \,\ge\,\underline D(f)+\underline D(g)-2\varepsilon, \end{array} \]

\[ \sup_{x\in I_k}\big\{f(x)+g(x)\big\}\le\sup_{x\in I_k}f(x)+\sup_{x\in I_k}g(x) \]

\[ \begin{array}{l} \displaystyle f(x)\le\sup_{x\in I_k}f(x)\quad\mbox{für alle}\ x\in I_k\,, \\ \displaystyle g(x)\le\sup_{x\in I_k}g(x)\quad\mbox{für alle}\ x\in I_k \end{array} \]

\[ f(x)+g(x)\le\sup_{x\in I_k}f(x)+\sup_{x\in I_k}g(x)\quad\mbox{für alle}\ x\in I_k\,. \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z})\le\overline D(f)+\varepsilon \quad\mbox{und}\quad \overline S(f,{\mathcal Z})\le\overline D(g)+\varepsilon. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \overline D(f)\negthickspace & \le & \negthickspace\displaystyle \overline S(f+g,{\mathcal Z}) \,=\,\sum_{i=1}^N\sup_{x\in I_i}\big\{f(x)+g(x)\big\}\,(x_i-x_{i-1}) \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^N\sup_{x\in I_i}f(x)(x_i-x_{i-1}) +\sum_{i=1}^N\sup_{x\in I_i}g(x)(x_i-x_{i-1}) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \overline S(f,{\mathcal Z})+\overline S(g,{\mathcal Z}) \,\le\,\overline D(f)+\overline D(g)+2\varepsilon, \end{array} \]

Es sei \[ {\mathcal Z}\,:\,0=x_0\lt x_1\lt\ldots\lt x_N=1 \] eine beliebige Zerlegung von \( [0,1] \) in \( N\in\mathbb N \) Teilintervalle \( I_i=[x_{i-1},x_i]. \) Jedes dieser Teilintervalle enthählt sowohl wenigstens einen rationalen Punkte \( q\in[0,1]\cap\mathbb Q \) sowie einen irrationalen Punkt \( r\in[0,1]\setminus\mathbb Q. \) Es gelten also \[ m_i=0,\quad M_i=1 \quad\mbox{für alle}\ i=1,2,\ldots,N \] und damit \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \underline S(f,{\mathcal Z}) =\sum_{i=1}^Nm_i(x_i-x_{i-1}) =\sum_{i=1}^N 0\cdot(x_i-x_{i-1}) =0, \\ \displaystyle \overline S(f,{\mathcal Z}) =\sum_{i=1}^NM_i(x_i-x_{i-1}) =\sum_{i=1}^N 1\cdot(x_i-x_{i-1}) =1, \end{array} \] d.h. \( \underline S(f,{\mathcal Z})\not=\overline S(f,{\mathcal Z}). \) Da \( {\mathcal Z} \) beliebig gewählt wurde, folgt die Behauptung.\( \qquad\Box \)

\[ x_i:=\frac{i}{N}\,,\quad i=0,1,\ldots,N. \]

\[ \begin{array}{lll} \underline S(f,{\mathcal Z})\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^Nm_i(x_i-x_{i-1}) \,=\,\sum_{i=1}^N\frac{i-1}{N}\left(\frac{i}{N}-\frac{i-1}{N}\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{N^2}\,\sum_{i=1}^N(i-1) \,=\,\frac{1}{N^2}\,\sum_{i=0}^{N-1}i \,=\,\frac{1}{N^2}\,\sum_{i=1}^{N-1}i \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{N^2}\cdot\frac{N(N-1)}{2} \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \overline S(f,{\mathcal Z})\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^NM_i(x_i-x_{i-1}) \,=\,\sum_{i=1}^N\frac{i}{N}\left(\frac{i}{N}-\frac{i-1}{N}\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{N^2}\,\sum_{i=1}^Ni \,=\,\frac{1}{N^2}\cdot\frac{N(N+1)}{2}\,. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2N^2}\,\big\{N(N+1)-N(N-1)\big\} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{2N}{2N^2} \,=\,\frac{1}{N^2}\,. \end{array} \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\negthickspace\lt\varepsilon. \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \underline S(f,{\mathcal Z})\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^Nf(x_{i-1})(x_i-x_{i-1}) \,=\,\sum_{i=1}^Na^mq^{(i-1)m}\cdot a(q-1)q^{i-1} \\ & = & \negthickspace\displaystyle a^{m+1}(q-1)\sum_{i=1}^Nq^{(i-1)(m+1)} \,=\,a^{m+1}(q-1)\,\frac{q^{N(m+1)}-1}{q^{m+1}-1}\,. \end{array} \]

\[ \underline S(f,{\mathcal Z}) =a^{m+1}(q-1)\,\frac{\frac{b^{m+1}}{a^{m+1}}-1}{q^{m+1}-1} =(b^{m+1}-a^{m+1})\,\frac{q-1}{q^{m+1}-1}\,. \]

\[ \begin{array}{lll} \overline S(f,{\mathcal Z})\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^Nf(x_i)(x_i-x_{i-1}) \,=\,\sum_{i=1}^Na^mq^{im}\cdot a(q-1)q^{i-1} \\ & = & \negthickspace\displaystyle a^{m+1}(q-1)q^m\sum_{i=1}^Nq^{(i-1)m}q^{i-1} \,=\,a^{m+1}(q-1)q^m\sum_{i=1}^Nq^{(i-1)(m+1)} \\ & = & \negthickspace\displaystyle =a^{m+1}(q-1)q^m\,\frac{q^{N(m+1)}-1}{q^{m+1}-1} \end{array} \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z}) =a^{m+1}(q-1)q^m\,\frac{\frac{b^{m+1}}{a^{m+1}}-1}{q^{m+1}-1} =(b^{m+1}-a^{m+1})\,\frac{(q-1)q^m}{q^{m+1}-1}\,. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle (b^{m+1}-a^{m+1})\left(\frac{q^m}{q^{m+1}-1}-\frac{1}{q^{m+1}-1}\right)(q-1) \\ & = & \negthickspace\displaystyle (b^{m+1}-a^{m+1})\,\frac{q^m-1}{q^{m+1}-1}\,(q-1) \,\le\,(b^{m+1}-a^{m+1})\,(q-1). \end{array} \]

\[ \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z}) \le(b^{m+1}-a^{m+1})\,(q-1) \lt\varepsilon, \]

\[ 1\lt q\lt\frac{\varepsilon}{b^{m+1}-a^{m+1}}+1. \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Ohne Einschränkung sei \( f(x) \) nicht konstant und monoton wachsend. Es ist zunächst \[ |f(x)|\le\max\{|f(a)|,|f(b)|\}\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b]. \] Seien nun \( \varepsilon\gt 0 \) und \[ {\mathcal Z}\,:\,a=x_0\lt x_1\lt x_2\lt\ldots\lt x_N=b \] eine Zerlegung mit \[ \|{\mathcal Z}\|\le\frac{\varepsilon}{f(b)-f(a)}\,. \] Mit den üblichen Setzungen für \( m_i \) und \( M_i \) haben wir \[ m_i=f(x_{i-1}),\quad M_i=f(x_i),\quad i=1,\ldots,N, \] auf Grund der Monotonie. Wir schätzen nun wie folgt ab \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^N(M_i-m_i)(x_i-x_{i-1}) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^N\big\{f(x_i)-f(x_{i-1})\big\}\,(x_i-x_{i-1}) \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^N\big\{f(x_i)-f(x_{i-1})\big\}\,\frac{\varepsilon}{f(b)-f(a)} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \big\{f(b)-f(a)\big\}\cdot\frac{\varepsilon}{f(b)-f(a)} \,=\,\varepsilon. \end{array} \] Nach dem Darbouxschen Integrierbarkeitskriterium sowie dem davorstehenden Satz aus Paragraph 8.3.3 ist \( f(x) \) Riemannintegrierbar.\( \qquad\Box \)

Die stetige Funktion \( f(x) \) ist auf \( [a,b]\subset\mathbb R \) beschränkt und gleichmäßig stetig. Zu \( \varepsilon\gt 0 \) existiert also ein \( \delta(\varepsilon)\gt 0 \) mit \[ |f(x)-f(y)|\lt\frac{\varepsilon}{b-a}\,,\quad\mbox{falls}\ |x-y|\lt\delta(\varepsilon). \] Sei jetzt \[ {\mathcal Z}\,:\,a=x_0\lt x_1\lt x_2\lt\ldots\lt x_N=b \] eine Zerlegung mit \( \|{\mathcal Z}\|\lt\delta(\varepsilon). \) Wegen der Stetigkeit existieren \( \xi_i,\eta_i\in[x_{i-1},x_i] \) mit \[ m_i=f(\xi_i),\quad M_i=f(\eta_i),\quad i=1,\ldots,N, \] mit den üblichen Setzungen für \( m_i \) und \( M_i. \) Da \[ |\eta_i-\xi_i|\le\|{\mathcal Z}\|\lt\delta(\varepsilon), \] ist weiter \[ M_i-m_i=|f(\eta_i)-f(\xi_i)|\lt\frac{\varepsilon}{b-a}\,. \] Daraus folgt \[ \begin{array}{lll} \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z}) & = & \displaystyle \sum_{i=1}^N(M_i-m_i)(x_i-x_{i-1}) \\ & \lt & \displaystyle \sum_{i=1}^N\frac{\varepsilon}{b-a}\,(x_i-x_{i-1}) \\ & = & \displaystyle \frac{\varepsilon}{b-a}\,\sum_{i=1}^N(x_i-x_{i-1}) \,=\,\varepsilon. \end{array} \] Nach dem Darbouxschen Integrierbarkeitskriterium ist \( f(x) \) Riemannintegrierbar.\( \qquad\Box \)

Wir gehen in drei Schritten vor:

\[ m:=\inf_{x\in[a,b]}f(x),\quad M:=\sup_{x\in[a,b]}f(x). \]

\[ m\sum_{i=1}^Ng(\xi_i)(x_i-x_{i-1}) \le\sum_{i=1}^Nf(\xi_i)g(\xi_i)(x_i-x_{i-1}) \le M\sum_{i=1}^Ng(\xi_i)(x_i-x_{i-1}), \]

\[ m\int\limits_a^bg(x)\,dx\le\int\limits_a^bf(x)g(x)\,dx\le M\int\limits_a^bg(x)\,dx. \]

\[ \int\limits_a^bg(x)\,dx=0. \]

\[ \mu:=\frac{m+M}{2}\,, \]

\[ \int\limits_a^bg(x)\,dx\gt 0. \]

\[ \mu:=\frac{\displaystyle\int\limits_a^bf(x)g(x)\,dx}{\displaystyle\int\limits_a^bg(x)\,dx} \quad\mbox{mit}\quad \mu\in[m,M] \]

