Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
De même, |f (y) − f (x)| < 2ε pour x < y < x + δ. Donc f est continue en tout
point x = x k .
On remarque maintenant que
f (x k ) =
xnx k
a n +
xn b n et f (x
−
k ) =
xn a n +
xn b n .
En effet, si δ = min {|x n − x k | : n n 0 , n = k}, il n’existe alors pas de
x n ∈ ]x k − δ , x k [ pour n n 0 et on a donc, pour x k − δ < x < x k ,
f (x) −
xn a n +
xn b n
=
x a n +
xxn b n
< 2ε.
Donc, f (x k ) − f (x
−
k ) = a k . On prouve de façon complètement semblable que
f (x
+
k ) − f (x k ) = b k .
On montre pour finir que
V (f ; 0, 1) =
+∞
n=1
|a n | + |b n |
.
Pour cela, on prend une partition 0 = t 0 < t 1 < · · · < t n = 1. On a alors
n
k=1
|f (t k ) − f (t k−1 )| =
n
k=1
t k−1 a n +
t k−1 xn b n
+∞
n=1
|a n | +
+∞
n=1
|b n | .
On en déduit que
V (f ; 0, 1)
+∞
n=1
|a n | + |b n |
.
Pour montrer l’inégalité opposée, on fixe arbitrairement N et on suppose, sans
perte de généralité, que x 1 < x 2 < · · · < x N . Puisque f (x k ) − f (x
−
k ) = a k et
f (x
+
k ) − f (x k ) = b k , étant donné ε > 0, il existe x
k , x
k tels que
x k−1 < x
k < x k < x
k < x
k+1 < x k+1 ,
k = 1, . . . , N − 1 (où l’on suppose que x 0 = 0) et
f (x k ) − f (x
k )
> |a k | −
ε
2N
,
f (x
k ) − f (x k )
> |b k | −
ε
2N
.
En prenant la partition
t 0 = 0 < t 1 = x
1 < t 2 = x 1 < t 3 = x
1 < t 4 = x
2 < · · · < t 3N +2 = 1,
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