Đặc biệt, nếu f khả tích vô hướng theo nghĩa hầu khắp đối với $\mu$, thì nó vẫn khả tích vô hướng theo nghĩa hầu khắp khi tôpô của F được thay bằng một tôpô thô hơn.

Đây là một hệ quả ngay lập tức của công thức $\langle \mathbf{z}', gf \rangle = g \langle \mathbf{z}', f \rangle$, với mọi $\mathbf{z}' \in F'$, và công thức $\int h d(g \cdot \mu) = \int hg d\mu$ với mọi hàm vô hướng khả tích theo nghĩa hầu khắp đối với $\mu$ $h$ (Ch. V, §5, No. 3, Định lý 1).

Rất nhiều mệnh đề về các hàm số khả tích theo nghĩa hầu khắp có thể được chuyển nguyên văn thành các mệnh đề về các hàm nhận giá trị vectơ khả tích vô hướng theo nghĩa hầu khắp. Trong số những mệnh đề quan trọng hơn, chúng tôi lưu ý đến các điều kiện để một hàm khả tích theo nghĩa hầu khắp đối với một độ đo được xác định bởi một mật độ (Ch. V, §5, No. 3, Định lý 1), hoặc đối với ảnh của một độ đo (Ch. V, §6, No. 2, Định lý 1), hoặc đối với một độ đo cảm sinh (Ch. V, §7, No. 1, Định lý 1), hoặc đối với tổng của một họ khả tổng các độ đo dương (Ch. V, §2, No. 2, Mệnh đề 1 và 3 và Hệ quả 3 của Mệnh đề 1). Những chuyển dịch này được để lại cho người đọc.

Tuy nhiên, để thu được các mệnh đề tương ứng với các định lý về 'nguyên kép' (Ch. V, §3, No. 3, Định lý 1 và §8, No. 4, Định lý 1 (định lý Lebesgue–Fubini)), cần phải tăng cường các giả thiết (xem Bài tập 1); khi áp dụng các định lý đã dẫn ở trên cho từng hàm $\langle \mathbf{z}', f \rangle$, trong đó $\mathbf{z}' \in F'$, do đó ta thu được các mệnh đề sau:

$^3$Chỉ cần giả sử rằng họ là khả tích thiết yếu vô hướng theo $\mu$, do đó mệnh đề đúng với mỗi một trong hai cách hiểu của ' $\mu$-thích hợp'. $^4$Đẳng thức với tư cách là các phần tử của ${F'}^*$.

Vì $D$ là giao của các nửa không gian đóng chứa $f(S)$ (TVS, II, §5, No. 3, Hệ quả 1 của Mệnh đề 4), chỉ cần chứng minh rằng quan hệ $\langle f(t), z' \rangle \leq a$ với mọi $t \in S$ (trong đó $z' \in F', a \in \mathbf{R}$) kéo theo $\langle z', \int f\, d\mu \rangle \leq a \cdot \mu(T)$; nhưng vì $\int f\, d\mu = \int_S f\, d\mu$, điều này suy ra từ Ch. IV, §4, No. 2, Hệ quả 1 của Định lý 1.

Với mọi $z' \in F'$, $\langle z', f \rangle$ là $\mu$-đo được và bị chặn trên $S$, nên khả tích, điều đó chứng tỏ rằng $f$ khả tích vô hướng. Hơn nữa, vì $A$ là compắc trong $F_\sigma$, nên nó đóng trong $F'$*, và bao lồi đóng của $f(S)$ trong $F'$* được chứa trong $A$, do đó có hệ quả.

Đặt $D$ là tập hợp các $z \in F$ sao cho $q(z) \leq 1$; $D$ đóng, lồi, và chứa $0$, do đó $D = D^{oo}$ (TVS, II, §6, No. 3, Hệ quả 3 của Định lý 1). Do đó chỉ cần chứng minh rằng với mọi $z' \in D^\circ$, ta có $|\langle z', \int f\, d\mu \rangle| \leq \int^\bullet (q \circ f)\, d\mu$; nhưng điều này suy ra ngay từ việc $|\langle z', f(t) \rangle| \leq q(f(t))$ với mọi $t \in T$.

