(a) If f₁ and f₂ are both integrable with respect to g on J and α, β are real, then α f₁ + β f₂ is integrable with respect to g and ∫ (α f₁ + β f₂) dg = α ∫ f₁ dg + β ∫ f₂ dg. (b) If f is integrable with respect to each of g₁ and g₂ on J and α, β are real, then f is integrable with respect to g = α g₁ + β g₂, and ∫ f dg = α ∫ f dg₁ + β ∫ f dg₂.
Proof. (a) Let I₁ = ∫ f₁ dg and I₂ = ∫ f₂ dg. Let ε > 0 be given and put ε′ = ε/(|α| + |β| + 1). Since f₁ is integrable, 29.2 supplies a partition P₁ of J such that |S(P; f₁, g) − I₁| < ε′ for every refinement P of P₁ and every sum belonging to it; similarly f₂ supplies a partition P₂.
Let Pε be the partition of J whose partition points are those of P₁ together with those of P₂. Then P₁ ≤ Pε and P₂ ≤ Pε. Hence any refinement P of Pε refines P₁ and P₂ as well, so both inequalities hold for P.
這一步的所求：一個同時扛得住兩個保證的分割。之所以造得出來，是因為加細只准加點、不准挪點（§29-1 的分割與加細：Q 的分割點包含 P 的每一個分割點時就說 P ≤ Q）——把 P₁ 與 P₂ 的分割點倒在一起排序，得到的 Pε 兩邊的點都含得住，於是兩邊都被它加細。接著用一次遞移：P 的分割點包含 Pε 的、Pε 的又包含 P₁ 的，所以 P 的分割點包含 P₁ 的每一個，P 也是 P₁ 的加細。這一格是集合的包含關係，例行核對，可是少了它兩個保證就湊不到同一個 P 上。
Fix such a refinement P = (x₀, …, xₙ) and one choice of intermediate points ξₖ ∈ [xₖ₋₁, xₖ]. Using that same choice in all three sums, S(P; α f₁ + β f₂, g) = α S(P; f₁, g) + β S(P; f₂, g).
Since P refines both P₁ and P₂, the triangle inequality 5.12 gives |S(P; α f₁ + β f₂, g) − (α I₁ + β I₂)| ≤ |α| |S(P; f₁, g) − I₁| + |β| |S(P; f₂, g) − I₂| ≤ (|α| + |β|) ε′ < ε. Because P was an arbitrary refinement of Pε and the intermediate points were arbitrary, 29.2 shows that α f₁ + β f₂ is integrable with respect to g and that its integral is α I₁ + β I₂.
Proof. (b) Write h = α g₁ + β g₂. For any u ≤ v in J, h(v) − h(u) = α [g₁(v) − g₁(u)] + β [g₂(v) − g₂(u)]. Hence, for a partition P with a fixed choice of intermediate points, S(P; f, h) = α S(P; f, g₁) + β S(P; f, g₂).
Let I₁ = ∫ f dg₁ and I₂ = ∫ f dg₂. Let ε > 0 be given and put ε′ = ε/(|α| + |β| + 1). By 29.2 there are partitions P₁ and P₂ of J with |S(P; f, g₁) − I₁| < ε′ for every refinement P of P₁, and |S(P; f, g₂) − I₂| < ε′ for every refinement P of P₂, whatever intermediate points are used.
Let Pε consist of the partition points of P₁ together with those of P₂, and let P be any refinement of Pε, with intermediate points chosen once and used in all three sums. Then P refines P₁ and P₂, so by the identity above and by 5.12, |S(P; f, h) − (α I₁ + β I₂)| ≤ |α| |S(P; f, g₁) − I₁| + |β| |S(P; f, g₂) − I₂| ≤ (|α| + |β|) ε′ < ε. Therefore f is integrable with respect to h and ∫ f dh = α I₁ + β I₂.
(a) Let a < c < b and assume f is g-integrable on each of the two pieces [a, c] and [c, b]. Then the same holds on all of [a, b], and ∫ₐᵇ f dg = ∫ₐᶜ f dg + ∫ᶜᵇ f dg. (b) Assume instead that f is g-integrable on [a, b] and that a ≤ c ≤ b. Then f is g-integrable on each piece, and the displayed identity holds again.
