Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
I.3.6. Pour 0 < u <
π
2 < v < π, on a
0 =
π
0
(1 − sin x) dα(x)
=
u
0
(1 − sin x) dα(x) +
v
u
(1 − sin x) dα(x)
+
π
v
(1 − sin x) dα(x).
Puisque α est croissante, chacun des termes de l’égalité précédente est positif,
ce qui implique
u
0
(1 − sin x) dα(x) = 0 et
π
v
(1 − sin x) dα(x) = 0.
Il découle alors de la première formule de la moyenne (voir I.1.26) que
α(u) = α(0) et α(v) = α(π).
I.3.7. En prenant f (x) ≡ 1, on voit que α(1)−α(0) = 1. Pour 0 < u < v < 1,
on définit
f 1 (x) =
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
1
u x
si x ∈ [0 , u],
1
si x ∈ [u , v],
−1
1−v (x − 1) si x ∈ [v , 1].
On a alors
1
0
f 1 (x) dα(x) =
u
0
1
u
x dα(x) + (α(v) − α(u))
+
1
v
−1
1 − v
(x − 1) dα(x) = 0.
Chacun des termes dans l’égalité précédente s’annule donc. Ceci donne alors
α(u) = α(v) pour u, v ∈ ]0 , 1[. Considérons maintenant, pour 0 < v < 1, la
fonction f 2 donnée par
f 2 (x) =
1
si x ∈ [0 , v],
−1
1−v (x − 1) si x ∈ [v , 1].
D’après les hypothèses,
α(v) − α(0) +
1
v
f 2 (x) dα(x) =
1
2
.
Puisque α(u) = α(v) pour u, v ∈ ]0 , 1[, on obtient
1
v
f 2 (x) dα(x) = f 2 (1)
α(1) − α(1
− )
= 0.
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