Chú ý rằng hàm số $q \circ f$ không nhất thiết $\mu$-đo được (Bài tập 12).

(*) Nhắc lại rằng với một độ đo dương bị chặn $\mu$, các khái niệm hàm $\mu$-khả tích và hàm cốt yếu $\mu$-khả tích là như nhau (Ch. V, §1, No. 3, Hệ quả của Mệnh đề 9).

5 Ký hiệu nguyên thủy cho tích phân cốt yếu trên là $\overline{\int^*}$, được đổi thành $\int^\bullet$ trong ấn bản thứ hai của Ch. V.

trong một tập con compact yếu, cân bằng, lồi của F. Khi đó $\int f d\mu$ thuộc đối ngẫu kép $F''$ của F.

Với mọi tập con compact K của T,

Hệ quả của Mệnh đề 5 có thể được áp dụng cho độ đo bị chặn $\varphi_K \cdot \mu$ và hàm $f \varphi_K$, do đó $\int f \varphi_K d\mu \in F$. Với mọi $z' \in F'$, $\langle z', f \rangle$ là cốt yếu $\mu$-khả tích, do đó (Ch. V, §1, No. 3, Mệnh đề 10)

trong đó giới hạn được lấy theo tập có hướng tăng gồm các tập con compact của T. Suy ra rằng, đối với tập này, $\int f \varphi_K d\mu$ hội tụ đến $\int f d\mu$ theo tôpô $\sigma({F'}^*, F')$. Bây giờ,

điều này chứng minh rằng tập các phần tử $\int f \varphi_K d\mu$ là một tập con bị chặn của $F_\sigma$, vì thế cũng là một tập con bị chặn của F (TVS, IV, §1, No. 1, Mệnh đề 1). Do đó Mệnh đề 7 là hệ quả của bổ đề sau:

Thật vậy, một tập con bị chặn của F được chứa trong cực đối của một lân cận của 0 trong đối ngẫu mạnh $F'$ của F, do đó là tương đối compact trong $F''$ đối với $\sigma(F'', F')$ (TVS, III, §3, No. 5, Mệnh đề 7 và No. 4, Hệ quả 2 của Mệnh đề 4); vì $\sigma(F'', F')$ được cảm sinh bởi $\sigma({F'}^*, F')$, bổ đề được chứng minh.

Thật vậy, mọi tập con bị chặn của F đều tương đối compact yếu (TVS, IV, §2, No. 2, Định lý 1), và $F = F''$.

Vì S là $\mu$-khả tích, tồn tại một phân hoạch của S gồm một tập $\mu$-không đáng kể N và một dãy $(K_n)$ các tập con compắc sao cho hạn chế của f lên mỗi $K_n$ là liên tục (Ch. IV, §4, No. 6, Hệ quả 3 của Định lý 4 và §5, No. 1, Định nghĩa 1); do đó $f(K_n)$ là một tập con compắc của $F$. Khi đó bao lồi cân bằng đóng $B_n$ của $f(K_n)$ là tiền compắc (TVS, II, §4, No. 1, Mệnh đề 3) và được chứa trong tập con đầy đủ $B$ của $F$, vì thế nó là compắc, và a fortiori compắc yếu. Do đó (Hệ quả của Mệnh đề 5) $f \varphi_{K_n}$ là vô hướng $\mu$-khả tích, và

Với mọi nửa chuẩn liên tục $p$ trên $F$, suy ra rằng

vì $B$ bị chặn và vì chuỗi có số hạng tổng quát $\mu(K_n)$ là hội tụ và có tổng bằng $\mu(T)$, ta thấy rằng dãy có số hạng tổng quát $s_n = z_1 + z_2 + \cdots + z_n$ là một dãy Cauchy trong tập con đầy đủ $\mu(T)B$ của $F$. Vậy dãy này hội tụ tới một phần tử $s$ của $\mu(T)B$; vì có thể giả sử rằng $f(t) = 0$ trên $T - S$, định lý Lebesgue áp dụng cho từng hàm $\langle z', f \rangle$ ($z' \in F'$) chứng minh rằng $s = \int f d\mu$.