兩個方向的難度差很多。(a) 由兩段推整段，關鍵動作只有一個：把切點 c 放進見證分割裡。這樣一來見證分割的每個加細都含有 c，於是每個和都自動斷成左右兩截，兩截各自離對應的積分不遠，合起來就結清了。(b) 反過來走就沒有這條路——手上只有整段的積分值，子區間上根本還不知道有沒有積分，也就沒有候選答案可以拿來估計。這正是 §29-4 的 29.4 Cauchy 判準（可積等價於各個和彼此靠得夠近，不必先知道積分值）派上用場的地方：把子區間上的兩個分割各補上同一批右半邊的點、延拓成整段的分割，整段的保證就搬得回子區間。還要留意 (b) 的條件寫的是 a ≤ c ≤ b，兩個等號都取得到：c = a 或 c = b 時其中一段縮成單獨一個點，那一段上寫得出來的和全是 0，積分因此是 0，等式仍然對得平。
前提給的是兩段上各自的積分 I′ = ∫ₐᶜ f dg 與 I″ = ∫ᶜᵇ f dg，候選答案自然是 I′ + I″。整段的和與兩段的和之間隔著一件事：整段的一個分割不見得在 c 上有分割點，那時會有一段從 c 的左邊跨到右邊，它既不屬於左區間也不屬於右區間，和根本拆不開。所以整段的見證分割必須自己把 c 補上，而且要保證補上去之後跑不掉。
Proof. (a) Let I′ = ∫ₐᶜ f dg and I″ = ∫ᶜᵇ f dg, and let ε > 0 be given. By 29.2 applied on [a, c] there is a partition P₁ of [a, c] with |S(P′; f, g) − I′| < ε/2 for every refinement P′ of P₁; by 29.2 applied on [c, b] there is a partition P₂ of [c, b] with |S(P″; f, g) − I″| < ε/2 for every refinement P″ of P₂. In both cases the intermediate points are arbitrary.
這一步的所求：左右兩段各一個保證，而且兩筆誤差合起來要收在 ε 內，所以各只准用一半。29.2 在這裡是分別套在兩個小區間上的——[a, c] 與 [c, b] 各自是一個閉區間，各自有自己的分割、自己的和、自己的積分值，而它們可積是定理的前提。要留意 a < c < b 這個條件在這裡就用上了：兩段都得是真正的區間（左端嚴格小於右端），29.2 的分割才有東西可切。誤差為什麼一開始就取 ε/2 而不是 ε？因為最後要相加的是兩筆，先各要一半，收尾時不必再回頭調整。
Let Pε be the partition of [a, b] whose points are those of P₁ together with those of P₂. Since c is the right endpoint of [a, c] and the left endpoint of [c, b], it belongs to both, hence is a partition point of Pε and therefore of every refinement P of Pε.
這一步的所求：一個分割，能保證「它以後的每個加細都在 c 上斷得開」。c 之所以自動進得去，是因為分割的定義要求區間的兩個端點都必須是分割點（§29-1 的分割與加細：分割是 a = x₀ ≤ ⋯ ≤ xₙ = b 這樣一組點），而 c 同時是左段的右端點與右段的左端點。它留得住，則是因為加細只准加點，不准挪點也不准刪點——c 一旦進了 Pε，它就出現在 Pε 的每一個加細裡。這一格是整條論證能拆開的唯一理由：若見證分割裡沒有 c，某個加細可以有一段從 c 的左邊直接跨到右邊，那一段的增量既不屬於左邊的帳也不屬於右邊的帳，下一步的拆分就做不成。
Fix such a P together with one choice of intermediate points. Let P′ consist of the points of P lying in [a, c] and P″ of those lying in [c, b]. Then P′ refines P₁, P″ refines P₂, and, keeping the same intermediate points, S(P; f, g) = S(P′; f, g) + S(P″; f, g).
