Chapitre I. L’intégrale de Riemann-Stieltjes
a les propriétés requises. En effet, f étant continue sur ]0 , 1], on a
F (x 2k−1 ) − F (x 2k ) = −
π
k
x 2k−1
x 2k
1
x 3 sin
π
x 2 dx
=
1
2k
(2k−1)π
2kπ
sin t dt =
1
k
.
De même,
F (x 2k+1 ) − F (x 2k ) =
1
k
.
On pose maintenant
F (x) =
x
1 f (t) dt si x ∈ ]0 , 1],
0
si x = 0.
Un calcul montre que
F (x) =
−
1
2k
cos
π
x 2 + 1
si x ∈ [x 2k+1 , x 2k−1 ],
0
si x = 0.
On a alors F (x) = f (x) pour x ∈ ]0 , 1]. De plus, pour x ∈ [x 2k+1 , x 2k−1 ],
−
√
2k − 1
k
F (x)
x
0,
ce qui implique
F
(0) = lim
x→0 +
F (x)
x
= f (0).
Ayant établi que f admet une primitive sur [0 , 1], on se tourne maintenant
vers la démonstration de la seconde partie de l’énoncé. Pour cela, on pose
G(x) =
x
1
|f (t)| dt
(x ∈ ]0 , 1])
et on obtient
G(x) = −2
1 + · · · +
1
k − 1
−
1
2k
cos
π
x 2 + 1
si x ∈ [x 2k , x 2k−1 ] (k > 1) et
G(x) = −2
1 + · · · +
1
k − 1
−
1
k
+
1
2k
cos
π
x 2 − 1
si x ∈ [x 2k+1 , x 2k ]. Puisque lim
x→0 +
G(x) = −∞, il n’existe pas de fonction G
telle que G (x) = |f (x)| sur l’intervalle fermé [0 , 1].
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