Giả sử rằng cặp $(\pi, g)$ là $\mu$-thích nghi; với mọi hàm $f \in \mathscr{K}(X)$, hàm $t \mapsto \langle f, \lambda_t \rangle = f(\pi(t))g(t)$ khi đó là khả tích $\mu$-một cách cốt yếu. Ta hãy chỉ ra rằng $t \mapsto \lambda_t$ là đo được $\mu$-theo nghĩa mơ hồ. Thật vậy, trước hết ta chú ý rằng nếu $\pi$ và $g$ liên tục, thì ánh xạ $t \mapsto \lambda_t$ liên tục theo nghĩa mơ hồ. Trong trường hợp tổng quát, tập hợp các tập con compact $K$ của $T$ sao cho các hạn chế của $\pi$ và $g$ lên $K$ là liên tục là $\mu$-trù mật (Ch. IV, §5, No. 10, Prop. 15); nếu $K$ là một tập như vậy, thì hạn chế của $t \mapsto \lambda_t$ lên $K$ là liên tục theo nghĩa mơ hồ, do đó có mệnh đề đầu tiên của mệnh đề. Prop. 2 của §3, No. 1 chỉ ra rằng $\Lambda$ là $\mu$-thích hợp.

Ngược lại, giả sử rằng $\Lambda$ là khả tích $\mu$-một cách cốt yếu theo vô hướng và đo được $\mu$-theo nghĩa mơ hồ; khi đó nó là $\mu$-thích hợp (§3, No. 1, Prop. 2). Vì hàm 1 là nửa liên tục dưới trên $X$, hàm $t \mapsto \lambda_t(1) = g(t)$ là đo được $\mu$ (§3, Def. 1). Do đó tập hợp $S$ là đo được (Ch. IV, §5, No. 5, Prop. 7). Tập hợp $\mathfrak{K}$ gồm các tập hợp compact $K \subset S$ sao cho $g|K$ liên tục và $\Lambda|K$ liên tục theo nghĩa mơ hồ là $\mu$-trù mật trong $S$ (Ch. IV, §5, No. 10, Prop. 15); nếu $K \in \mathfrak{K}$, thì hạn chế lên $K$ của ánh xạ $t \mapsto \varepsilon_{\pi(t)} = \frac{1}{g(t)} \lambda_t$ do đó là liên tục theo nghĩa mơ hồ, và điều này kéo theo tính liên tục của $\pi|K$ (Ch. III, §1, No. 9, Prop. 13). Vì $\mathfrak{K}$ là $\mu$-trù mật trong $S$, hạn chế của $\pi$ lên $S$ là đo được $\mu$.

Ta sẽ sử dụng bổ đề sau:

A) Trước hết giả sử độ đo $\mu$ có giá compact K và các hạn chế của các hàm $g$ và $\pi$ trên K đều liên tục. Theo công thức (4) của $§ 3$, No. 1, $\nu^\bullet(1) = \int_K g(t)\, d\mu(t) < +\infty,$ nên mọi độ đo xuất hiện trong công thức (1) đều bị chặn. Vì vậy ta có thể thay $\int^\bullet$ bằng $\int^*$ ở vế thứ nhất. Xét công thức (6) của $§ 3$, No. 2, thì rút cục chỉ còn phải chứng minh rằng (2)

trong đó ký hiệu $\int^\bullet$ ở vế thứ hai lại có thể thay bằng $\int^*$. Theo định nghĩa tích phân trên, chỉ cần kiểm tra bất đẳng thức (3) với mọi hàm nửa liên tục dưới $h$ trên T sao cho $h \geq$ hàm số $t \mapsto f(\pi(t))g(t)$. Bây giờ, cho $\varepsilon$ là một số $> 0$ và cho $u$ là hàm $(h + \varepsilon)/g,$ hàm này nửa liên tục dưới trên K. Nếu $t \in \pi^{-1}(\{x\}) \cap K,$ thì $u(t) \geq f(x):$ điều này hiển nhiên nếu $g(t) = 0,$ vì khi đó $u(t) = +\infty;$ nếu $g(t) > 0,$ thì

do đó bất đẳng thức đã được khẳng định. Với các điều kiện này, với mọi $x \in X$ hãy đặt $v(x)$ là infimum của $u(t)$ với $t \in \pi^{-1}(\{x\}) \cap K$. Hàm $v$ là $\geq f$ theo điều đã nêu ở trên, nó nửa liên tục dưới trên $X$ theo Bổ đề (áp dụng cho hạn chế của $\pi$ lên $K$), và $v(\pi(t))g(t) \leq h(t) + \varepsilon$ với mọi $t \in K$ (nhắc lại rằng vế thứ nhất bằng không theo quy ước nếu $g(t) = 0$). Khi đó hãy áp dụng cho $v$ công thức (4) của §3, No. 1. Ta thu được:

Vì độ đo $\mu$ bị chặn và $\varepsilon$ là tùy ý, bất đẳng thức (3) suy ra.

