Với mọi $x \in X$ sao cho $f(x) > 0$, và với mọi số thực $a$ sao cho $0 < a < f(x)$, theo giả thiết tồn tại một lân cận compắc V của $x$ sao cho $f(y) \geq a$ trên V; mặt khác, tồn tại một hàm $g \in \mathscr{K}_+$, có giá được chứa trong V, bằng $a$ tại điểm $x$ và $\leq a$

(1) 'I' như trong 'inferior'; chữ cái $\mathscr{L}$ (như trong 'lower') đã được dành cho các không gian hàm khác, sẽ được bàn trong §3.

trên V (GT, IX, §1, No. 5, Định lý 2); do đó $0 \leq g \leq f$ và $g(x) \geq a$, điều này chứng minh bổ đề.

Cho $f = \sup_{g \in H} g$. Trước hết ta sẽ chứng minh định lý trong trường hợp riêng khi các hàm $g \in H$ và bao trên của chúng $f$ thuộc $\mathscr{H}_+$. Khi đó, theo định lý Dini (GT, X, §4, No. 1, ĐL. 1), bộ lọc các tiết diện của $H$ hội tụ đều tới $f$ trên mọi tập compắc con của $X$, và đặc biệt trên giá đỡ K của $f$. Vì $0 \leq g \leq f$ đối với mọi hàm $g \in \mathbf{H}$, giá đỡ của mọi hàm trong $\mathbf{H}$ đều được chứa trong $K$; nhưng theo định nghĩa, $\mu$ liên tục trên không gian vectơ $\mathscr{K}(X, K; \mathbf{C})$ của các hàm liên tục có giá đỡ được chứa trong $K$, đối với tôpô hội tụ đều; do đó có quan hệ (2) trong trường hợp này.

Xét trường hợp tổng quát. Rõ ràng là $\mu^*(g) \leq \mu^*(f)$ đối với mọi hàm $g \in \mathbf{H}$. Theo Định nghĩa 1, toàn bộ vấn đề quy về việc chứng minh rằng, với mọi hàm $\psi \in \mathscr{K}_+$ sao cho $\psi \leq f$,

Với mọi hàm $g \in \mathbf{H}$, gọi $\Phi_g$ là tập hợp các hàm $\varphi \in \mathscr{K}_+$ sao cho $\varphi \leq g$, và gọi $\Phi$ là hợp của các tập hợp $\Phi_g$ khi $g$ chạy trên $\mathbf{H}$; vì $\mathbf{H}$ có hướng nên $\Phi$ cũng có hướng, và $f = \sup_{\varphi \in \Phi} \varphi$. Vì $\psi \leq f$, nên $\psi$ là bao trên của tập hợp các hàm $\inf(\psi, \varphi)$ khi $\varphi$ chạy trên $\Phi$; nhưng vì $\psi$ và các hàm $\inf(\psi, \varphi)$ thuộc $\mathscr{K}_+$, nên phần đầu của chứng minh cho thấy rằng $\mu(\psi) = \sup_{\varphi \in \Phi} \mu(\inf(\psi, \varphi))$. Bây giờ, mỗi $\varphi \in \Phi$ thuộc một tập hợp $\Phi_g$, do đó

từ đó suy ra ngay rằng $\mu(\psi) \leq \sup_{g \in \mathbf{H}} \mu^*(g)$. Như vậy ta đã chứng minh rằng $\mu^*(f) = \sup_{g \in \mathbf{H}} \mu^*(g)$; quan hệ $\mu^*(f) = \lim_{g \in \mathbf{H}} \mu^*(g)$ khi đó là một hệ quả của định lý giới hạn đơn điệu (GT, IV, §5, No. 2, Th. 2).

Khi $\varphi_1$ (tương ứng $\varphi_2$) chạy qua tập các hàm trong $\mathscr{K}_+$ sao cho $\varphi_1 \leq f_1$ (tương ứng $\varphi_2 \leq f_2$), các hàm $\varphi_1 + \varphi_2$ tạo thành một tập có hướng (đối với $\leq$) có bao trên là $f_1 + f_2$. Vì vậy, theo Định lý 1,

trong đó $(\varphi_1, \varphi_2)$ chạy qua tập các cặp hàm trong $\mathscr{K}_+$ sao cho $\varphi_1 \leq f_1$ và $\varphi_2 \leq f_2$; vì

(GT, IV, §5, No. 7, Hệ quả 2 của Mệnh đề 12), nên định lý được chứng minh.

Với mọi tập con hữu hạn $J$ của $I$, suy ra từ Định lý 2 (bằng quy nạp theo số phần tử của $J$) rằng $\mu^*\left( \sum_{\iota \in J} f_\iota \right) = \sum_{\iota \in J} \mu^*(f_\iota)$; khi $J$ chạy qua tập hợp các tập con hữu hạn của $I$, các hàm $g_J = \sum_{\iota \in J} f_\iota$ thuộc $J_+$ và tạo thành một tập có hướng đối với quan hệ $\leq$, mà bao trên của nó là hàm $\sum_{\iota \in I} f_\iota$; do đó mệnh đề được suy ra từ Định lý 1.

