Integrability of f with respect to g on [a, b] holds exactly when g is integrable with respect to f there, and the two integrals then satisfy ∫ f dg + ∫ g df = f(b)g(b) − f(a)g(a).
正例：在 J = [0, 2] 上取 f(x) = x + 1，g 由 0 ≤ x < 1 時 g(x) = 0、1 ≤ x ≤ 2 時 g(x) = 1 給出。g 在 1 右連續而 f 連續，由 §29-3 的內點跳躍定理（integrator 在跳躍點右連續時，被積函數左連續就可積，積分值是它在跳躍點的值）得 ∫ f dg = f(1) = 2。29.7 於是斷定 g 對 f 也可積，而且 ∫ g df = f(2)g(2) − f(0)g(0) − 2 = 3 − 0 − 2 = 1。直接算也對得上：f 的增量就是區間長度，所以 ∫ g df 是那個階梯函數的 Riemann 積分，等於它在 [1, 2] 上那塊高 1 寬 1 的面積。反例：兩個積分不會自動相等——同一組 f 與 g 給出 ∫ f dg = 2 而 ∫ g df = 1，差了一倍。被邊界值釘住的是它們的和，不是各自的值。
這張圖在說 29.7 承諾了什麼、又沒承諾什麼：整條長條的長度是邊界值 f(b)g(b) − f(a)g(a)，它由兩端的四個數字算出來，跟切法無關。兩個積分是這條長條的兩段，所以它們的和被釘死，各自的長短卻完全自由——切點畫在哪裡是 f 與 g 的事。圖上看不出「一個可積就保證另一個可積」，那是證明要交的東西。
PROOF
照本節的通用前提，f 與 g 都在 J = [a, b] 上有界。結論是一個「若且唯若」加上一個等式，而兩個方向的論證完全對稱——把 f 與 g 的角色對調，同一段文字就是另一個方向——所以以下只證「f 對 g 可積推出 g 對 f 可積，並給出等式」。手上的工具只有兩件：§29-2 的 29.2（g-可積的定義：給定 ε 就交得出一個分割，它的每一個加細上的每一個和都離積分值不到 ε）與 §29-1 的 29.1（和的寫法）。先用一個退化情形檢查等式的形狀：g 恆等於常數 c 時，∫ f dg = 0（§29-2 例 2：常數 integrator 讓每一項的增量都是零），而 S(P; g, f) = Σ c[f(xₖ) − f(xₖ₋₁)] 逐項相消得 c[f(b) − f(a)]，與 f(b)g(b) − f(a)g(a) 相同，等式成立。
證明計畫 · 由所求想起 所求有兩件：g 對 f 可積，而且兩個積分的和是邊界值。把可積的定義代進去，所求就變成一句話：以 g 為被積函數的每一個和，都要靠近「邊界值減去 ∫ f dg」。 第一步：把前提兌現成工具——由 f 對 g 可積拿到一個見證分割。 第二步：任取它的一個加細，寫下以 g 為被積函數的和。 第三步：把這個分割的分割點與中間點全部併在一起，排成一個更細的分割。 第四步：在和裡把「兩個函數在同一個分割點的值相乘」這種項加進來又減掉，逐項重新編組。 第五步：加進來的那一堆兩兩相消只剩兩端，正是邊界值；剩下的那兩串恰好併成一個以 f 為被積函數的和，而它的中間點就是原來的分割點。 第六步：新分割是見證分割的加細，第一步的估計套得上去；ε 任意小，可積與等式一起到手。
Proof. Suppose that f is integrable with respect to g. Let ε > 0. By 29.2 there is a partition Pε of [a, b] such that |S(R; f, g) − ∫ f dg| < ε holds for every refinement R of Pε and every Riemann-Stieltjes sum belonging to R.
Let P = (x₀, ⋯, xₙ) be a refinement of Pε and consider a Riemann-Stieltjes sum in which g is the integrand and f the integrator, S(P; g, f) = Σₖ₌₁ⁿ g(ξₖ)[f(xₖ) − f(xₖ₋₁)], where xₖ₋₁ ≤ ξₖ ≤ xₖ. This is the quantity to be estimated.