這一步的所求：把整段的和斷成左右兩截。因為 c 是 P 的分割點，P 的每個子區間要麼整個落在 [a, c] 裡、要麼整個落在 [c, b] 裡，沒有一段跨界。於是把 P 的分割點依 c 分成兩堆：左邊那堆以 a 起、以 c 止，是 [a, c] 的一個合法分割 P′；右邊那堆是 [c, b] 的分割 P″。P 的每一項恰好落進其中一個和裡，所以這個等式只是把一堆數字重新分組，總和當然不變。P′ 為什麼加細 P₁？P₁ 的每個分割點都在 Pε 裡、也就在 P 裡，而它們都落在 [a, c] 中，所以都留在 P′ 裡；P″ 同理。中間點沿用 P 原來那一組，兩截才是 P 的那些項本身，而不是另外算出來的兩個數。
Consequently, by 5.12, |S(P; f, g) − (I′ + I″)| ≤ |S(P′; f, g) − I′| + |S(P″; f, g) − I″| < ε/2 + ε/2 = ε. Since P and the intermediate points were arbitrary, 29.2 shows that f is integrable with respect to g on [a, b], with integral I′ + I″.
證明計畫 · 由所求想起 所求：[a, c] 上兩個分割的和彼此靠得夠近——注意這裡完全不提積分值。 第一步：由整段的可積性與 29.4 拿到整段的一個門檻分割，並且可以要求切點已經在裡面。 第二步：把它落在 [a, c] 裡的那些點挑出來，當作左半邊的門檻分割。 第三步：任取左半邊兩個過門檻的分割，各自補上同一批右半邊的點，延拓成整段的兩個分割。 第四步：兩者都是門檻分割的加細，所以整段的兩個和相距不到 ε；而它們在右半邊逐段相同，那部分相消，剩下的正是左半邊兩個和的差。 第五步：29.4 交出左段的可積性，右段對調角色再走一次，最後由 (a) 補上等式。 第六步：交代 c = a 與 c = b 這兩個退化的切點。
Proof. (b) Suppose first that a < c < b. Let ε > 0 be given. Since f is integrable on [a, b], the Cauchy Criterion 29.4 supplies a partition Qε of [a, b] such that |S(P; f, g) − S(Q; f, g)| < ε whenever P and Q refine Qε. Adjoining c to Qε produces a refinement of it, and every refinement of that is still a refinement of Qε; so we may assume that c is a partition point of Qε.
這一步的所求：一個門檻分割，而且它在 c 上斷得開。§29-4 的 29.4 Cauchy 判準說可積等價於「對每個 ε 交得出一個分割，使它的任兩個加細上的任兩個和相距不到 ε」；整段可積是前提，所以這個 Qε 拿得到，而且它身上完全沒有積分值的影子——這正是這裡需要它的原因。「可以假設 c 在裡面」不是含糊帶過：把 c 補進去得到的是 Qε 的一個加細，而加細的加細仍然是 Qε 的加細，所以原來那句保證對補過點的版本照樣有效。換句話說這個動作只是把門檻收緊——條件對更少的分割成立，用起來只會更保險。
Now split Qε at c. Write Q₁ for the points that fall in [a, c]; they form a partition of that piece. Write R for the ones that fall in [c, b].
這一步的所求：左半邊的門檻分割，以及右半邊那批等一下要固定不動的點。因為 Qε 含有 c，把它的分割點依 c 切成兩堆時 c 同時留在兩堆裡：左邊那堆以 a 起、以 c 止，是 [a, c] 的一個合法分割 Q₁；右邊那堆以 c 起、以 b 止，記作 R。要留意 Q₁ 目前只是一個分割，它身上沒有任何「兩個和彼此靠近」的保證——那句保證掛在整段的 Qε 上。這正是下一步要把東西送回整段去的理由：保證住在整段，要用它就得回整段去用。
Let P′ and Q′ be any partitions of [a, c] refining Q₁, and extend each to a partition of [a, b] by adjoining the points of R; write P and Q for the results. Every point of Qε lies either in Q₁, hence in P′ and in Q′, or in R; so P and Q both refine Qε.