Thật vậy, ánh xạ này theo định nghĩa là bao trên của các ánh xạ $\mu \mapsto \mu(g)$, trong đó $g$ chạy qua tập hợp các hàm trong $\mathscr{K}_+$ sao cho $g \leq f$; và theo định nghĩa của tôpô mơ hồ, các ánh xạ $\mu \mapsto \mu(g)$ là liên tục trên $\mathscr{M}(X)$.

Vì, trong trường hợp này, tồn tại một hàm $f \in \mathscr{K}_+$ sao cho $\varphi_G \leq f$ (Ch. III, §1, No. 2, Bổ đề 1), do đó

Một tập hợp mở có ngoại độ đo hữu hạn không phải lúc nào cũng là tương đối compắc (Bài tập 3).

Các hàm φ_G lập thành một tập có hướng (đối với ≤) trong $\mathscr{I}_+$ và bao trên của chúng là hàm đặc số của hợp các tập hợp G ∈ $\mathfrak{B}$; vì vậy mệnh đề là một hệ quả của Định lý 1.

Hơn nữa, nếu các G_ι rời nhau từng đôi một thì

Thật vậy, nếu G = $\bigcup_{\iota \in I} G_\iota$ thì φ_G = sup_{ι \in I} φ_{G_ι} ≤ $\sum_{\iota \in I} \varphi_{G_\iota}$; khi các G_ι rời nhau từng đôi một, φ_G = $\sum_{\iota \in I} \varphi_{G_\iota}$; do đó mệnh đề là một hệ quả của các Mệnh đề 2 và 3.

Đặc biệt chú ý rằng nếu $G$ là một tập mở trong $\mathbf{R}$ sao cho $\mu^*(G) = 0$, thì $G$ là rỗng.

Với mọi hàm $h_1 \in \mathscr{I}_+$ sao cho $f_1 \leqslant h_1$ và mọi hàm $h_2 \in \mathscr{I}_+$ sao cho $f_2 \leqslant h_2$, theo ĐL. 2 ta có

Các Mệnh đề 10, 11 và 12 biểu thị rằng $\mu^*$ là một hàm tăng, thuần nhất dương và lồi trên tập hợp các hàm số trị số $\geqslant 0$ xác định trên X (Ch. I, No. 1). Chú ý rằng nếu $f_1$ và $f_2$ là hai hàm dương bất kỳ, thì hai vế của (9) không nhất thiết bằng nhau (§ 4, Exer. 8 d)); trong §5, No. 6 chúng tôi sẽ cho các điều kiện để có đẳng thức.

Vì mỗi hàm $f_n$ đều nhỏ hơn hoặc bằng $\sup_n f_n$, mọi sự quy về việc chứng minh rằng $\mu^*(\sup_n f_n) \leqslant \sup_n \mu^*(f_n)$; điều này hiển nhiên nếu vế thứ hai của bất đẳng thức là $+\infty$. Trong trường hợp ngược lại, $\mu^*(f_n) < +\infty$ với mọi $n$; ta sẽ chỉ ra rằng, với mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại một dãy tăng $(g_n)$ các hàm trong $\mathscr{I}_+$ sao cho $f_n \leqslant g_n$ và $\mu^*(g_n) \leqslant \mu^*(f_n) + \varepsilon$. Nếu $g$ là bao trên của dãy $(g_n)$, thì khi đó ta sẽ có $\mu^*(g) = \sup_n \mu^*(g_n)$ (No. 1, Đl. 1), do đó $\mu^*(g) \leqslant \sup \mu^*(f_n) + \varepsilon$; vì $\sup f_n \leqslant g$ và $\varepsilon$ là tùy ý, khi đó định lý sẽ được chứng minh.

Theo giả thiết, tồn tại một hàm $h_n \in \mathscr{J}_+$ sao cho $f_n \leq h_n$ và $\mu^*(f_n) \leq \mu^*(h_n) \leq \mu^*(f_n) + \varepsilon/2^n$; hãy chứng minh rằng các hàm $g_n = \sup(h_1, h_2, \ldots, h_n)$ thỏa mãn các yêu cầu. Chúng thuộc $\mathscr{J}_+$, tạo thành một dãy tăng, và thỏa mãn $f_n \leq g_n$ với mọi $n$; ta sẽ chứng minh rằng

Ta lập luận bằng quy nạp theo $n$; trường hợp $n = 1$ là tầm thường. Mặt khác $g_{n+1} = \sup(g_n, h_{n+1})$, $g_n \geq f_n$ và $h_{n+1} \geq f_{n+1} \geq f_n$, do đó $\inf(g_n, h_{n+1}) \geq f_n$; vì

nên suy ra từ Định lý 2 của No. 1 rằng

ĐPCM.