B) Bây giờ ta chuyển sang trường hợp tổng quát. Vì ánh xạ $t \mapsto (\pi(t), g(t))$ từ $T$ vào $X \times \mathbf{R}_+$ là $\mu$-đo được (Ch. IV, §5, No. 3, Đl. 1), tập hợp $\mathscr{K}$ gồm các tập con compact $K$ của $T$ sao cho các hạn chế của $\pi$ và $g$ lên $K$ là liên tục là $\mu$-trù mật (Ch. IV, §5, No. 10, Mđ. 15). Theo Mđ. 4 của §2, No. 3, $\mu$ là tổng của một họ cộng được $(\mu_\alpha)_{\alpha \in A}$ các độ đo mà giá của chúng là các phần tử của $\mathscr{K}$; cặp $(\pi, g)$ là $\mu_\alpha$-thích nghi với mọi $\alpha \in A$, hãy đặt $\nu_\alpha$ là độ đo $\int g(t) \varepsilon_{\pi(t)}\, d\mu_\alpha(t)$. Khi đó theo A),

Nhưng các $\nu_\alpha$ tạo thành một họ cộng được có tổng bằng $\nu$ (§3, No. 1, Hệ quả của Mđ. 1). Do đó, theo Mđ. 1 của §2, No. 2,

Ta có một quan hệ tương tự đối với vế thứ hai của (5), và (1) do đó suy ra từ (5) bằng cách lấy tổng theo $\alpha$.

thì, với mọi hàm số $f \geq 0$ trên $X$,

Hiển nhiên rằng $\pi$ và $g$ là $\mu$-đo được; hơn nữa, đối với mọi hàm $\psi \in \mathscr{K}(X)$, $\psi \circ \pi$ là liên tục với giá đỡ compact, vì $\pi$ là thực sự; do đó cặp $(\pi, g)$ là $\mu$-thích nghi và hơn nữa, ánh xạ $t \mapsto g(t)\varepsilon_{\pi(t)}$ là liên tục theo nghĩa yếu.

Cho $h$ là một hàm nửa liên tục dưới trên $T$ sao cho

Ta sẽ chứng minh rằng

Theo định nghĩa của tích phân trên, điều này sẽ kéo theo bất đẳng thức

mà khi kết hợp với bất đẳng thức (7) của §3, No. 2, sẽ chứng minh (7).

Để chứng minh (8), ta định nghĩa một hàm $\overline{f}$ trên $X$ theo cách sau: $\overline{f}(x)$ là cận dưới lớn nhất của $h(t)/g(t)$ trong tập $\overline{\pi}^{-1}(x)$ (cận dưới lớn nhất bằng $+\infty$ nếu $\overline{\pi}^{-1}(x) = \varnothing$). Hàm $\overline{f}$ có các tính chất sau:

$1^\circ$ $\overline{f}(x) \geq f(x)$ với mọi $x \in X$ (vì $g(t) > 0$ với mọi $t \in T$).

$2^\circ$ $\overline{f}(\pi(t))g(t) \leq h(t)$ với mọi $t \in T$.

$3^\circ$ Hàm $\overline{f}$ là nửa liên tục dưới theo Bổ đề, vì hàm $h/g$ là nửa liên tục dưới trên $T$.

Do đó, theo Mệnh đề 2a) của §3, No. 1:

điều này thiết lập (8), và hoàn tất chứng minh.

Cho $f$ là một ánh xạ từ $X$ vào một không gian tôpô $G$, và cho $S$ là tập hợp ($\mu$-đo được) các điểm $t \in T$ sao cho $g(t) > 0$. Để $f$ là $\nu$-đo được, điều kiện cần và đủ là hạn chế của $f \circ \pi$ lên $S$ là $\mu$-đo được.

Giả sử trước hết rằng $f$ là $\nu$-khả đo. Theo giả thiết, tập hợp $\mathscr{K}$ của các tập compact $K$ của $S$, sao cho hạn chế của $\pi$ lên $K$ là liên tục, là $\mu$-trù mật trong $S$ (Ch. IV, §5, No. 10, Mệnh đề 15). Để chứng minh rằng hạn chế của $f \circ \pi$ lên $S$ là $\mu$-khả đo, do đó chỉ cần chứng minh rằng với mọi $K \in \mathscr{K}$, tập hợp các tập compact $H$ của $K$, sao cho hạn chế của $f \circ \pi$ lên $H$ là liên tục, là $\mu$-trù mật trong $K$ (Ch. IV, §5, No. 8, Mệnh đề 13). Nhưng theo giả thiết, tồn tại một phân hoạch của tập compact $\pi(K)$ gồm một tập hợp $\nu$-không đáng kể $N$ và một dãy các tập compact $(C_n)$ sao cho hạn chế của $f$ lên từng $C_n$ là liên tục. Trong các điều kiện này, $K \cap \overline{\pi}(N)$ và các tập $K \cap \overline{\pi}(C_n)$ tạo thành một phân hoạch của $K$; nhưng $K \cap \overline{\pi}(N)$ là $\mu$-không đáng kể nhờ Hệ quả của Định lý 1 của No. 2, các tập $K \cap \overline{\pi}(C_n)$ là compact, và hạn chế của $f \circ \pi$ lên từng tập sau là liên tục, điều đó chứng tỏ rằng hạn chế của $f \circ \pi$ lên $S$ là $\mu$-khả đo.

