推论 1
闭区间上的连续函数必定可积。
证明：
f(x)在闭区间 [a,b]连续， 则有界且一致连续。
因此， ∀ε>0,∃δ>0,∀x′,x′′∈[a,b],若 |x′−x′′|<δ,则 |f(x′)−f(x′′)|<εb−a,
且对于任意一种 [a,b]上的划分 P,
∀i∈N,1≤i≤n,f(x)在 [xi−1,xi]连续，
因此 ∃ζi,ηi∈[xi−1,xi],使得 f(ζi)=Mi,f(ηi)=mi,
只要 λ=max{Δxi:i∈N,1≤i≤n}<δ,
便有：
∑ni=1wiΔxi
=∑ni=1(Mi−mi)Δxi
=∑ni=1(f(ζi)−f(ηi))Δxi
<∑ni=1εb−aΔxi
=εb−a∑ni=1Δxi
=εb−a(b−a)=ε
因此 f(x)可积。
推论 2
闭区间上的单调函数必定可积。
证明：
不妨设函数 f(x)在闭区间 [a,b]单调不减， 则
∀ε>0,∃δ=εf(b)−f(a)+1>0,
对于任意一种 [a,b]上的划分 P,
∀i∈N,1≤i≤n,f(x)在 [xi−1,xi]单调不减，
因此 Mi=f(xi),mi=f(xi−1),
只要 λ=max{Δxi:i∈N,1≤i≤n}<δ,
便有：
∑ni=1wiΔxi
=∑ni=1(Mi−mi)Δxi
=∑ni=1(f(xi)−f(xi−1))Δxi
≤∑ni=1(f(xi)−f(xi−1))εf(b)−f(a)+1
=εf(b)−f(a)+1∑ni=1(f(xi)−f(xi−1))
=εf(b)−f(a)+1(∑ni=1f(xi)−∑ni=1f(xi−1))
=εf(b)−f(a)+1(f(b)−f(a))
<ε,
因此 f(x)可积。
推论 3
闭区间上在只有一个端点不连续的有界函数必定可积。
证明：
不妨设 f(x):[a,b]→R有界且只在点 b不连续。
则
则 M>m。否则由于 M≥m,得 M=m,
于是 ∀x∈[a,b],f(x)=M,从而 f(x)在点 b连续，与
于是 a<a+b2≤c,
a+b2<b,b−ε2(M−m)<b,⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⇒c<b,
则 c∈(a,b)⇒f(x)在 [a,c]连续。因此 f(x)在 [a,c]可积。
于是 ∃P′:a=x0<⋯<xn=c,n∈R,n≥1,使得 ∑ni=1wiΔxi<ε2,
因此 ∃P=P′∪{b}:a=x0<⋯<xn=c<xn+1=b,
使得 ∑n+1i=1wiΔxi=∑ni=1wiΔxi+wn+1Δxn+1<ε2+(M−m)Δxn+1
由于 b−ε2(M−m)≤c⇒Δxn+1=b−c≤ε2(M−m),
因此 ∑n+1i=1wiΔxi<ε2+(M−m)Δxn+1≤ε2+(M−m)ε2(M−m)=ε2+ε2=ε,
因此 f(x)可积。