Damit ist der Satz bewiesen.\( \qquad\Box \)

Nach Voraussetzung sind \( f,g\colon[a,b]\to\mathbb R \) Riemannintegrierbar auf \( [a,b]. \) Zu \( \varepsilon\gt 0 \) existieren also

\[ \overline S(f,{\mathcal Z}_f)-\underline S(f,{\mathcal Z}_f)\lt\frac{\varepsilon}{2L} \]

\[ \overline S(g,{\mathcal Z}_g)-\underline S(g,{\mathcal Z}_g)\lt\frac{\varepsilon}{2L}\,. \] Wir betrachten nun die zusammengesetzte Zerlegung \( {\mathcal Z}:={\mathcal Z}_f\cup{\mathcal Z}_g, \) und zwar \[ {\mathcal Z}\,:\,a=x_0\lt x_1\lt x_2\lt\ldots\lt x_N=b,\quad N\in\mathbb N. \] Dann gelten zunächst, da \( {\mathcal Z} \) eine Verfeinerung von \( {\mathcal Z}_f \) und \( {\mathcal Z}_g \) ist, \[ \begin{array}{l} \underline S(f,{\mathcal Z}_f) \le\underline S(f,{\mathcal Z}) \le\overline S(f,{\mathcal Z}) \le\overline S(f,{\mathcal Z}_f), \\ \underline S(g,{\mathcal Z}_g) \le\underline S(g,{\mathcal Z}) \le\overline S(g,{\mathcal Z}) \le\overline S(g,{\mathcal Z}_g). \end{array} \] Es folgen \[ \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\lt\frac{\varepsilon}{2L}\,,\quad \overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\lt\frac{\varepsilon}{2L}\,. \] Wir setzen \( I_k:=[x_{k-1},x_k]. \) Für beliebige \( x,x'\in I_k \) schätzen wir wie folgt ab \[ \begin{array}{lll} h(x)-h(x')\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle H(f(x),g(x))-H(f(x'),g(x')) \\ & \le & \negthickspace\displaystyle |H(f(x),g(x))-H(f(x'),g(x'))| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \le\,L|f(x)-f(x')|+L|g(x)-g(x')| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle L\cdot\left(\,\sup_{x\in I_k}f(x)-\inf_{x\in I}f(x)\right) +L\cdot\left(\,\sup_{x\in I_k}g(x)-\inf_{x\in I_k}g(x)\right). \end{array} \] Da diese Ungleichung für alle \( x,x'\in I_k \) richtig ist, folgt für alle \( k=1,2,\ldots,N \) \[ \sup_{x\in I_k}h(x)-\inf_{x\in I_k}h(x) \le L\cdot\left(\,\sup_{x\in I_k}f(x)-\inf_{x\in I}f(x)\right)+L\cdot\left(\,\sup_{x\in I_k}g(x)-\inf_{x\in I_k}g(x)\right) \] bzw. \[ \begin{array}{l} \displaystyle \sup_{x\in I_k}h(x)\cdot(x_k-x_{k-1})-\inf_{x\in I_k}h(x)\cdot(x_k-x_{k-1}) \\ \qquad\displaystyle \le\,L\cdot\left(\sup_{x\in I_k}f(x)-\inf_{x\in I}f(x)\right)(x_k-x_{k-1}) +L\cdot\left(\sup_{x\in I_k}g(x)-\inf_{x\in I_k}g(x)\right)(x_k-x_{k-1}). \end{array} \] Wir addieren diese \( N \) Abschätzungen und erhalten \[ \begin{array}{l} \displaystyle \sum_{k=1}^N\sup_{x\in I_k}h(x)\cdot(x_k-x_{k-1})-\sum_{k=1}^N\inf_{x\in I_k}h(x)\cdot(x_k-x_{k-1}) \\ \qquad\displaystyle \le\,L\cdot\left\{\sum_{k=1}^N\sup_{x\in I_k}f(x)\cdot(x_k-x_{k-1})-\sum_{k=1}^N\inf_{x\in I_k}f(x)\cdot(x_k-x_{k-1})\right\} \\ \qquad\quad\displaystyle +\,L\cdot\left\{\sum_{k=1}^N\sup_{x\in I_k}f(x)\cdot(x_k-x_{k-1})-\sum_{k=1}^N\inf_{x\in I_k}f(x)\cdot(x_k-x_{k-1})\right\} \end{array} \] bzw. nach Definition der Unter- und Obersummen \[ \overline S(h,{\mathcal Z})-\underline S(h,{\mathcal Z}) \le L\cdot\Big\{\overline S(f,{\mathcal Z})-\underline S(f,{\mathcal Z})\Big\} +L\cdot\Big\{\overline S(g,{\mathcal Z})-\underline S(g,{\mathcal Z})\Big\} \] und damit \[ \overline S(h,{\mathcal Z})-\underline S(h,{\mathcal Z}) \lt L\cdot\frac{\varepsilon}{2L}+L\cdot\frac{\varepsilon}{2L} =\varepsilon. \] Das Darbouxsche Integrabilitätskriterium beweist die Behauptung.\( \qquad\Box \)

Wir zeigen nun (ii) und (iii).

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Seien \( 0\le x\lt y\lt 1. \) Dann existieren natürliche Zahlen \( m,n\in\mathbb N \) mit \( m\lt n \) und \[ x\lt q_m\lt y\lt q_n\,. \] Also ist \[ \sum_{i\,:\,q_i\lt x}\frac{1}{2^i}\le\sum_{i\,:\,q_i\lt y}\frac{1}{2^i}\,, \] d.h. \( f(x) \) ist monoton wachsend und nach Paragraph 8.4.1 Riemannintegrierbar auf \( [0,1].\qquad\Box \)

Wegen \[ |a^k\cos(2\pi b^kx)|\le a^k \] mit \( a\in(0,1) \) erhalten wir die geometrische Reihe \[ \sum_{k=0}^\infty a^k=\frac{1}{1-a} \] als Majorante an \( f(x). \) Nach dem Weierstraßschen Majorantentest ist \( f(x) \) also stetig auf \( [0,1]. \) Die Restriktion \( ab\ge 1 \) spielt für unsere Aufgabe eigentlich keine Rolle, sondern wird erst beim Nachweis der Nirgends-Differenzierbarkeit der Funktion wichtig.\( \qquad\Box \)

Wegen \( f(x)\ge 0 \) auf \( [a,b] \) gilt zunächst nach Paragraph 8.2.2 \[ \int\limits_a^bf(x)\,dx\ge 0. \] Es gelte nun weiter \[ f(x_0)=:\eta\ge 0. \] Ohne Einschränkung nehmen wir \( x_0\in(a,b) \) an. Auf Grund der Stetigkeit von \( f(x) \) existiert ein \( \delta\gt 0 \) hinreichend klein mit \[ f(x)\ge\frac{\eta}{2}\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b]\ \mbox{mit}\ x\in[x_0-\delta,x_0+\delta] \] und \( [x_0-\delta,x_0+\delta]\subset[a,b]. \) Wie in Aufgabe 8.1.10 überzeugt man sich dann von \[ \int\limits_a^bf(x)\,dx =\int\limits_a^{x_0+\delta}f(x)\,dx+\int\limits_{x_0-\delta}^{x_0+\delta}f(x)\,dx+\int\limits_{x_0+\delta}^bf(x)\,dx. \] Mit Paragraph 8.2.1 und Paragraph 8.2.2 schätzen wir weiter ab \[ \int\limits_a^bf(x)\,dx \ge 0+\int\limits_{x_0-\delta}^{x_0+\delta}f(x)\,dx+0 \ge \int\limits_{x_0-\delta}^{x_0+\delta}\frac{\eta}{2}\,dx =\frac{\eta}{2}\,\int\limits_{x_0-\delta}^{x_0+\delta}dx =\frac{\eta\delta_0}{2} \gt 0. \] Die Fälle \( x_0=a \) und \( x_0=b \) folgen analog. Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Angenommen, es existiert ein Punkt \( x_0\in[a,b] \) mit \( f(x_0)\gt 0. \) Ohne Einschränkung nehmen wir \( x_0\in(a,b) \) an, die Fälle \( x_0=a \) und \( x_0=b \) behandelt man analog. Da \( f(x) \) stetig ist, folgt \[ f(x)\gt 0\quad\mbox{für alle}\ x\in[x_0-\delta,x_0+\delta] \] mit hinreichend kleinem \( \delta\gt 0, \) so dass \( [x_0-\delta,x_0+\delta]\subset[a,b]. \) Wir setzen zur Abkürzung \( \alpha:=x_0-\delta \) und \( \beta:=x_0+\delta \) und betrachten die stetige Funktion \[ g(x) :=\left\{ \begin{array}{cl} (x-\alpha)(\beta-x), & \mbox{falls}\ x\in[\alpha,\beta] \\ 0, & \mbox{falls}\ x\in[a,b]\setminus[\alpha,\beta] \end{array} \right. \] mit \( g(\alpha)=g(\beta)=0. \) Wir ermitteln \[ \int\limits_a^bf(x)g(x)\,dx =\int\limits_\alpha^\beta f(x)(x-\alpha)(\beta-x)\,dx, \gt 0. \] da der Integrand in \( (\alpha,\beta) \) positiv ist. Dieser Widerspruch beweist die Behauptung.\( \qquad\Box \)

Zunächst sind \[ f(0)=a_1+a_2+a_3+a_4+\ldots\,,\quad f(\pi)=-a_1+a_2-a_3+a_4-\ldots, \] d.h. die Behauptung folgt nicht aus dem Zwischenwertsatz für stetige Funktionen, da die Vorzeichen von \( f(0) \) und \( f(\pi) \) nicht bekannt sind. Wir wenden daher den klassischen Mittelwertsatz der Integralrechnung an und erhalten \[ \int\limits_0^\pi f(x)\,dx =\int\limits_0^\pi\sum_{k=1}^na_k\cos(kx) =\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k}\,\sin(kx)\,\Big|_{x=0}^{x=\pi} =0, \] da auf der rechten Seite jeder Summand verschwindet. Also verschwindet \( f(x) \) entweder bereits in einem Randpunkt, und falls nicht, so sichert der klassische Mittelwertsatz der Integralrechnung die Existenz einer Nullstelle im Innern \( (a,b).\qquad\Box \)

Auf dem Kompaktum \( [a,b]\subset\mathbb R \) nimmt die stetige Funktion \( f(x) \) ihr Minimum \( m\in\mathbb R \) und ihr Maximum \( M\in\mathbb R \) an, d.h. es existierten \( x_{min},x_{max}\in[a,b] \) mit \[ f(x_{min})=m,\quad f(x_{max})=M. \] Nach dem Zwischenwertsatz existiert also ein \( \xi\in[a,b] \) mit \( f(\xi)=\mu.\qquad\Box \)

