Soit $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ une fonction constante: $f(x)=C$. Si $C>0$, on sait que l’intégrale doit exister, et puisqu’elle représente l’aire du rectangle de base $[a,b]$ et de hauteur $C$, elle doit être égale à $C(b-a)$. Voyons pourquoi c’est effectivement le cas.
Soit $\sigma$ une subdivision de $[a,b]$. Puisque $m_k=C$ pour tout $k$, la Darboux inférieure vaut $$\begin{array}{rl}{\underline{S}}_{\sigma }(f)& =\sum _{k=1}^n{m}_k(x_k-x_{k-1})\\ & =C\sum _{k=1}^n(x_k-x_{k-1})\\ & =C((\cancel{x_1}-x_0)+(\cancel{x_2}-\cancel{x_1})+\cdots +(x_n-\cancel{x_{n-1}}))\\ & =C(x_n-x_0)\\ & =C(b-a).\end{array}$$ De même, $M_k=C$ pour tout $k$, et donc la somme de Darboux supérieure vaut ${\overline{S}}_{\sigma }(f)=C(b-a)$. Puisque les sommes ne dépendent pas du choix de la subdivision, ceci implique $$\begin{array}{rl}\underline{S}(f)& =\underset{\sigma }{\sup }{\underline{S}}_{\sigma }(f)=C(b-a),\\ \overline{S}(f)& =\underset{\sigma }{\inf }{\overline{S}}_{\sigma }(f)=C(b-a),\end{array}$$ et donc $\underline{S}(f)=\overline{S}(f)$, ce qui entraîne que $f$ est intégrable et que son intégrale vaut $${\int }_a^{b}f(x)dx=C(b-a).$$

Soit $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ définie par $$f(x):=\{\begin{array}{ll}1& \text{ si }x\in \mathbb{Q}\cap [0,1],\\ 0& \text{ si }x\in (\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q})\cap [0,1].\end{array}$$ On voit facilement que ${\underline{S}}_{\sigma }(f)=0$ et ${\overline{S}}_{\sigma }(f)=1$, quelle que soit la subdivision $\sigma$. Donc $f$ n’est pas intégrable.

Considérons l’aire sous la “parabole d’Archimède”, dont l’équation est $$f(x)=1-x^2,x\in [-1,1].$$ Par parité, il suffit de calculer l’aire de la moitié de l’aire sous la courbe, disons la partie de droite: $${\int }_{-1}^{1}f(x)dx=2{\int }_0^{1}f(x)dx.$$ $f$ étant continue, on peut utiliser le théorème et calculer l’intégrale en utilisant une suite de subdivisions Le plus simple, dans ce cas, est d’utiliser des subdivisions régulières. Prenons donc la suite de subdivisions ${\sigma }^{(1)},{\sigma }^{(2)},\dots$ définie par $${\sigma }^{(N)}=(0,\frac{1}{N},\frac{2}{N},\dots ,\frac{N-1}{N},1),$$ Dans ${\sigma }^{(N)}$, on a que $x_k-x_{k-1}=\frac{1}{N}$.
On peut maintenant récrire précisément la somme de Darboux supérieure: $$\begin{array}{rl}{\overline{S}}_{{\sigma }^{(N)}}(f)& =\sum _{j=0}^{N-1}f(\frac{j}{N})\frac{1}{N}\\ & =\frac{1}{N}\sum _{j=0}^{N-1}(1-(\frac{j}{N}{)}^2)\\ & =1-\frac{1}{N^3}\sum _{j=0}^{N-1}{j}^2\\ & =1-\frac{(N-1)N(2(N-1)+1)}{6N^3}\end{array}$$ Dans cette dernière ligne, on a utilisé la formule $$\boxed{1^2+2^2+3^2+4^2+\cdots +n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.}$$ (Pour une preuve, voir ce qui a été fait ici.)
Donc, par le théorème, $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}f(x)dx& =\underset{N\to \infty }{\lim }{\overline{S}}_{{\sigma }^{(N)}}(f)\\ & =1-\underset{N\to \infty }{\lim }\frac{(N-1)N(2(N-1)+1)}{6N^3}\\ & =1-\frac{2}{6}=\frac{2}{3},\end{array}$$ ce qui implique $${\int }_{-1}^{1}f(x)dx=\frac{4}{3}=1.33333\dots .$$