這張圖把證明第二步要估的那個和畫成一條數線：藍色刻度是分割 P 的分割點，紅色圓點是任意挑出來的中間點。此刻兩種點的地位截然不同——分割點決定每一段的權重從哪裡量到哪裡，中間點只提供代表值。下一步要做的事，就是把這個分工整個拆掉。
Form a new partition Q = (y₀, y₁, ⋯, y₂ₙ) of [a, b] by promoting every ξₖ to the rank of a partition point alongside the xₖ, so that y₂ₖ = xₖ and y₂ₖ₋₁ = ξₖ. Every partition point of P occurs among those of Q, hence P ≤ Q. Since P refines Pε, so does Q.
這張圖在說證明第三步造出了什麼：上面那條線是原來的分割與它的中間點，下面那條把五個點一視同仁地全部當成分割點，重新編號成 y₀ 到 y₄。紅色的點升格成了分割點，這是全篇最關鍵的一個動作——原來的分工被拆掉之後，同一批點就能拿去組一個以 f 為被積函數的和。下面兩條線的刻度位置完全沒有挪動，所以新分割確實是舊分割的加細。
Add and subtract the products f(y₂ₖ)g(y₂ₖ), k = 0, 1, ⋯, n, and regroup. Term by term, g(ξₖ)[f(xₖ) − f(xₖ₋₁)] = [f(xₖ)g(xₖ) − f(xₖ₋₁)g(xₖ₋₁)] − f(xₖ₋₁)[g(ξₖ) − g(xₖ₋₁)] − f(xₖ)[g(xₖ) − g(ξₖ)], as one checks by expanding the right-hand side.
Summing over k, the first bracket telescopes to f(b)g(b) − f(a)g(a). The two remaining sums together form a Riemann-Stieltjes sum belonging to Q: on [y₂ₖ₋₂, y₂ₖ₋₁] take the intermediate point y₂ₖ₋₂ = xₖ₋₁, and on [y₂ₖ₋₁, y₂ₖ] take y₂ₖ = xₖ. Hence S(P; g, f) = f(b)g(b) − f(a)g(a) − S(Q; f, g).
Because Q refines Pε, the estimate of the first step applies to S(Q; f, g). Therefore |S(P; g, f) − [f(b)g(b) − f(a)g(a) − ∫ f dg]| = |S(Q; f, g) − ∫ f dg| < ε. Since P was an arbitrary refinement of Pε and its intermediate points were arbitrary, 29.2 shows that g is integrable with respect to f and that ∫ g df = f(b)g(b) − f(a)g(a) − ∫ f dg.
這一步的所求：收尾——把估計套上去，再逐條核對 29.2 的定義。第一個等號來自上一步那個等式：兩邊同時減去 f(b)g(b) − f(a)g(a) − ∫ f dg 之後，左邊的絕對值裡剩下的恰好是 ∫ f dg − S(Q; f, g)，取絕對值後與 |S(Q; f, g) − ∫ f dg| 相同。不等號則是第一步的估計，用得上是因為第三步已經核過 Q 是 Pε 的加細。最後回頭對照 29.2 的量詞順序：給定的 ε 配到的分割就是 Pε（它是為 f 對 g 可積而交出來的，這裡直接借用），而「Pε 的每一個加細 P、每一種中間點的挑法」都已經涵蓋——因為整段論證裡 P 與 ξₖ 從頭到尾是任取的。於是 g 對 f 可積，積分值就是括號裡那個數。
把 f 與 g 的角色對調，上面每一行原封不動就是反方向的證明，所以兩種可積性互為充要。移項之後 ∫ f dg + ∫ g df = f(b)g(b) − f(a)g(a)。∎
證明計畫 · 由所求想起 所求是「以 f·g′ 為被積函數的 Riemann 和會逼近 ∫ f dg」——有了它，右邊的積分存在與兩邊相等就一次到手。 第一步：g′ 在 compact 區間上連續，於是均勻連續，這給出一個對所有子區間通用的細度門檻。 第二步：兩種和用同一組中間點寫出來，逐項相減。 第三步：均值定理把 g 在一段上的增量換成導數乘上長度，代價是換到一個位置不明的新點，只知道它與中間點同在那一段裡。 第四步：同一段裡的兩點導數值相差不到 ε，於是每一項被 ε 乘上 f 的上界再乘該段長度壓住。 第五步：各段加起來，長度總和是 b − a。 第六步：其中一種和已知逼近 ∫ f dg，兩種和又靠得夠近，於是另一種和也逼近它。
Proof. Since J is a compact interval and g′ is continuous on it, 23.3 shows that g′ is uniformly continuous on J. Let ε > 0 and choose δ > 0 such that |g′(u) − g′(v)| < ε whenever u, v ∈ J satisfy |u − v| < δ. Let Pδ be a partition of J all of whose subintervals are shorter than δ. Because refining a partition only shortens subintervals, every refinement of Pδ has the same property.
