Exercise:
Sei f:abrightarrow mathbbR eine Treppenfunktion und zetaax_ x_ ... x_n- x_n eine Zerlegung in Konstanzervalle von f. Dann hängt Ifzeta nicht von den Funktionswerten fx_k für k in ...n und nicht von der Wahl der Zerlegung zeta in Konstanzervalle der Funktion f ab. Lemma erlaubt es Wert Ifzeta als das Integral von f zu definieren. Anschaulicher: Fläche die so berechnet wird ist unabhängig davon wie fein man die Zerlegung wählt hängt nur von f ab.

Solution:
Beweis. Seien ff' zwei Treppenfunktionen auf ab mit derselben Zerlegung in Konstanzervalle zeta ax_ x_ ... x_n- x_n. Falls nun fxc_kf'x für alle x in x_n-x_n und alle kin ...n dann gilt: Ifzeta _k^n c_kx_k-x_k- If'zeta und die erste Behauptung im Lemma folgt. Sei nun f eine Treppenfunktion auf ab und sowohl zeta als auch zeta' Zerlegungen in Konstanzervalle von f. Die zweite Behauptung des Lemmas besagt IfzetaIfzeta'. Z.B. zeta x_a x_ x_ x_ x_b und zeta' x_a x_ x_ textcolorredx_ x_ x_b. Man beweist diese Behauptung in drei Schritten. Im ersten Schritt nimmt man an dass zeta' feiner als zeta x_a x_ ... x_nb ist und bloss einen zusätzlichen Trennungspunkt y in x_l-x_l für ein lin ...n. hat. Unter Verwung der Abkürzung Delta x_k x_k-x_k- für die Länge des k-ten Teilervalls von zeta für kin ...n erhält man Ifzeta _k^l- c_kDelta x_k+c_lx_l-x_l-+_kl+^nc_kDelta x_k _k^l- c_kDelta x_k + c_lx_l-y+c_ly-x_l-+_kl+^nc_kDelta x_k Ifzeta' da fxc_l für alle x in x_l-ycupyx_lsubseteq x_l-x_l. Mittels vollständiger Induktion nach |zeta'backslash zeta| folgt aus obigem Fall dass IfzetaIfzeta' falls zeta' feiner als zeta ist. In der Tat kann man eine Liste von Zerlegungen finden die mit zeta nt mit zeta' et und in der die nächste jeweils einen Punkt mehr besitzt als die vorhergehe Zerlegung in der Liste. Falls nun zeta zeta' beliebige Zerlegungen in Konstanzervalle von f sind kann man die gemeinsame Verfeinerung zeta'' betrachten und erhält aus dem vorherigen Fall IfzetaIf zeta''If zeta' was den Beweis abschliesst.