Por una parte, nota que \( 0=\displaystyle\int_{a}^{b}1d\alpha=\alpha(b)-\alpha(a) \), de modo que \( \alpha(b)=\alpha(a) \). Mostremos ahora que para todo \( c\in(a,b) \) se tiene que \( \alpha(c)=\alpha(a) \). Esto, junto con la primera línea, demostrará que \( \alpha(c)=\alpha(a) \) para todo \( c\in[a,b] \).
Sea entonces \( c\in(a,b) \). Si podemos mostrar que para todo \( \epsilon>0 \) se tiene \( |\alpha(c)-\alpha(a)|<\epsilon \), habremos mostrado que \( \alpha(c)=\alpha(a) \). Tomemos \( \epsilon>0 \).
Sea \( f:[a,b]\to\mathbb{R} \) dada por \( f(x)=2\mathrm{I}_{[a,c)}(x)+\mathrm{I}_{[c,b]}(x) \). Es decir, \( f(x)=\begin{Bmatrix} 2 & \mbox{ si }& a\le x<c\\1 & \mbox{si}& c\le x\le b\end{matrix} \).
Entonces \( f \) es monótona. Por tanto \( f\in R(\alpha) \) y \( 0=\displaystyle\int_{a}^{b}fd\alpha \).
Luego, por definición de integrabilidad, para nuestra \( \epsilon>0 \) existe una partición \( P\in\mathbb{P}[a,b] \) tal que si \( P' \) es un refinamiento de \( P \), entonces \( |S(P',f,\alpha)|<\epsilon \) para cualquier elección de las etiquetas (es decir, según la notación usual, para cualquier elección de las \( \xi_i \)). Sea \( P' \) un refinamiento de \( P \) tal que \( c\in P' \) (basta con tomar \( P'=\{c\}\cup P \). Si en principio tuviéramos que \( c\in P \), entonces no estaríamos aumentando ningún punto a \( P \), pero no importa, porque \( P \) cumple con ser un refinamiento de sí misma). Escribamos \( P' \) en la forma \( P'=\{x_0,x_1,\dots,x_{j-1},x_j,x_{j+1},\dots,x_n\} \) con \( x_j=c \). Como \( \epsilon>|S(P',f,\alpha)| \) para cualquier elección de las etiquetas, tomemos todas las etiquetas \( \xi_i \) tales que \( x_{i-1}<\xi_i<x_i \) (es decir, ninguna etiqueta será extremo de su correspondiente intervalo)
Bajo las condiciones anteriores notemos que:
\( \begin{eqnarray*}S(P',f,\alpha)&=&f(\xi_1)(\alpha(x_1)-\alpha(x_0))+f(\xi_2)(\alpha(x_2)-\alpha(x_1))+\cdots+f(\xi_{j-1})(\alpha(x_{j-1})-\alpha(x_{j-2}))+f(\xi_j)(\alpha(x_{j})-\alpha(x_{j-1}))+f(\xi_{j+1})(\alpha(x_{j+1})-\alpha(x_{j}))+\cdots+f(\xi_{n})(\alpha(x_{n})-\alpha(x_{n-1}))\\&=&\color{blue}f(\xi_1)\color{black}(\alpha(x_1)-\alpha(x_0))\\&+&\color{blue}f(\xi_2)\color{black}(\alpha(x_2)-\alpha(x_1))\\&\vdots&\\&+&\color{blue}f(\xi_{j-1})\color{black}(\alpha(x_{j-1})-\alpha(x_{j-2}))\\&+&\color{blue}f(\xi_j)\color{black}(\alpha(x_{j})-\alpha(x_{j-1}))\\&+&\color{red}f(\xi_{j+1})\color{black}(\alpha(x_{j+1})-\alpha(x_{j}))\\&\vdots&\\&+&\color{red}f(\xi_{n})\color{black}(\alpha(x_{n})-\alpha(x_{n-1}))\\&=&2(\alpha(x_j)-\alpha(x_0))+1(\alpha(x_n)-\alpha(x_j))\end{eqnarray*} \)
(ya que los símbolos en azul valen 2 y los rojos valen 1 por definición de \( f \) y construcción de la partición
etiquetada \( P \). Luego, basta con hacer las sumas telescópicas para obtener la última igualdad).
En resumen: \( S(P',f,\alpha)=2(\alpha(c)-\alpha(a))+(\alpha(b)-\alpha(c)) \), pero ya habíamos mostrado que \( \alpha(b)=\alpha(a) \), así que
\( \begin{eqnarray*}S(P',f,\alpha)&=&2(\alpha(c)-\alpha(a))+(\alpha(a)-\alpha(c))\\&=&2(\alpha(c)-\alpha(a))-(\alpha(c)-\alpha(a))\\&=&\alpha(c)-\alpha(a) \)
Pero como \( P' \) es tal que \( \epsilon>|S(P',f,\alpha)| \), entonces hemos demostrado que \( |\alpha(c)-\alpha(a)|<\epsilon \). Luego, como \( \epsilon \) fue fija pero arbitraria, concluimos que \( |\alpha(c)-\alpha(a)|<\epsilon \) para toda \( \epsilon>0 \), que es lo que se quería probar.
Para que no digas que no me preocupo ya por tí
Saludos.