Thật vậy, tồn tại một dãy tăng các hàm trong $\mathfrak{G}$ có cùng bao trên như $\mathfrak{F}$: nếu $(f_n)$ là dãy các hàm của $\mathfrak{G}$, được xếp theo một thứ tự tùy ý, thì đặt $(f_{n_k})$ là một dãy con được xác định đệ quy bởi các điều kiện $n_1 = 1$, $f_{n_{k+1}} \geq \sup(f_{n_k}, f_k)$; hiển nhiên dãy con này có các tính chất đã nêu.

Chỉ cần áp dụng quan hệ (10) cho dãy tăng các hàm số $g_n = \sum_{k=1}^n f_k$ đồng thời lưu ý rằng, theo (9),

Trong §5, No. 6, chúng tôi sẽ nêu các điều kiện để hai vế của (12) bằng nhau.

Với mọi số nguyên $n$, đặt $g_n = \inf_{p \geqslant 0} f_{n+p}$; dãy $(g_n)$ là tăng và $\liminf_{n \to \infty} f_n = \sup_n g_n$, do đó, theo (10),

nhưng vì $g_n \leqslant f_{n+p}$ với $p \geqslant 0$, ta có $\mu^*(g_n) \leqslant \mu^*(f_{n+p})$, do đó $\mu^*(g_n) \leqslant \inf_{p \geqslant 0} \mu^*(f_{n+p})$ và cuối cùng

Nếu $f_0$ là hàm hằng bằng $+\infty$, thì $f_0$ là bao trên của tất cả các hàm của $\mathscr{K}_+$, và, vì $\mu \neq 0$, ta có $\mu^*(f_0) > 0$; nhưng do $f_0 = \alpha f_0$ với mọi $\alpha > 0$, tất yếu $\mu^*(f_0) = +\infty$ (Mệnh đề 11). Khi đó bất đẳng thức (13) cho thấy rằng $\mu^*(f_n)$ tiến tới $+\infty$ khi $n$ tăng.

Hơn nữa, quan hệ $\mu \leq \nu$ kéo theo $\mu^* \leq \nu^*$.

Hãy chứng minh quan hệ (15). Đặt $\lambda = \mu + \nu$; do đó $\lambda(f) = \mu(f) + \nu(f)$ với $f \in \mathscr{K}_+$; với $f \in \mathscr{J}_+$, giá trị của $\lambda^*(f)$ (tương ứng $\mu^*(f)$, $\nu^*(f)$) là giới hạn của $\lambda(g)$ (tương ứng $\mu(g)$, $\nu(g)$) khi $g$ chạy trên tập có hướng (đối với $\leq$) gồm mọi $g \in \mathscr{K}_+$ sao cho $g \leq f$; vì vậy $\lambda^*(f) = \mu^*(f) + \nu^*(f)$. Cuối cùng, nếu $f$ là một hàm bất kỳ $\geq 0$ xác định trên $X$, thì $\lambda^*(f)$ (tương ứng $\mu^*(f)$, $\nu^*(f)$) là giới hạn của $\lambda^*(h)$ (tương ứng $\mu^*(h)$, $\nu^*(h)$) khi $h$ chạy trên tập có hướng (đối với $\geq$) gồm mọi hàm $h \in \mathscr{J}_+$ sao cho $h \geq f$; một lần nữa, bằng cách chuyển sang giới hạn, do đó ta có $\lambda^*(f) = \mu^*(f) + \nu^*(f)$, điều này chứng minh (15). Quan hệ (14) được thiết lập tương tự. Cuối cùng, nếu $\mu \leq \nu$ thì ta có thể viết $\nu = \mu + (\nu - \mu)$, trong đó $\nu - \mu \geq 0$, do đó $\nu^* = \mu^* + (\nu - \mu)^*$, điều này cho thấy $\mu^* \leq \nu^*$.

Thật vậy, một tập như vậy được chứa trong một tập mở compact tương đối (GT, I, §9, No. 7, Mệnh đề 10), mà độ đo ngoài của nó là hữu hạn (No. 2, Mệnh đề 5).

Các mệnh đề này là các bản dịch của các Mệnh đề 10 và 13 và của Định lý 3 của No. 3 cho các hàm đặc trưng của tập hợp.

Mệnh đề là hiển nhiên nếu $\mu^*(A) = +\infty$. Trong trường hợp ngược lại, với mọi $\varepsilon$ sao cho $0 < \varepsilon < 1$, tồn tại một hàm $f \in \mathscr{J}_+$ sao cho $\varphi_A \leq f$ và $\mu^*(A) \leq \mu^*(f) \leq \mu^*(A) + \varepsilon$. Gọi G là tập hợp các $x \in X$ sao cho $f(x) > 1 - \varepsilon$. Vì $f$ là nửa liên tục dưới, G là mở (GT, IV, §6, No. 2, Prop. 1) và chứa A; mặt khác $f \geq (1 - \varepsilon)\varphi_G$, do đó

vì $\varepsilon$ là tùy ý, ta thấy rằng $\mu^*(G)$ sai khác với $\mu^*(A)$ ít đến mức tùy ý, do đó suy ra mệnh đề.