Lemme 1

a) Soit $f$ un élément de $\mathscr{K}_+(X)$; la fonction $t \mapsto \lambda_t(f)$ est positive, semi-continue supérieurement, à support compact, et sa restriction à $\pi(X)$ est continue.

b) Soient $U$ un élément de $\mathscr{U}$, $\nu$ l’intégrale de la fonction scalairement essentiellement $\mu$-intégrable $t \mapsto \lambda_t$; l’image de la mesure $\nu|U$ par $\pi|U$ est égale à $\mu|\pi(U)$,

Pour établir a), on peut se ramener au moyen d’une partition de l’unité (chap. III, 2e éd., § 1, n° 2, lemme 1) au cas où le support S de f est contenu dans un ouvert $U \in \mathscr{U}$. Soit g l’application $t \mapsto \lambda_t(f) ; \pi|U$ étant un homéomorphisme, $g|\pi(U)$ appartient à $\mathscr{K}_+(\pi(U))$, et par suite ($\pi(U)$ étant un ouvert de $\pi(X)$) la restriction de g à $\pi(X)$ est continue. Comme g est positive et que la restriction de g au compact $\pi(S)$ est continue, on voit que g est semi-continue supérieurement dans T. On en déduit que g est $\mu$-intégrable.

Pour établir b), désignons par g un élément de $\mathscr{K}(\pi(U))$, par $g^\circ$ son prolongement par 0 à T, par f la fonction $g \circ (\pi|U)$, par $f^\circ$ la prolongement par 0 de f à X. L’assertion b) équivaut à l’égalité $\int g^\circ d\mu = \int f^\circ dv$. Mais on a $f \in \mathscr{K}(U)$, donc $f^\circ \in \mathscr{K}(X)$, et la seconde intégrale est donc égale à $\int \lambda_t(f^\circ) d\mu(t)$. On a enfin $\lambda_t(f^\circ) = g^\circ(t)$, ce qui achève la démonstration.

Notons maintenant que $\pi(X)$ est ouvert dans T, donc $\mu$-mesurable ; l’application $\Lambda : t \mapsto \lambda_t$ est vaguement $\mu$-mesurable, car sa restriction à chacun des ensembles $\pi(X)$ et $\mathbf{C}\pi(X)$ est vaguement continue. Dans ces conditions, la formule $\bar{\pi}^1(\mu) = \int \lambda_t d\mu(t)$ définit une décomposition en tranches de $\bar{\pi}^1(\mu)$ relativement à $\pi$, et la prop. 10 nous donne le résultat suivant :