Zunächst zur Lipschitzstetigkeit der Funktionen \( H(x,y): \)

\[ |H(x,y)-H(x',y')| =|x+y-x'-y'| \le|x-x'|+|y-y'|, \]

\[ |H(x,y)-H(x',y')| =|\lambda x-\lambda x'| =|\lambda||x-x'|, \]

\[ \begin{array}{lll} |H(x,y)-H(x',y')|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle |xy-x'y'| \,=\,|xy-x'y+x'y-x'y'| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle |y||x-x'|+|x'||y-y'| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \max\{|a|,|b|\}\,|x-x'|+\max\{|a|,|b|\}\,|y-y'|, \end{array} \]

\[ |H(x,y)-H(x',y')| =||x|-|x'|| \le|x-x'| \]

Die Behauptungen unter (i) bis (iv) folgen nun sofort aus dem Satz aus Paragraph 8.4.4.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{2}\,\big(f(x)+g(x)+|f(x)-g(x)|\big) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,\big(f(x)+g(x)+f(x)-g(x)\big) =f(x) =\max\,\{f(x),g(x)\}\,, \end{array} \]

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{2}\,\big(f(x)+g(x)+|f(x)-g(x)|\big) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,\big(f(x)+g(x)-f(x)+g(x)\big) =g(x) =\max\,\{f(x),g(x)\}\,. \end{array} \]

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{2}\,\big(f(x)+g(x)-|f(x)-g(x)\big) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,\big(f(x)+g(x)-f(x)+g(x)\big) =g(x) =\min\,\{f(x),g(x)\}\,, \end{array} \]

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{2}\,\big(f(x)+g(x)-|f(x)-g(x)|\big) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{2}\,\big(f(x)+g(x)+f(x)-g(x)\big) =f(x) =\min\,\{f(x),g(x)\}\,. \end{array} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wir gehen in mehreren Schritten vor.

\[ {\mathcal Z}\,:\,a=x_0\lt x_1\lt x_2\lt\ldots\lt x_N=b,\quad N\in\mathbb N, \]

\[ f(x_i)-f(x_{i-1})=f'(\xi_i)(x_i-x_{i-1}),\quad i=1,\ldots,N. \]

\[ R(f',{\mathcal Z},\xi) =\sum_{i=1}^Nf'(\xi_i)(x_i-x_{i-1}) =\sum_{i=1}^N\{f(x_i)-f(x_{i-1})\} =f(b)-f(a). \]

\[ |f(x)|\le M\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b] \]

\[ |F(x)-F(y)|\le M|x-y|. \]

\[ \begin{array}{l} |F(x)-F(y)|\le\varepsilon \\ \displaystyle\mbox{für alle}\ x,y\in[a,b]\ \mbox{mit}\ |x-y|\le\delta(\varepsilon)=\frac{\varepsilon}{M}\,, \end{array} \]

\[ |f(x)-f(\xi)|\lt\frac{\varepsilon}{2}\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b]\ \mbox{mit}\ |x-\xi|\lt\delta(\varepsilon,\xi). \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \left|\frac{F(x)-F(\xi)}{x-\xi}-f(\xi)\right|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \left|\frac{1}{x-\xi}\,\int\limits_\xi^xf(t)\,dt-f(\xi)\right| \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{|x-\xi|}\,\left|\int\limits_\xi^x\big\{f(t)-f(\xi)\big\}\,dt\right| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{|x-\xi|}\,\int\limits_\xi^x|f(t)-f(\xi)|\,dt \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{|x-\xi|}\cdot\frac{\varepsilon}{2}\cdot|x-\xi| \,=\,\frac{\varepsilon}{2}\,\lt\,\varepsilon. \end{array} \]

Damit ist der Satz vollständig bewiesen.\( \qquad\Box \)

\[ f(x) =\left\{ \begin{array}{cl} -1, & \mbox{falls}\ -1\le x\lt 0 \\ 0, & \mbox{falls}\ x=0 \\ 1, & \mbox{falls}\ 0\lt x\le 1 \end{array} \right.. \]

\[ F(x)=\int\limits_{-1}^xf(t)\,dt=-\int\limits_{-1}^xdt=-x-1. \]

\[ F(x)=\int\limits_{-1}^xf(t)\,dt =-1+\int\limits_0^xdt =-1+x, \]

\[ F(0)=\int\limits_{-1}^0f(t)\,dt=-\,\int\limits_{-1}^0dt=-11. \]

Damit ist alle gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wir lösen die Aufgabe durch direktes Auswerten des Differenzenquotienten. Zunächst haben wir (alle Abbildungen seien wohldefiniert) \[ \begin{array}{lll} F(x+h)-F(x)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_{\varphi(x+h)}^{\psi(x+h)}f(t)\,dt-\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)}f(t)\,dt \\ & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_{\varphi(x+h)}^{\varphi(x)}f(t)\,dt +\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)}f(t)\,dt +\int\limits_{\psi(x)}^{\psi(x+h)}f(t)\,dt -\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)}f(t)\,dt \\ & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_{\varphi(x+h)}^{\varphi(x+h)}f(t)\,dt +\int\limits_{\psi(x)}^{\psi(x+h)}f(t)\,dt \\ & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_{\psi(x)}^{\psi(x+h)}f(t)\,dt -\int\limits_{\varphi(x)}^{\varphi(x+h)}f(t)\,dt. \end{array} \] Nach dem Mittelwertsatz existiert ein \( \xi_h(x)\in[\psi(x),\psi(x+h)] \) mit \[ \int\limits_{\psi(x)}^{\psi(x+h)}f(t)\,dt=f(\xi_h(x))\big\{\psi(x+h)-\psi(x)\big\}\,, \] so dass \[ \lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\,\int\limits_{\psi(x)}^{\psi(x+h)}f(t)\,dt =\lim_{h\to 0}f(\xi_h(x))\,\frac{\psi(x+h)-\psi(x)}{h}\,. \] Nach Voraussetzung sind aber \( f(x) \) stetig und \( \psi(x) \) differenzierbar, so dass nach Grenzübergang folgt \[ \lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\,\int\limits_{\psi(x)}^{\psi(x+h)}f(t)\,dt=f(\psi(x))\psi'(x). \] Entsprechend sehen wir ein \[ \lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\,\int\limits_{\varphi(x)}^{\varphi(x+h)}f(t)\,dt=f(\varphi(x))\varphi'(x) \] und damit auch \[ F'(x) =\lim_{h\to 0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h} =f(\psi(x))\psi'(x)-f(\varphi(x))\varphi'(x). \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

\[ F'(x)=\cos x. \]

\[ F'(x)=2\sin 2x. \]

\[ F'(x)=3x^2\sin^3x^3-\sin^3x. \]

\[ F'(x)=\int\limits_8^x\frac{dt}{1+t^2+\sin^2t}\,. \] Damit sind alle Integrale berechnet.\( \qquad\Box \)

\[ g(0) =\int\limits_0^0f(t)\,dt+\int\limits_0^{f(0)}f^{-1}(t)\,dt-0\cdot f(0) =0, \]

\[ \begin{array}{lll} g'(x)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle f(x)+f^{-1}(f(x))f'(x)-f(x)-xf'(x) \\ & = & \negthickspace\displaystyle f(x)+xf'(x)-f(x)-xf'(x) \,=\,0. \end{array} \]

\[ xf(x)=\int\limits_0^xf(t)\,dt+\int\limits_0^{f(x)}f^{-1}(t)\,dt. \]

\[ \begin{array}{lll} af(a)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_0^af(t)\,dt+\int\limits_0^{f(a)}f^{-1}(t)\,dt \\ & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_0^af(t)\,dt+\int\limits_0^bf^{-1}(t)\,dt+\int\limits_b^{f(a)}f^{-1}(t)\,dt, \end{array} \]

\[ \int\limits_b^{f(a)}f^{-1}(t)\,dt\le f^{-1}(f(a))\,\big\{f(a)-b\big\}=a\,\big\{f(a)-b\big\}\,. \]

\[ af(a) \le\int\limits_0^af(t)\,dt+\int\limits_0^bf^{-1}(t)\,dt+a\,\big\{f(a)-b\big\}\,, \]

\[ ab=af(a)-af(a)+ab\le\int\limits_0^af(t)\,dt+\int\limits_0^bf^{-1}(t)\,dt. \]

\[ f(x):=x^{p-1}\,,\quad x\in[0,a], \]

\[ p-1=1+\frac{p}{q}-1=\frac{p}{q} \]

\[ f^{-1}(x)=x^\frac{1}{p-1}=x^\frac{q}{p}\,. \]

\[ \int\limits_0^af(x)\,dx =\int\limits_0^ax^{p-1}\,dx =\frac{1}{p}\,x^p\,\Big|_{x=0}^{x=a} =\frac{a^p}{p} \]

\[ \int\limits_0^bf^{-1}(x)\,dx =\int\limits_0^bx^\frac{q}{p}\,dx =\frac{1}{1+\frac{q}{p}}\,x^{1+\frac{q}{p}}\,\Big|_{x=0}^{x=b} =\frac{1}{q}\,x^q\,\Big|_{x=0}^{x=b} =\frac{b^q}{q} \]

\[ 1+\frac{q}{p}=1+q-1=q. \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Es ist \[ \frac{d}{dx}\,\ln f(x)=\frac{f'(x)}{f(x)}\,. \] Nach dem Fundamentalsatz aus Paragraph 8.5.1 ist also \[ \int\limits_a^b\frac{f'(x)}{f(x)}\,dx =\int\limits_a^b\frac{d}{dx}\,\ln f(x)\,dx =\ln f(b)-\ln f(a) =\ln\frac{f(b)}{f(a)}\,. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Nach dem Fundamentalsatz ist unter den gegebenen Voraussetzungen \[ F(x):=\int\limits_a^xf(t)\,dt,\quad x\in[a,b], \] differenzierbar mit \( F'(x)=f(x). \) Damit stellt \( F(x) \) eine Stammfunktion von \( f(x) \) dar.\( \qquad\Box \)