Ngược lại, giả sử điều đó đúng; để chứng minh rằng $f$ là $\nu$-đo được, chỉ cần chứng minh rằng tập $\mathscr{L}$ gồm các tập con compact $L$ của $X$, sao cho hạn chế của $f$ lên $L$ là liên tục, là $\nu$-trù mật (Ch. IV, §5, No. 10, Mệnh đề 15). Cho $N$ là một tập con của $X$ sao cho $N \cap L$ là $\nu$-không đáng kể với mọi $L \in \mathscr{L}$, và ta hãy chứng minh rằng $N$ là địa phương $\nu$-không đáng kể. Để làm điều này, ta phải chứng minh rằng $\overline{\pi}(N) \cap S$ là địa phương $\mu$-không đáng kể (Hệ quả của Định lý 1 của No. 2). Bây giờ, tập $\mathscr{H}$ gồm các tập con compact $H$ của $S$, sao cho các hạn chế lên $H$ của $\pi$ và $f \circ \pi$ là liên tục, theo giả thiết là $\mu$-trù mật trong $S$ (Ch. IV, §5, No. 10, Mệnh đề 15). Do đó chỉ cần chứng minh rằng $\overline{\pi}(N) \cap H$ là $\mu$-không đáng kể với mọi $H \in \mathscr{H}$. Bây giờ, $\pi(H)$ là compact và có thể đồng nhất với không gian thương của $H$ theo quan hệ tương đương $\pi(t) = \pi(t')$, trong đó $\pi$ được đồng nhất với ánh xạ chính tắc của $H$ lên không gian thương này (GT, I, §5, No. 2, Mệnh đề 3). Vì hạn chế của $f \circ \pi$ lên $H$ là liên tục, nên hạn chế của $f$ lên $\pi(H)$ cũng liên tục, nói cách khác $\pi(H) \in \mathscr{L}$, do đó $N \cap \pi(H)$ là $\nu$-không đáng kể. Theo Hệ quả của Định lý 1 của No. 2, $\overline{\pi}(N \cap \pi(H)) \cap S$ là địa phương $\mu$-không đáng kể; vì thế tập

cũng là địa phương $\mu$-không đáng kể; nhưng vì $H$ là compact, $H \cap \overline{\pi}(N)$ là $\mu$-không đáng kể, và điều đó hoàn tất chứng minh.

A) Trước hết xét trường hợp độ đo $\mu$ có giá compact $K$, trên đó $g$ bị chặn. Khi đó các độ đo $\mu$ và $\nu$ đều hữu hạn, và có thể thay 'khả tích theo nghĩa rộng' trong mệnh đề bằng 'khả tích'. Giả sử rằng $f$ là $\nu$-khả tích: khi đó hàm $f(\pi(t))g(t)$ là $\mu$-khả tích, và hệ thức (9) được thỏa mãn, theo Định lý 1 của §3, No. 3. Ngược lại, giả sử rằng $f(\pi(t))g(t)$ là $\mu$-khả tích: khi đó $f$ là $\nu$-đo được (No. 3, Mệnh đề 3 và Nhận xét), và

(No. 2, Định lý 1); do đó $f$ khả tích theo nghĩa rộng đối với $\nu$ (§1, No. 3, Mệnh đề 9), suy ra $f$ khả tích đối với $\nu$. Định lý 1 của §3, No. 3 khi đó suy ra (9).

B) Xét trường hợp tổng quát. Cho $\mathscr{K}$ là tập hợp các tập con compact $K$ của $T$ sao cho $g|K$ liên tục: $\mathscr{K}$ trù mật theo $\mu$ (Ch. IV, §5, No. 10, Mệnh đề 15), do đó độ đo $\mu$ là tổng của một họ $(\mu_\alpha)_{\alpha \in A}$ các độ đo có giá là các phần tử của $\mathscr{K}$ (§2, No. 3, Mệnh đề 4). Cặp $(g, \pi)$ hiển nhiên là $\mu_\alpha$-thích nghi với mọi $\alpha \in A$, và độ đo $\nu$ là tổng của họ các độ đo $\nu_\alpha = \int \varepsilon_{\pi(t)}g(t) \, d\mu_\alpha(t)$ (§3, No. 1, Hệ quả của Mệnh đề 1). Vì lập luận của A) có thể áp dụng cho các độ đo $\mu_\alpha, \nu_\alpha$, nên phần thứ nhất của mệnh đề suy ra từ Mệnh đề 3 của §2, No. 2.

Để hàm $f$ (resp. $t \mapsto f(\pi(t))g(t)$) khả tích đối với $\nu$ (resp. đối với $\mu$), cần và đủ là nó khả tích theo nghĩa rộng và rằng

Do đó phần thứ hai của mệnh đề suy ra từ phần thứ nhất và Mệnh đề 2.