Let P = (x₀, ⋯, xₙ) be a refinement of Pδ with intermediate points ξₖ, and form both S(P; f, g) and the Riemann sum S(P; f g′) from the same points ξₖ. Their difference is a sum of n terms of the form f(ξₖ)[g(xₖ) − g(xₖ₋₁)] − f(ξₖ)g′(ξₖ)(xₖ − xₖ₋₁).
Apply 27.6 to g on [xₖ₋₁, xₖ]: it is continuous there and differentiable at each interior point, so some ηₖ with xₖ₋₁ < ηₖ < xₖ satisfies g(xₖ) − g(xₖ₋₁) = g′(ηₖ)(xₖ − xₖ₋₁). Hence the k-th term equals f(ξₖ)[g′(ηₖ) − g′(ξₖ)](xₖ − xₖ₋₁).
Both ηₖ and ξₖ lie in [xₖ₋₁, xₖ], whose length is less than δ, so |g′(ηₖ) − g′(ξₖ)| < ε; and |f(ξₖ)| ≤ ‖f‖. Summing the n terms and using Σ (xₖ − xₖ₋₁) = b − a, |S(P; f, g) − S(P; f g′)| ≤ ε‖f‖(b − a).
這一步的所求：把每一項的估計加起來，變成一個對整個和的估計。三個因子各由一件事負責。第一個因子 |f(ξₖ)|：17.7 的 uniform norm（|f| 在整段區間上的 sup）就是為此而設，‖f‖ 是一個與 k 無關的常數，這正是「f 有界」這個通用前提在本篇的用處。第二個因子 |g′(ηₖ) − g′(ξₖ)|：ηₖ 與 ξₖ 同在第 k 段裡，而 P 是 Pδ 的加細所以每一段都短於 δ，於是兩點的距離小於 δ，第一步那個門檻就派上用場。第三個因子是段長，它們相加起來剛好是 b − a——這是這裡唯一用到「各段拼成整段」的地方，屬於例行的簿記。三者相乘再對 k 加總（三角不等式），就得到 pline 那一行。右邊那個上界裡沒有 n、沒有 P、也沒有中間點，它對每一個加細與每一種挑法都一樣，這正是下一步要的東西。
Now let σ > 0 be given. Run the preceding steps with ε replaced by σ/(2(‖f‖ + 1)(b − a)), obtaining a partition Pδ, and let Pσ be a partition witnessing |S(P; f, g) − ∫ f dg| < σ/2 for all refinements. If P refines both, then |S(P; f g′) − ∫ f dg| < σ/2 + σ/2 = σ.
這一步的所求：把兩個估計併起來，湊出 29.2 對「f·g′ 是 Riemann 可積」所要求的形狀。做法是三角不等式：S(P; f g′) 先跳到 S(P; f, g)，再跳到 ∫ f dg，第一段由上一步壓在 σ/2 以內，第二段由 f 對 g 可積這個前提壓在 σ/2 以內。分母寫成 ‖f‖ + 1 而不是 ‖f‖ 是為了免去 ‖f‖ = 0 時除以零的麻煩，屬於例行的邊界簿記；b − a > 0 則由 a < b 保證。兩個分割都要照顧，所以取它們的共同加細——把兩邊的分割點併起來即可，這是 §29-1 的分割與加細裡就辦好的事。最後這句話涵蓋了兩個結論：不等式對 Pσ 與 Pδ 的每一個共同加細、每一種中間點的挑法都成立，依 29.2 這既說明右邊那個 Riemann 積分存在，也說明它的值就是 ∫ f dg。