Angenommen, es existiert eine Funktion \( F\colon[-1,1]\to\mathbb R \) mit \( F'(x)=f(x). \) Mit Konstanten \( c_1,c_2\in\mathbb R \) schließen wir dann zunächst auf \[ F(x)=c_1\quad\mbox{für alle}\ x\in[-1,0) \] sowie \[ F(x)=x+c_2\quad\mbox{für alle}\ x\in[0,1]. \] Aus der Differenzierbarkeit von \( F(x) \) folgt auch deren Stetigkeit, d.h. nach Auswerten der Funktion in \( x=0 \) folgt \( c_1=c_2. \) Das steht aber im Widerspruch zur Differenzierbarkeit in \( x_0=0, \) denn \[ \lim_{x\uparrow 0,\ x\not=0}\frac{F(x)-F(0)}{x-0} =\lim_{x\uparrow 0,\ x\not=0}\frac{c_1-c_1}{x} =\lim_{x\uparrow 0,\ x\not=0}\frac{0}{x} =\lim_{x\uparrow 0,\ x\not=0}0 =0 \] und \[ \lim_{x\downarrow 0,\ x\not=0}\frac{F(x)-F(0)}{x-0} =\lim_{x\downarrow 0,\ x\not=0}\frac{x+c_1-c_1}{x} =\lim_{x\downarrow 0,\ x\not=0}\frac{x}{x} =\lim_{x\downarrow 0,\ x\not=0}1 =1. \] Also besitzt \( f(x) \) keine Stammfunktion.\( \qquad\Box \)

Nach Aufgabe 8.2.9 stellt \[ F(x) :=\left\{ \begin{array}{cl} \displaystyle x\sqrt{x}\,\sin\frac{1}{x}\,, & \mbox{falls}\ x\gt 0 \\ 0, & \mbox{falls}\ x=0 \end{array} \right. \] eine Stammfunktion von \( f(x) \) dar, d.h. es gilt \( F'(x)=f(x). \) Nach dergleichen Aufgabe ist \( f(x) \) aber nicht Riemannintegrierbar auf \( [0,1].\qquad\Box \)

Es ist zunächst \[ f(x) =\left\{ \begin{array}{cl} \sqrt{x}\,, & \mbox{falls}\ x\in[0,1) \\ x^2\,, & \mbox{falls}\ x\in[1,2] \end{array} \right. \] Es ist \( f(x) \) auf \( [0,2] \) stetig und besitzt daher nach Aufgabe 8.5.6 eine Stammfunktion. Eine solche Stammfunktion \( F(x) \) genügt \[ F'(x)=\sqrt{x}\quad\mbox{bzw.}\quad F(x)=\frac{2}{3}\,x^\frac{3}{2}+c_1\quad\mbox{in}\ [0,1) \] sowie \[ F'(x)=x^2\quad\mbox{bzw.}\quad F(x)=\frac{1}{3}\,x^3+c_2\quad\mbox{in}\ [1,2]. \] Da \( F(x) \) als differenzierbare Funktion auf \( [0,2] \) stetig ist, folgt \[ \frac{2}{3}\cdot 1+c_1=\frac{1}{3}\cdot 1+c_2 \quad\mbox{bzw.}\quad c_2=\frac{1}{3}+c_1\,. \] Zusammenfassend erhalten wir als Stammfunktion \[ F(x) =\left\{ \begin{array}{cl} \displaystyle \frac{2}{3}\,x^\frac{3}{2}+c, & \mbox{falls}\ x\in[0,1) \\ \displaystyle \frac{1}{3}\,x^3+\frac{1}{3}+c, & \mbox{falls}\ x\in[1,2] \end{array} \right.,\qquad c\in\mathbb R. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \frac{d}{dx}\left(\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C\right)=x^\alpha\,. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(\ln x+C\big)=\frac{1}{x}\,,\quad x\gt 0. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(e^x+C\big)=e^x\,. \]

\[ \frac{d}{dx}\left(\frac{a^x}{\ln a}+C\right)=\frac{\ln a\cdot a^x}{\ln a}=a^x\,. \] Damit sind alle Integrale verifiziert.\( \qquad\Box \)

\[ \frac{d}{dx}\,\big(-\cos x+C)=\sin x. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(\sin x+C)=\cos x. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(\tan x+C\big) =\frac{d}{dx}\,\frac{\sin x}{\cos x} =\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x} =\frac{1}{\cos^2x}\,. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(-\cot x+C) =-\,\frac{d}{dx}\,\frac{\cos x}{\sin x} =-\,\frac{-\sin^2x-\cos^2x}{\sin^2x} =\frac{1}{\sin^2x}\,. \] Damit sind alle Integrale verifiziert.\( \qquad\Box \)

\[ \frac{d}{dx}\,\big(\cosh x+C) =\sinh x. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(\sinh x+C) =\cosh x. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(\tanh x+C) =\frac{d}{dx}\,\frac{\sinh x}{\cosh x} =\frac{\cosh^2x-\sinh^2x}{\cosh^2x} =\frac{1}{\cosh^2x}\,. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(-\coth x+C) =-\,\frac{d}{dx}\,\frac{\cosh x}{\sinh x} =-\,\frac{\sinh^2x-\cosh^2x}{\sinh^2x} =\frac{1}{\sinh^2x}\,. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(\arcsin x+C\big) =\frac{1}{\cos(\arcsin x)} =\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2(\arcsin x)}} =\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(-\arccos x+C\big) =\frac{1}{\sin(\arccos x)} =\frac{1}{\sqrt{1-\cos^2(\arccos x)}} =\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(\arctan x+C) =\cos^2(\arctan x). \]

\[ 1=\sin^2x+\cos^2x=\left(\frac{\sin^2x}{\cos^2x}+1\right)\cos^2x=\big(\tan^2x+1\big)\cos^2x \]

\[ \cos^2x=\frac{1}{1+\tan^2x} \]

\[ \big(\arctan x+C)' =\cos^2(\arctan x) =\frac{1}{1+\tan^2(\arctan x)} =\frac{1}{1+x^2}\,. \]

\[ \arcsin x=-\arccos x+\mbox{const.} \]

\[ \frac{d}{dx}\,\big(\mbox{arccot}\,x+C\big) =-\sin^2(\mbox{arccot}\,x). \]

\[ 1=\sin^2x+\cos^2x=\left(1+\frac{\cos^2x}{\sin^2x}\right)\sin^2x=\big(1+\cot x\big)\sin^2x \]

\[ \sin^2x=\frac{1}{1+\cot^2x} \]

\[ \big(\mbox{arccot}\,x+C)' =\sin^2(\mbox{arccot}\,x) =\frac{1}{1+\cot^2(\mbox{arccot}\,x)} =\frac{1}{1+x^2}\,. \]

\[ \arctan x=-\mbox{arccot}\,x+\mbox{const.} \] Damit sind alle Integral verifiziert.\( \qquad\Box \)

\[ \frac{d}{dx}\,\mbox{artanh}\,x=\cosh^2(\mbox{artanh}\,x). \]

\[ 1=\cosh^2x-\sinh^2x =\left(1-\frac{\sinh^2x}{\cosh^2x}\right)\cosh^2 =(1-\tanh^2x)\cosh^2x \]

\[ \cosh^2(\mbox{arthan}\,x) =\frac{1}{1-\tanh^2(\mbox{artanh}\,x)} =\frac{1}{1-x^2}\,. \]

\[ \int\frac{dx}{1-x^2}=\mbox{artanh}\,x+C,\quad|x|\lt 1. \]

\[ \begin{array}{lll} e^{2x}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{e^x}{e^{-x}} \,=\,\frac{e^x+e^x}{e^{-x}+e^{-x}} \,=\,\frac{e^x+e^{-x}+e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}+e^x-e^{-x}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{\cosh x+\sinh x}{\cosh x-\sinh x} \,=\,\frac{1+\frac{\sinh x}{\cosh x}}{1-\frac{\sinh x}{\cosh x}} \,=\,\frac{1+\tanh x}{1-\tanh x} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1+y}{1-y} \end{array} \]

\[ x=\frac{1}{2}\,\ln\frac{1+y}{1-y}\,,\quad|y|\lt 1. \]

\[ \mbox{artanh}\,x=\frac{1}{2}\,\ln\frac{1+x}{1-x}\,,\quad|x|\lt 1. \]

\[ \frac{d}{dx}\,\mbox{arcoth}\,x=-\sinh^2(\mbox{arcoth}\,x). \]

\[ 1=\cosh^2x-\sinh^2x =\left(\frac{\cosh^2x}{\sinh^2x}\right)\sinh^2 =(\coth^2x-1)\sinh^2x \]

\[ -\sinh^2(\mbox{arcoth}\,x) =-\,\frac{1}{\coth^2(\mbox{arcoth}\,x-1)} =\frac{1}{1-x^2}\,. \]

\[ \int\frac{dx}{1-x^2-1}=\mbox{arcoth}\,x+C,\quad|x|\gt 1. \]

\[ e^{2x} =\frac{\cosh x+\sinh x}{\cosh x-\sinh x} =\frac{\coth x+1}{\coth x-1} =\frac{y+1}{y-1} \]

\[ x=\frac{1}{2}\,\ln\frac{y+1}{y-1}\,,\quad|y|\gt 1. \]

\[ \mbox{arcoth}\,x=\frac{1}{2}\,\ln\frac{x+1}{x-1}\,,\quad|x|\gt 1. \] Damit sind alle Integrale verifiziert.\( \qquad\Box \)

\[ \int\limits_{-1}^3x\,dx =\frac{x^2}{2}\,\Big|_{x=-1}^{x=3} =\frac{9}{2}-\frac{1}{2} =\frac{8}{2} =4. \]

\[ \int\limits_0^2(x^3+2x)\,dx =\int\limits_0^2x^3\,dx+2\int\limits_0^2x\,dx =\frac{x^4}{4}\,\Big|_{x=0}^{x=2}+2\,\frac{x^2}{2}\,\Big|_{x=0}^{x=2} =\frac{16}{4}+4 =8. \]

\[ \int\limits_0^1x\sqrt{x}\,dx =\int\limits_0^1x^\frac{3}{2}\,dx =\frac{2x^\frac{5}{2}}{5}\,\Big|_{x=0}^{x=1} =\frac{2}{5}\,. \]

\[ \int\limits_1^2\frac{dx}{2x} =\frac{1}{2}\,\ln x\,\Big|_{x=1}^{x=2} =\frac{1}{2}\,\ln 2-\frac{1}{2}\,\ln 1 =\frac{1}{2}\,\ln 2. \] Damit sind alle bestimmten Integrale ermittelt.\( \qquad\Box \)

\[ \int\limits_0^\pi\cos x\,dx =\sin x\,\Big|_{x=0}^{x=\pi} =\sin\pi-\sin 0 =0. \]

\[ \int\limits_0^3\sinh x\,dx =\cosh x\,\Big|_{x=0}^{x=3} =\cosh 3-\cosh 0 =\cosh 3-1. \]

\[ \int\limits_0^2\frac{3e^x}{2}\,dx =\frac{3}{2}\,\int\limits_0^2e^x\,dx =\frac{3}{2}\,e^x\,\Big|_{x=0}^{x=2} =\frac{3}{2}\,(e^2-e^0) =\frac{3}{2}\,(e^2-1). \]

\[ \int\limits_1^22^x\,dx =\frac{2^x}{\ln 2}\,\Big|_{x=1}^{x=2} =\frac{2^2}{\ln 2}-\frac{2}{\ln 2} =\frac{2}{\ln 2}\,. \] Damit sind alle bestimmten Integrale ermittelt.\( \qquad\Box \)