這一步的所求：把左半邊的兩個分割搬到整段上，好讓 Qε 那句保證用得上。做法是各補一段右半邊，而補的是同一批點 R——這一點是下一步能相消的關鍵，兩邊各補各的就全毀了。為什麼 P 是 Qε 的加細？Qε 的分割點只有兩種：落在 [a, c] 裡的那些就是 Q₁ 的點，而 P′ 加細 Q₁，所以它們都在 P′ 裡、也就在 P 裡；落在 [c, b] 裡的那些就是 R 的點，被直接補了進來。兩種都在 P 裡，加細的定義就滿足了；Q 一字不改。
Choose intermediate points for P′ and for Q′ arbitrarily, and on the subintervals coming from R give P and Q one and the same choice. Because P and Q refine Qε, we have |S(P; f, g) − S(Q; f, g)| < ε. The subintervals of P and of Q lying in [c, b] coincide and carry the same intermediate points, so those terms are equal and cancel in the difference: S(P; f, g) − S(Q; f, g) = S(P′; f, g) − S(Q′; f, g). Hence |S(P′; f, g) − S(Q′; f, g)| < ε.
這一步的所求：把整段上那句保證原封搬回左半邊。S(P; f, g) 依定義是 P 的每一段各出一項相加，而 P 的段分成兩批：落在 [a, c] 裡的那些正是 P′ 的段，落在 [c, b] 裡的那些正是 R 切出來的段。Q 也是同樣兩批，而右邊那一批與 P 的右邊那一批逐段相同——同樣的子區間、同樣的中間點，於是同樣的函數值乘同樣的增量，一項對一項完全一致。相減時右半邊整批消失，剩下的就只有左半邊兩個和的差，而那個差正是我們想估計卻無從下手的東西：它現在被一個整段上的不等式壓住了。這裡有一格容易看漏——右半邊的中間點必須替 P 與 Q 挑成同一組，否則同一個子區間會配出不同的 f(ξ)，相消就不成立；而中間點本來就可以任意挑，所以這樣挑是合法的。
Since P′ and Q′ were arbitrary refinements of Q₁ and their intermediate points were arbitrary, the Cauchy Criterion 29.4 shows that f is integrable with respect to g on [a, c]. Interchanging the roles of the two pieces gives integrability on [c, b]. Part (a) then applies and yields the stated identity.
Finally let c = a. The piece [a, c] is then the single point a: any list a = x₀ ≤ ⋯ ≤ xₙ = a forces every xₖ = a, so each increment g(xₖ) − g(xₖ₋₁) vanishes and every sum equals 0. Hence ∫ₐᵃ f dg = 0 and the identity reads ∫ₐᵇ f dg = 0 + ∫ₐᵇ f dg. The case c = b is the same with the two pieces interchanged.
這一步的所求：把 (b) 允許的兩個退化切點交代乾淨。(b) 的條件是 a ≤ c ≤ b，兩個等號都取得到，這與 (a) 的 a < c < b 不同，所以前面那段論證（它從頭到尾假設兩段都是真正的區間）蓋不到這兩格。c = a 時「[a, c]」縮成單獨一個點，而 29.2 的積分值 0 不是憑空指定的：把分割的條件照抄過來，a = x₀ ≤ x₁ ≤ ⋯ ≤ xₙ = a 逼得每個 xₖ 都等於 a，於是每一段的增量都是 0，不管中間點怎麼挑，算出來的和都是 0——唯一可能的極限就是 0。右段這時就是整段，它可積是前提本身，等式於是自動成立。c = b 把左右對調，情形一樣。這一格不影響前面的論證，可是不交代，切點落到端點時就留了一個洞。
這張圖在說最後一步的退化情形：切點跑到左端點上時，「左段」只剩紅點那一個位置，右段則與整段重合。單點上寫得出來的每一個和都是空的或增量為零，所以那一邊的積分只能是 0，等式化成「整段等於零加整段」，自動成立。這一格與主論證無關，可是 (b) 的條件寫成 a ≤ c ≤ b，不交代就漏了兩種合法的切法。