Wir gehen in zwei Schritten vor.

\[ \frac{d}{dx}\,f(x)g(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x). \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_a^bf(x)g'(x)\,dx+\int\limits_a^bf'(x)g(x)\,dx & = & \displaystyle \int\limits_a^b\frac{d}{dx}\,\big[f(x)g(x)\big]\,dx \\ & = & \displaystyle f(b)g(b)-f(a)g(a). \end{array} \] Damit ist der Satz bewiesen.\( \qquad\Box \)

Wir setzen \[ F(x):=\int\limits_a^xf(t)\,dt,\quad H(x^*):=\int\limits_{a^*}^{x^*}f(\varphi(\tau))\varphi'(\tau)\,d\tau. \] Nach Voraussetzung sind beide Integranden stetig, weshalb \( F(x) \) und \( H(x^*) \) differenzierbar sind. Also ist auch \( F\circ\varphi(x^*) \) bez. \( x^* \) differenzierbar, und es gilt \[ \frac{d}{dx^*}\,F\circ\varphi(x^*) =\frac{dF(\varphi(x^*))}{dx}\,\frac{d\varphi(x^*)}{dx^*} =f(\varphi(x^*))\,\frac{d\varphi(x^*)}{dx^*} =\frac{dH(x^*)}{dx^*}\,. \] Daher folgt mit einer noch zu bestimmenden Integrationskonstante \( C\in\mathbb R \) \[ F\circ\varphi(x^*)=H(x^*)+C. \] Insbesondere ist dann wegen \( F(a)=0, \) \( H(a^*)=0 \) \[ 0=F(a)=F(\varphi(a^*))=F\circ\varphi(a^*)=H(a^*)+C=0+C, \] d.h. es ist \( C=0. \) Jetzt schließen wir \[ \int\limits_a^bf(x)\,dx =F(b) =F\circ\varphi(b^*) =H(b^*) =\int\limits_{a^*}^{b^*}f(\varphi(\tau))\varphi'(\tau)\,d\tau, \] was den Satz beweist.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^1xe^x\,dx & = & \displaystyle xe^x\,\Big|_{x=0}^{x=1}-\int\limits_0^1e^x\,dx \\ & = & \displaystyle e-e^x\,\Big|_{x=0}^{x=1} \,=\,e-e+1 \,=\,1. \end{array} \]

\[ \int\limits_0^1x^2e^x\,dx =x^2e^x\,\Big|_{x=0}^{x=1}-2\int\limits_0^1xe^x\,dx =e-2. \]

\[ \int\limits_0^1x^3e^x\,dx =x^3e^x\,\Big|_{x=0}^{x_01}-3\int\limits_0^1x^2e^x\,dx =e-3(e-2) =6-2e. \] Damit sind alle Integrale berechnet.\( \qquad\Box \)

\[ \int\limits_1^2\ln x\,dx =\int\limits_1^21\cdot\ln x\,dx =x\ln x\,\Big|_1^2-\int\limits_1^2x\cdot\frac{1}{x}\,dx =2\ln 2-\int\limits_1^2dx =2\ln 2-1. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_1^2x\ln x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{x^2}{2}\,\ln x\,\Big|_1^2-\frac{1}{2}\,\int\limits_1^2x^2\cdot\frac{1}{x}\,dx \,=\,2\ln 2-\frac{1}{2}\,\int\limits_1^2x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle 2\ln 2-\frac{x^2}{4}\,\Big|_1^2 \,=\,2\ln 2-\frac{3}{4} \,=\,\ln 4-\frac{3}{4}\,. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_1^2x^2\ln x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{x^3}{3}\,\ln x\,\Big|_1^2-\int\limits_1^2\frac{x^3}{3}\cdot\frac{1}{x}\,dx \,=\,\frac{8}{3}\,\ln 2-\frac{1}{3}\,\int\limits_1^2x^2\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{8}{3}\,\ln 2-\frac{x^3}{9}\,\Big|_1^2 \,=\,\frac{8}{3}\,\ln 2-\frac{7}{9}\,. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_1^2\ln^2x\,dx & = & \negthickspace\displaystyle (x\ln x-x)\ln x\,\Big|_1^2-\int\limits_1^2\frac{1}{x}\cdot(x\ln x-x)\,dx \\ & = & \displaystyle 2\ln^22-2\ln 2-\int\limits_1^2\ln x\,dx+\int\limits_1^2dx \\ & = & \displaystyle 2\ln^22-2\ln 2-(x\ln x-x)\,\Big|_1^2+1 \\ & = & \displaystyle 2\ln^22-4\ln 2+2 \\ & = & \displaystyle 2(\ln 2-1)^2\,. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_1^2\ln^3x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle (x\ln x-x)\ln^2x\,\Big|_1^2-\int\limits_1^22\ln x\cdot\frac{1}{x}\cdot(x\ln x-x)\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle (2\ln 2-2)\ln^22-2\int\limits_1^2\ln x(\ln x-1)\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle (2\ln 2-2)\ln^22-2\int\limits_1^2\ln^2x\,dx+2\int\limits_1^2\ln x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle (2\ln 2-2)\ln^22-2\cdot 2(\ln 2-1)^2+2\cdot(x\ln x-x)\,\Big|_1^2 \\ & = & \negthickspace\displaystyle 2\ln^32-6\ln^22+12\ln 2-6. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_1^2x\ln^2x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle x(x\ln^2x-2x\ln x+2x)\,\Big|_1^2-\int\limits_1^2(x\ln^2x-2x\ln x+2x)\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle (4\ln^22-8\ln 2+4)-\int\limits_1^2x\ln^2x\,dx+2\int\limits_1^2x\ln x\,dx-2\int\limits_1^2x\,dx \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_1^2x\ln^2x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,(4\ln^22-8\ln 2+4)+\int\limits_1^2x\ln x\,dx-\int\limits_1^2x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,(4\ln^22-8\ln 2+4)+2\ln 2-\frac{3}{4}-\frac{3}{2} \\ & = & \negthickspace\displaystyle 2\ln^22-2\ln 2+\frac{3}{4}\,. \end{array} \]

\[ \int\limits_0^\pi x\sin x\,dx =-x\cos x\,\Big|_0^\pi+\int\limits_0^\pi\cos x\,dx =-\pi\cos\pi+\sin x\,\Big|_0^\pi \]

\[ \int x\sin x\,dx=\sin x-x\cos x,\quad \int x\cos x\,dx=\cos x+x\sin x. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\pi x^2\sin x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle x(\sin x-x\cos x)\,\Big|_0^\pi-\int\limits_0^\pi(\sin x-x\cos x)\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle \pi^2-\int\limits_0^\pi\sin x\,dx+\int\limits_0^\pi x\cos x\,dx \\ & = & \pi^2+\cos x\,\Big|_0^\pi+(\cos x+x\sin x)\,\Big|_0^\pi \\ & = & \pi^2-4. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\pi e^x\sin x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle e^x\sin x\,\Big|_0^\pi-\int\limits_0^\pi e^x\cos x\,dx \,=\,-\int\limits_0^\pi e^x\cos x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle -e^x\cos x\,\Big|_0^\pi-\int\limits_0^\pi e^x\sin x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle -e^\pi\cos\pi+e^0\cos 0-\int\limits_0^\pi e^x\sin x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle e^\pi+1-\int\limits_0^\pi e^x\sin x\,dx \end{array} \] bzw. nach Umstellen \[ \int\limits_0^\pi e^x\sin x\,dx=\frac{1+e^\pi}{2}\,. \]

\[ \int e^x\sin x\,dx=\frac{e^x}{2}\,(\sin x-\cos x) \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{e^x}{2}\,(\sin x-\cos x)\cos x\,\Big|_0^\pi+\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x(\sin x-\cos x)\sin x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,(1-e^\pi)+\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin^2x\,dx-\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx \end{array} \]

\[ \int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx=\frac{1}{3}\,(1-e^\pi)+\frac{1}{3}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin^2x\,dx. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\pi e^x\sin^2x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{e^x}{2}\,(\sin x-\cos x)\sin x\,\Big|_0^\pi-\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x(\sin x-\cos x)\cos x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle -\,\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx+\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\cos^2x\,dx. \end{array} \]

\[ \int\limits_0^\pi e^x\cos x\,dx=\frac{e^x}{2}\,(\sin x+\cos x) \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\pi e^x\cos^2x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{e^x}{2}\,(\sin x+\cos x)\cos x\,\Big|_0^\pi+\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x(\sin x+\cos x)\sin x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,(e^\pi-1)+\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin^2\,dx+\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\pi e^x\sin^2x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle -\,\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx+\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\cos^2x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle -\,\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx+\frac{1}{4}\,(e^\pi-1) \\ & & \negthickspace\displaystyle +\,\frac{1}{4}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin^2x\,dx+\frac{1}{4}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle -\,\frac{1}{4}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx +\frac{1}{4}\,(e^\pi-1)+\frac{1}{4}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin^2x\,x \end{array} \]

\[ \int\limits_0^\pi e^x\sin^2x\,dx=-\,\frac{1}{3}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx+\frac{1}{3}\,(e^\pi-1). \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{3}\,(1-e^\pi)+\frac{1}{2}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin^2x\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{3}\,(1-e^\pi)-\frac{1}{9}\,\int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx+\frac{1}{9}\,(e^\pi -1). \end{array} \]

\[ \int\limits_0^\pi e^x\sin x\cos x\,dx=\frac{1}{5}\,(1-e^\pi). \] Damit sind alle Integrale berechnet.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\sin^nx\,dx & = & \displaystyle \int\sin^{n-1}x\cdot\sin x\,dx \\ & = & \displaystyle -\,\sin^{n-1}x\cdot\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\cdot\cos^2x\,dx \\ & = & \displaystyle -\,\sin^{n-1}x\cdot\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\cdot(1-\sin^2x)\,dx \\ & = & \displaystyle -\,\sin^{n-1}x\cdot\cos x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\,dx-(n-1)\int\sin^nx\,dx \end{array} \]

\[ \int\sin^x\,dx=-\,\frac{1}{n}\,\sin^{n-1} x\cdot\cos x+\frac{n-1}{n}\,\int\sin^{n-2}x\,dx. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\cos^nx\,dx & = & \displaystyle \int\cos^{n-1}x\cdot\cos x\,dx \\ & = & \displaystyle \cos^{n-1}x\cdot\sin x+(n-1)\int\cos^{n-2}x\cdot\sin^2x\,dx \\ & = & \displaystyle \cos^{n-1}x\cdot\sin x+(n-1)\int\cos^{n-2}x\cdot(1-\cos^2x)\,dx \\ & = & \displaystyle \cos^{n-1}x\cdot\sin x+(n-1)\int\cos^{n-2}x\,dx-(n-1)\int\cos^nx\,dx \end{array} \]

\[ \int\cos^nx\,dx =\frac{1}{n}\,\cos^{n-1}x\cdot\sin x+\frac{n-1}{n}\,\int\cos^{n-2}x\,dx. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\sinh^nx\,dx & = & \displaystyle \int\sinh^{n-1}x\sinh x\,dx \\ & = & \displaystyle \sinh^{n-1}x\cosh x-(n-1)\int\sinh^{n-2}x\cosh^2x\,dx \\ & = & \displaystyle \sinh^{n-1}x\cosh x-(n-1)\int\sinh^{n-2}x(1+\sinh^2x)\,dx \\ & = & \displaystyle \sinh^{n-1}x\cosh x-(n-1)\int\sinh^{n-2}x\,dx-(n-1)\int\sinh^nx\,dx \end{array} \]

\[ \int\sinh^nx\,dx=\frac{1}{n}\,\sinh^{n-1}x\cosh x-\frac{n-1}{n}\,\int\sinh^{n-2}x\,dx. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\cosh^nx\,dx & = & \displaystyle \int\cosh^{n-1}x\cosh x\,dx \\ & = & \displaystyle \cosh^{n-1}x\sinh x-(n-1)\int\cosh^{n-2}x\sinh^2x\,dx \\ & = & \displaystyle \cosh^{n-1}x\sinh x-(n-1)\int\cosh^{n-2}x(\cosh^2x-1)\,dx \\ & = & \displaystyle \cosh^{n-1}x\sinh x-(n-1)\int\cosh^nx\,dx-(n-1)\int\cosh^{n-1}x\,dx \end{array} \]

\[ \int\cosh^nx\,dx=\frac{1}{n}\,\cosh^{n-1}x\sinh x+\frac{n-1}{n}\,\int\cosh^{n-2}x\,dx. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\ln^nx\,dx & = & \displaystyle \int 1\cdot\ln^nx\,dx \\ & = & \displaystyle x\ln^nx-n\int x\ln^{n-1}x\cdot\frac{1}{x}\,dx \\ & = & \displaystyle x\ln^nx-n\int\ln^{n-1}x\,dx. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\ln^{1-n}x\,dx & = & \displaystyle x\ln^{1-n}x-(1-n)\int x\ln^{-n}x\cdot\frac{1}{x}\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{x}{\ln^{n-1}x}+(n-1)\int\ln^{-n}x\,dx \end{array} \]

\[ (n-1)\int\ln^{-n}x\,dx=-\,\frac{x}{\ln^{n-1}x}+\int\ln^{1-n}x\,dx. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wir berechnen unter Verwendung des Hinweises \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\frac{dx}{(1+x^2)^{n-1}}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{x}{(1+x^2)^{n-1}}-2(1-n)\int\frac{x^2}{(1+x^2)^n}\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{x}{(1+x^2)^{n-1}}+2(n-1)\int\frac{x^2}{(1+x^2)^n}\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{x}{(1+x^2)^{n-1}}+2(n-1)\int\frac{dx}{(1+x^2)^{n-1}}-2(n-1)\int\frac{dx}{(1+x^2)^n} \end{array} \] bzw. nach Umstellen \[ (3-2n)\int\frac{dx}{(1+x^2)^{n-1}}=\frac{x}{(1+x^2)^{n-1}}-2(n-1)\int\frac{dx}{(1+x^2)^n}\,. \] Diesen Ausdruck stellen wir nach dem rechts stehenden Integral um und erhalten \[ \int\frac{dx}{(1+x^2)^n}=\frac{1}{2n-2}\cdot\frac{x}{(1+x^2)^{n-1}}+\frac{2n-3}{2n-2}\,\int\frac{dx}{(1+x^2)^{n-1}}\,. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\,dx & = & \displaystyle -\,\frac{1}{n}\,\sin^{n-1}x\cos x\,\Big|_{x=0}^{x=\frac{\pi}{2}}+\frac{n-1}{n}\,\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{n-2}x\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{n-1}{n}\,\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{n-2}x\,dx. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+1}x\,dx & = & \displaystyle \frac{2n}{2n+1}\cdot\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n-1}x\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdot\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n-3}x\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdot\ldots\cdot\frac{6}{7}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}\cdot\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin x\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdot\ldots\cdot\frac{6}{7}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}\cdot 1 \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n}x\,dx & = & \displaystyle \frac{2n-1}{2n}\cdot\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n-2}x\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdot\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n-4}x\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdot\ldots\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\int\limits_0^\frac{\pi}{2}1\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdot\ldots\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\,. \end{array} \]

\[ 1=\frac{\displaystyle\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdot\ldots\cdot\frac{2n}{2n+1}}{\displaystyle\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+1}x\,dx} \]

\[ \frac{\pi}{2}=\frac{2}{1}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{6}{5}\cdot\ldots\cdot\frac{2n}{2n-1}\cdot\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n}x\,dx, \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \frac{\pi}{2} & = & \displaystyle \frac{\displaystyle\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdot\ldots\cdot\frac{2n}{2n+1}}{\displaystyle\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+1}x\,dx} \cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{6}{5}\cdot\ldots\cdot\frac{2n}{2n-1}\cdot\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n}x\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\ldots\cdot\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1} \cdot\frac{\displaystyle\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n}x\,dx}{\displaystyle\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+1}x\,dx}\,. \end{array} \]

\[ 0\lt\sin x\lt 1\quad\mbox{für alle}\ 0\lt x\lt\frac{\pi}{2}\,, \]

\[ 0\lt\sin^{2n+1}x\le\sin^{2n}x\le\sin^{2n-1}x\quad\mbox{für alle}\ 0\lt x\lt\frac{\pi}{2}\,. \]

\[ \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+1}x\,dx\le\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n}x\,dx. \]

\[ \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n}x\,dx \le\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n-1}x\,dx =\frac{2n+1}{2n}\,\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+1}x\,dx \]

\[ \lim_{n\to\infty}\,\frac{\displaystyle\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n}x\,dx}{\displaystyle\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+1}x\,dx}=1, \]

Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)

Wir betrachten den Fall \( n=0 \) und erhalten (Induktionsanfang) \[ \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin x\,dx=-\cos x\,\Big|_{x=0}^{x=\frac{\pi}{2}}=-0+1=1 \] sowie \[ \frac{2^00!}{\displaystyle\prod_{k=0}^n(2k+1)}=\frac{1}{1}=1. \] Analog gilt nach Aufgabe 8.6.8. die Behauptung für den Fall \( n=1 \) \[ \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^3x\,dx=\frac{2}{3}\,\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin x\,dx=\frac{2}{3} \] sowie \[ \frac{2^nn!}{\displaystyle\prod_{k=0}^n(2k+1)}=\frac{2}{1\cdot 3}=\frac{2}{3}\,. \] Für ein \( n\in\mathbb N \) gelte nun \[ \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+1}x\,dx =\frac{2^nn!}{\displaystyle\prod_{k=0}^n(2k+1)}\,. \] Mit Aufgabe 8.6.8 ermitteln wir dann (Induktionsschluss) \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+3}x\,dx & = & \displaystyle \frac{2n+2}{2n+3}\,\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2n+1}x\,dx \,=\,\frac{2n+2}{2n+3}\,\frac{2^nn!}{\displaystyle\prod_{k=0}^n(2k+1)} \\ & = & \displaystyle \frac{2(n+1)2^nn!}{\displaystyle(2n+3)\prod_{k=0}^n(2k+1)} \,=\,\frac{2^{n+1}(n+1)!}{\displaystyle\prod_{k=0}^{n+1}(2k+1)}\,. \end{array} \] Das Prinzip der vollständigen Induktion beweist damit die Behauptung.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^1(1-3x)^3\,dx & = & \displaystyle -\,\frac{1}{3}\,\int\limits_1^{-2}t^3\,dt \,=\,\frac{1}{3}\,\int\limits_{-2}^1t^3\,dt \\ & = & \displaystyle \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{4}\cdot t^4\,\Big|_{t=-2}^{t=1} \,=\,\frac{1}{12}\,(1-16) \,=\,-\,\frac{15}{12} \,=\,-\,\frac{5}{4}\,. \end{array} \]

\[ \int\limits_0^13x^2e^{x^3}\,dx =\int\limits_0^1e^t\,dt =e^t\,\Big|_{t=0}^{t=1} =e-1. \]

\[ \int\limits_0^1e^x\sin e^x\,dx =\int\limits_1^e\sin t\,dt \\ =-\cos t\,\Big|_{t=1}^{t=e} =\cos 1-\cos e. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^\frac{\pi}{2}\cos(5x+1)\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{5}\,\int\limits_1^{\frac{5\pi}{2}+1}\cos t\,dt \,=\,\frac{1}{5}\,\sin t\,\Big|_{t=1}^{t=\frac{5\pi}{2}+1} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{5}\,\sin\left(\frac{5\pi}{2}+1\right)-\frac{1}{5}\,\cos 1 \,=\,\frac{1}{5}\,\cos 1-\frac{1}{5}\,\sin 1. \end{array} \]

\[ \int\limits_0^1e^{e^x}e^x\,dx =\int\limits_1^ee^t\,dt =e^t\,\Big|_{t=1}^{t=e} =e^e-e. \]

\[ \int\limits_0^1\frac{x}{\sqrt{2x^2+3}}\,dx =\frac{1}{4}\,\int\limits_3^5\frac{dt}{\sqrt{t}} =\frac{1}{4}\cdot 2\cdot\sqrt{t}\,\Big|_{t=3}^{t=5} =\frac{1}{2}\,(\sqrt{5}-\sqrt{3}). \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_{\sqrt{\frac{\pi}{4}}}^{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}x\cot x^2\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,\int\limits_\frac{\pi}{4}^\frac{\pi}{2}\cot y\,dy \,=\,\frac{1}{2}\,\int\limits_\frac{\pi}{4}^\frac{\pi}{2}\frac{\cos y}{\sin y}\,dy \,=\,\frac{1}{2}\,\int\limits_\frac{\pi}{4}^\frac{\pi}{2}\frac{(\sin y)'}{\sin y}\,dy \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,\int\limits_\frac{\pi}{4}^\frac{\pi}{2}\frac{d}{dy}\,\ln\sin y\,dy \,=\,\frac{1}{2}\,\ln\sin y\,\Big|_{y=\frac{\pi}{4}}^{y=\frac{\pi}{2}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{2}\,\Big(\ln\sin\frac{\pi}{2}-\ln\sin\frac{\pi}{4}\Big) \,=\,\frac{1}{2}\,\left(\ln 1-\ln\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \,=\,\frac{1}{4}\,\ln 2. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^1\frac{e^{2x}}{\sqrt{1+e^x}}\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle 2\int\limits_\sqrt{2}^\sqrt{1+e}\frac{(y^2-1)^2}{y}\,\frac{y}{y^2-1}\,dy \,=\,2\int\limits_\sqrt{2}^\sqrt{1+e}(y^2-1)\,dy \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{2}{3}\,y^3\,\Big|_\sqrt{2}^\sqrt{1+e}-2y\,\Big|_\sqrt{2}^\sqrt{1+e} \,=\,\frac{2}{3}\,(1+e)^\frac{3}{2}-\frac{2\,\sqrt{2}^3}{3}-2\sqrt{1+e}+2\,\sqrt{2} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{2}{3}\,(e-2)\sqrt{1+e}+\frac{2\,\sqrt{2}}{3}\,. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^1\frac{dx}{(2+x)\sqrt{1+x}}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle 2\int\limits_1^\sqrt{2}\frac{1}{(y^2+1)y}\,y\,dy \,=\,2\int\limits_1^\sqrt{2}\frac{dy}{y^2+1}\,dy \\ & = & \negthickspace\displaystyle 2\arctan y\,\Big|_1^\sqrt{2} \,=\,2\arctan\sqrt{2}-2\arctan 1 \,=\,2\arctan\sqrt{2}-\frac{\pi}{2}\,. \end{array} \]

\[ \int\limits_1^2\frac{dx}{e^x+e^{-x}} =\int\limits_{e}^{e^2}\frac{1}{y+\frac{1}{y}}\,\frac{1}{y}\,dy =\int\limits_{e}^{e^2}\frac{1}{y^2+1}\,dy =\arctan e^2-\arctan e. \] Damit sind alle Integrale berechnet.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \int\limits_0^{2\pi}\sin nx\cdot\sin nx\,dx \,=\,\frac{1}{n}\,\int\limits_0^{2\pi n}\sin y\cdot\sin y\,dy \,=\,-\,\frac{1}{n}\,\int\limits_0^{2\pi n}\sin y\cdot(\cos y)'\,dy \\ \qquad\displaystyle =\,-\,\frac{1}{n}\,\sin y\cdot\cos y\,\Big|_{y=0}^{y=2\pi n} +\frac{1}{n}\,\int\limits_0^{2\pi n}\cos y\cdot\cos y\,dy \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{n}\,\int\limits_0^{2\pi n}\cos^2y\,dy \,=\,\frac{1}{n}\,\int\limits_0^{2\pi n}(1-\sin^2y)\,dy \,=\,2\pi-\frac{1}{n}\,\int\limits_0^{2\pi n}\sin^2y\,dy \\ \qquad\displaystyle =\,2\pi-\int\limits_0^{2\pi}\sin^2nx\,dx \,=\,2\pi-\int\limits_0^{2\pi}\sin nx\cdot\sin nx\,dx \end{array} \]

\[ \int\limits_0^{2\pi}\sin nx\cdot\sin nx\,dx=\pi. \]

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \int\limits_0^{2\pi}\sin kx\cdot\sin nx\,dx \,=\,-\,\frac{1}{k}\,\int\limits_0^{2\pi}(\cos kx)'\cdot\sin nx\,dx \\ \ \displaystyle =\,-\frac{1}{k}\,\cos kx\cdot\sin nx\,\Big|_0^2\pi +\frac{n}{k}\,\int\limits_0^{2\pi}\cos kx\cdot\cos nx\,dx \,=\,\frac{n}{k^2}\,\int\limits_0^{2\pi}(\sin kx)'\cdot\cos nx\,dx \\ \ \displaystyle \,=\,\frac{n}{k^2}\,\sin kx\cdot\cos nx\,\Big|_0^{2\pi}+\frac{n^2}{k^2}\,\int\limits_0^{2\pi}\sin kx\cdot\sin nx\,dx \,=\,\frac{n^2}{k^2}\,\int\limits_0^{2\pi}\sin kx\cdot\sin nx\,dx \end{array} \]

\[ \left(1-\frac{n^2}{k^2}\right)\int\limits_0^{2\pi}\sin kx\cdot\sin nx\,dx=0 \]

\[ \int\limits_0^{2\pi}\sin kx\cdot\sin nx\,dx=0,\quad\mbox{falls}\ k\not=n. \]

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \int\limits_0^{2\pi}\sin nx\cdot\cos nx\,dx \\ \ \displaystyle =\,-\,\frac{1}{n}\,\int\limits_0^{2\pi}(\cos nx)'\cdot\cos nx\,dx \,=\,-\,\frac{1}{n}\,\cos nx\cdot\cos nx\,\Big|_0^{2\pi}-\frac{n}{n}\,\int\limits_0^{2\pi}\cos nx\cdot\sin nx\,dx \\ \ \displaystyle =-\,\frac{1}{n}\,(1-1)\,-\int\limits_0^{2\pi}\sin nx\cdot\cos nx\,dx \,=\,-\int\limits_0^{2\pi}\sin nx\cdot\cos nx\,dx \end{array} \]

\[ \int\limits_0^{2\pi}\sin nx\cdot\cos nx\,dx=0. \]

\[ \begin{array}{l} \displaystyle \int\limits_0^{2\pi}\sin kx\cdot\cos nx\,dx \,=\,-\,\frac{1}{k}\,\int\limits_0^{2\pi}(\cos kx)'\cdot\sin nx\,dx \\ \ \displaystyle =\,-\,\frac{1}{k}\,\cos kx\cdot\cos nx\,\Big|_0^{2\pi}-\frac{n}{k}\,\int\limits_0^{2\pi}\cos kx\cdot\sin nx\,dx \,=\,-\,\frac{n}{k^2}\,\int\limits_0^{2\pi}(\sin kx)'\cdot\sin nx\,dx \\ \ \displaystyle =\,-\,\frac{n}{k^2}\,\sin kx\cdot\sin nx\,\Big|_0^{2\pi}-\frac{n^2}{k^2}\,\int\limits_0^{2\pi}\sin kx\cdot\cos nx\,dx \end{array} \]

\[ \left(1-\frac{n^2}{k^2}\right)\int\limits_0^{2\pi}\sin kx\cdot\cos nx\,dx=0 \]

\[ \int\limits_0^{2\pi}\sin kx\cdot\cos nx\,dx=0,\quad\mbox{falls}\ k\not=n. \] Damit ist alle gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \int xe^{-x^2}\,dx =-\,\frac{1}{2}\,\int\frac{d}{dx}\,e^{-x^2}\,dx =-\,\frac{1}{2}\,e^{-x^2}\,. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int x^ne^{-x^2}\,dx\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \int x^{n-1}\cdot xe^{-x^2}\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle -\,\frac{1}{2}\,x^{n-1}e^{-x^2}+\frac{n-1}{2}\,\int x^{n-2}e^{-x^2}\,dx. \end{array} \] Multiplikation mit \( 2 \) zeigt die Behauptung.\( \qquad\Box \)

Wir gehen in zwei Schritten vor:

\[ |f(x)-f_k(x)|\le\frac{\varepsilon}{3(b-a)}\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b]\ \mbox{und alle}\ k\ge N(\varepsilon). \tag{\(*\)} \]

\[ \|{\mathcal Z}^{(1)}\|\lt\delta(\varepsilon),\quad \|{\mathcal Z}^{(2)}\|\lt\delta(\varepsilon) \]

\[ |R(f_K,{\mathcal Z}^{(1)},\xi^{(1)})-R(f_K,{\mathcal Z}^{(2)},\xi^{(2)}|\lt\frac{\varepsilon}{2}\,. \tag{\(\alpha\)} \]

\[ \begin{array}{l} \big|R(f,{\mathcal Z}^{(k)},\xi^{(k)})-R(f_K,{\mathcal Z}^{(k)},\xi^{(k)})\big| \\ \qquad\displaystyle \le\,\sum_{i=1}^{N^{(k)}}|f(\xi^{(k)})-f_K(\xi^{(k)})|(x_i^{(k)}-x_{i-1}^{(k)}) \\ \qquad\displaystyle \le\,\frac{\varepsilon}{3(b-a)}\,\sum_{i=1}^{N^{(k)}}(x_i^{(k)}-x_{i-1}^{(k)}) \,=\,\frac{\varepsilon}{3}\,. \end{array} \tag{\(\beta\)} \]

\[ \begin{array}{l} \big|R\big(f,{\mathcal Z}^{(1)},\xi^{(1)}\big)-R\big(f,{\mathcal Z}^{(2)},\xi^{(2)}\big)\big| \\ \qquad\displaystyle =\,\big|R\big(f,{\mathcal Z}^{(1)},\xi^{(1)}\big)-R\big(f_K,{\mathcal Z}^{(1)},\xi^{(1)}\big) +R\big(f_K,{\mathcal Z}^{(1)},\xi^{(1)}\big)+\ldots \\ \qquad\qquad\qquad\displaystyle \ldots-R\big(f_K,{\mathcal Z}^{(2)},\xi^{(2)}\big)+R\big(f_K,{\mathcal Z}^{(2)},\xi^{(2)}\big) -R\big(f,{\mathcal Z}^{(2)},\xi^{(2)}\big)\big| \\ \qquad\displaystyle \le\,\big|R\big(f,{\mathcal Z}^{(1)},\xi^{(1)}\big)-R\big(f_K,{\mathcal Z}^{(1)},\xi^{(1)}\big)\big| +\big|R\big(f_K,{\mathcal Z}^{(1)},\xi^{(1)}\big)-R(f_K,{\mathcal Z}^{(2)},\xi^{(2)}\big)\big| \\ \qquad\qquad\displaystyle +\,\big|R\big(f_K,{\mathcal Z}^{(2)},\xi^{(2)}\big)-R(f,{\mathcal Z}^{(2)},\xi^{(2)}\big)\big| \end{array} \]

\[ \big|R\big(f,{\mathcal Z}^{(1)},\xi^{(1)}\big)-R\big(f,{\mathcal Z}^{(2)},\xi^{(2)}\big)\big| \lt\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3} =\varepsilon. \]

\[ \lim_{k\to\infty}\int\limits_a^bf_k(x)\,dx=\int\limits_a^b\lim_{k\to\infty}f_k(x)\,dx. \]

\[ |f(x)-f_k(x)|\lt\frac{\varepsilon}{b-a}\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b]\ \mbox{und alle}\ k\ge N(\varepsilon) \]

\[ f_k(x)-\frac{\varepsilon}{b-a}\lt f(x)\lt f_k(x)+\frac{\varepsilon}{b-a}\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b]\ \mbox{und alle}\ k\ge N(\varepsilon). \]

\[ \int\limits_a^bf_k(x)\,dx-\varepsilon \lt\int\limits_a^bf(x)\,dx \lt\int\limits_a^bf_k(x)+\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ k\ge N(\varepsilon). \]

Damit ist der Satz vollständig bewiesen.\( \qquad\Box \)

\[ f(x) =\left\{ \begin{array}{cl} 1, & \mbox{falls}\ x\in[0,1]\cap\mathbb Q \\ 0, & \mbox{falls}\ x\in[0,1]\setminus\mathbb Q \end{array} \right.. \]

\[ \sup_{x\in[0,1]}|f(x)-f_k(x)|=1\quad\mbox{für alle}\ k=1,2,\ldots \]

\[ \lim_{k\to\infty}\sup_{x\in[0,1]}|f_k(x)-f(x)|=1\not=0. \]

\[ \lim_{k\to\infty}\int\limits_0^1f_k(x)\,dx=\int\limits_0^1f(x)\,dx \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ f(x)=0,\quad x\in[0,1]. \]

\[ \sup_{x\in[0,1]}|f(x)-f_k(x)| =\sup_{x\in[0,1]}|f_k(x)| =\sup_{x\in[0,1]}\frac{x}{k^2} =\frac{1}{k} \]

\[ \lim_{k\to\infty}\sup_{x\in[0,1]}|f(x)-f_k(x)| =\lim_{k\to\infty}\frac{1}{k^2} =0. \]

\[ \lim_{k\to\infty}\int\limits_0^1f_k(x)\,dx =\lim_{k\to\infty}\int\limits_0^1\frac{x}{k^2}\,dx =\lim_{k\to\infty}\frac{1}{2k^2} =0 \]

\[ \int\limits_0^1f(x)\,dx =\int\limits_0^10\,dx =0. \]

\[ \lim_{k\to\infty}\int\limits_0^1f_k(x)\,dx=\int\limits_0^1f(x)\,dx. \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ f(x) =\lim_{k\to\infty}f_k(x) =0. \]

\[ \sup_{x\in[0,1]}|f(x)-f_k(x)| =\sup_{x\in[0,1]}|f_k(x)| =k \]

\[ \lim_{k\to\infty}\sup_{x\in[0,1]}|f(x)-f_k(x)|\not=0. \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^1f_k(x)\,dx & = & \displaystyle \int\limits_0^\frac{1}{k}k^2x\,dx+\int\limits_\frac{1}{k}^\frac{2}{k}(2k-k^2x)\,dx+\int\limits_\frac{2}{k}^10\,dx \\ & = & \displaystyle \frac{k^2}{2}\cdot\frac{1}{k^2}+2k\left(\frac{2}{k}-\frac{1}{k}\right)-\frac{k^2}{2}\left(\frac{4}{k^2}-\frac{1}{k^2}\right) \\ & = & \displaystyle \frac{1}{2}+2-\frac{3}{2} \,=\,1 \end{array} \]

\[ \int\limits_0^1f(x)\,dx=0. \]

\[ \lim_{k\to\infty}\int\limits_0^1f_k(x)\,dx\not=\int\limits_0^1f(x)\,dx. \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ f_k'(x)=\frac{1-2k^3x^3}{(1+k^3x^3)^2}\,,\quad x\in[0,1], \]

\[ x_k^*=\frac{1}{\sqrt[3]{2}\,k} \]

\[ \lim_{k\to\infty}x_k^*=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{2}k}=0 \]

\[ f(x):=\lim_{k\to\infty}f_k(x)=0\quad\mbox{punktweise in}\ [0,1]. \]

\[ \lim_{k\to\infty}\sup_{x\in[0,1]}|f(x)-f_k(x)| =\lim_{k\to\infty}\sup_{x\in[0,1]|}|f_k(x)| \le\lim_{k\to\infty}\sup_{x\in[0,1]}\frac{1}{\sqrt[3]{2}k} =0. \]

\[ \lim_{k\to\infty}\int\limits_0^1f_k(x)\,dx=\int\limits_0^1f(x)\,dx=0. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Auf Grund der vorausgesetzten gleichmäßigen Konvergenz gilt zunächst \[ F_\ell(x):=\sum_{k=0}^\ell f_k(x)\longrightarrow F(x)\quad\mbox{gleichmäßig in}\ [0,1]. \] Weiter beachten wir für alle \( \ell=1,2,\ldots \) \[ \int\limits_a^bF_\ell(x)\,dx =\int\limits_a^b\sum_{k=0}^\ell f_k(x)\,dx =\sum_{k=0}^\ell\int\limits_a^bf_k(x)\,dx. \] Unter Beachtung des Vertauschbarkeitssatzes gehen wir zum Grenzwert \( \ell\to\infty \) über, nämlich einmal \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_a^bF(x)\,dx\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \lim_{\ell\to\infty}\int\limits_a^bF_\ell(x)\,dx \,=\,\lim_{\ell\to\infty}\int\limits_a^b\sum_{k=0}^\ell f_k(x)\,dx \\ & = & \displaystyle\negthickspace \lim_{\ell\to\infty}\sum_{k=0}^\ell\int\limits_a^bf_k(x)\,dx \,=\,\sum_{k=0}^\infty\int\limits_a^bf_k(x)\,dx \end{array} \] und dann \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_a^bF(x)\,dx\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \lim_{\ell\to\infty}\int\limits_a^bF_\ell(x)\,dx \,=\,\int\limits_a^b\lim_{\ell\to\infty}F_\ell(x)\,dx \\ & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_a^b\lim_{\ell\to\infty}\sum_{k=0}^\ell f_k(x)\,dx \,=\,\int\limits_a^b\sum_{k=0}^\infty f_k(x)\,dx. \end{array} \] Ein Vergleich dieser Identitäten beweist die Behauptung.\( \qquad\Box \)

Wir setzen \[ F(x):=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\,,\quad F_\ell(x):=\sum_{k=0}^\ell\frac{x^k}{k!}\,,\quad f_k(x):=\frac{x^k}{k!} \] Die Konvergenz \( F_\ell(x)\to F(x) \) ist in \( [0,1] \) gleichmäßig. Nach Aufgabe 8.7.5 gilt nun \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^1e^x\,dx\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=0}^\infty\int\limits_0^1\frac{x^k}{k!}\,dx \,=\,\sum_{k=0}^\infty\frac{x^{k+1}}{(k+1)!}\,\Big|_{x=0}^1 \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(k+1)!} \,=\,\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}-1 \,=\,e-1. \end{array} \] Damit ist das Integral berechnet.\( \qquad\Box \)

\[ f_k(x):=(-1)^kx^k\,,\quad M_k:=a^k\quad\mbox{mit}\ 0\lt a\lt 1. \]

\[ \sum_{k=0}^\infty M_k=\sum_{k=0}^\infty a^k=\frac{1}{1-a}\lt\infty\,,\quad 0\lt a\lt 1, \]

\[ F(x) =\sum_{k=0}^\infty(-1)^kx^k =\sum_{k=0}^\infty(-x)^k =\frac{1}{1+x}\,,\quad x\in(0,a), \]

\[ \int\limits_0^xF(t)\,dt =\int\limits_0^x\frac{dt}{1+t} =\ln(1+t)\,\Big|_{t=0}^{t=x} =\ln(1+x), \]

\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \int\limits_0^xF(t)\,dt\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \int\limits_0^x\sum_{k=0}^\infty(-1)t^k\,dt \,=\,\int\limits_0^x\lim_{\ell\to\infty}\sum_{k=0}^\ell(-1)^kt^k\,dt \\ & = & \displaystyle\negthickspace \lim_{\ell\to\infty}\int\limits_0^x\sum_{k=0}^\ell(-1)^kt^k\,dt \,=\,\lim_{\ell\to\infty}\sum_{k=0}^\ell(-1)^k\int\limits_0^xt^k\,dt \\ & = & \displaystyle\negthickspace \lim_{\ell\to\infty}\sum_{k=0}^\ell(-1)^k\frac{t^{k+1}}{k+1}\,\Big|_{t=0}^{t=x} \,=\,\lim_{\ell\to\infty}\sum_{k=0}^\ell(-1)^k\frac{x^{k+1}}{k+1} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k+1}\,x^{k+1} \,=\,x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\mp\ldots \end{array} \]

Damit ist alle bewiesen.\( \qquad\Box \)

Zunächst konvergieren die stetigen Ableitungen \( f_k'(x) \) gleichmäßig auf \( [a,b] \) gegen \( g(x), \) weshalb auch \( g(x) \) stetig auf \( [a,b] \) ist. Es seien nun \( x\in(a,b) \) und \( \{x_l\}_{\ell=1,2,\ldots}\subset[a,b] \) eine Folge mit \[ \lim_{\ell\to\infty}x_\ell=x,\quad\mbox{aber}\quad x_\ell\not=x\ \mbox{für alle}\ \ell=1,2,\ldots \] Wir betrachten zur Veranschaulichung hier nur den Fall \( x_\ell\lt x \) für alle \( \ell=1,2,\ldots \) Unter Beachtung des Vertauschbarkeitssatzes und des Fundamentalsatzes der Differential- und Integralrechnung ist \[ \lim_{k\to\infty}\frac{f_k(x)-f_k(x_\ell)}{x-x_\ell} =\lim_{k\to\infty}\frac{1}{x-x_\ell}\,\int\limits_{x_\ell}^xf_k'(t)\,dt =\frac{1}{x-x_\ell}\,\int\limits_{x_\ell}^xg(t)\,dt, \] und wegen der punktweisen Konvergenz \( f_k(x)\to f(x) \) folgt \[ \frac{f(x)-f(x_\ell)}{x-x_\ell}=\frac{1}{x-x_\ell}\,\int\limits_{x_\ell}^xg(t)\,dt. \] Wir wenden nun den Mittelwertsatz der Integralrechnung an und erhalten \[ \frac{f(x)-f(x_\ell)}{x-x_\ell}=\frac{g(\xi_\ell)(x-x_\ell)}{x-x_\ell}=g(\xi_\ell) \] mit einem \( \xi_\ell\in[x_\ell,x] \) und mit \( \xi_\ell\to x \) für \( \ell\to\infty. \) Es folgt wegen der Stetigkeit von \( g(x) \) \[ \lim_{\ell\to\infty}\frac{f(x)-f(x_\ell)}{x-x_\ell}=g(x). \] Das verifiziert man aber auch für beliebige Folgen \( \{x_\ell\}_{\ell=0,1,2,\ldots} \) aus \( [a,b] \) mit \( x_\ell\to x \) für \( \ell\to\infty, \) d.h. es existiert der links stehende Differentialquotient, und es ist \( f(x) \) differenzierbar in \( (a,b) \) mit der Ableitung. \[ f'(x)=g(x). \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)