a) Với mọi $x \in G$, $\int (U(t) \cdot x) d\mu(t) \in H$.

b) Với mọi tập con đều liên tục $B'$ của $H'$, tập các dạng tuyến tính $u_{y'} : x \mapsto \int \langle U(t) \cdot x, y' \rangle d\mu(t)$, trong đó $y'$ chạy trên $B'$, là đều liên tục.

Các điều kiện a) và b) là cần thiết. Thật vậy, vì với mọi $x \in G$, ánh xạ $\tilde{x} : V \mapsto V \cdot x$ của $\mathscr{L}_s(G; H)$ vào $H$ là tuyến tính, nên thấy được (No. 1,

Mệnh đề 1) rằng $\widetilde{\mathbf{x}} \circ U : t \mapsto U(t) \cdot \mathbf{x}$ là khả tích theo nghĩa vô hướng và $\mu$-hầu khắp nơi, và rằng

trong đó $S = \int U\, d\mu \in \mathscr{L}_s(G; H)$. Điều này chứng tỏ a). Hơn nữa, (1) cũng có thể viết

nói cách khác ${}^t S \cdot \mathbf{y}' = u_{\mathbf{y}'}$. Vì $S$ liên tục, ${}^t S$ biến mỗi tập con đều liên tục của $H'$ thành một tập con đều liên tục của $G'$, do đó b).

Ngược lại, giả sử a) và b) đã được xác minh. Nhờ a), công thức (1) xác định một ánh xạ tuyến tính $S$ của $G$ vào $H$, và, với mọi $\mathbf{y}' \in H'$, ánh xạ này thỏa mãn (2) (No. 1, Mệnh đề 1); nhưng khi đó, điều kiện (b) cho biết rằng $S$ liên tục (TVS, II, §6, No. 4, Mệnh đề 5 và 6, và III, §3, No. 5, Mệnh đề 7), do đó $S \in \mathscr{L}_s(G; H)$. Cuối cùng, công thức (2) chứng tỏ rằng $S = \int U\, d\mu$.

$1^\circ$ Độ đo $\mu$ bị chặn, và nếu $S$ là giá đỡ của nó, thì $U(S)$ là một tập con đều liên tục của $\mathscr{L}(G; H)$.

$2^\circ$ Điều kiện a) của Mệnh đề 9 được thỏa mãn, không gian $G$ là barreled, và, với mọi tập con compact $K$ của $T$, $U(K)$ là một tập con bị chặn của $\mathscr{L}_s(G; H)$.

Trước hết, ta đặt mình vào trường hợp $1^\circ$. Ta có thể tự hạn chế vào trường hợp $S = T$ (Ch. V, §7, No. 1, ĐL. 1). Khi đó, với mọi tập con đều liên tục $B'$ của $H'$, tồn tại một tập con đều liên tục, lồi, cân bằng và đóng yếu $A' \subset G'$ sao cho ${}^t U(t) \cdot \mathbf{y}' \in A'$ với mọi $\mathbf{y}' \in B'$ và mọi $t \in T$ (TVS, II, §6, No. 4, Mệnh đề 6). Vì $U$ khả tích theo nghĩa vô hướng đối với $\mu$, ánh xạ $t \mapsto {}^t U(t) \cdot \mathbf{y}'$ của $T$ vào không gian đối ngẫu $G'$ của $G$ được trang bị $\sigma(G', G)$, là khả tích theo nghĩa vô hướng đối với $\mu$, và ta có thể viết

Vì $A'$ là lồi và compact đối với $\sigma(G', G)$, Hệ quả của Mệnh đề 5 của No. 2 cho thấy $u_{\mathbf{y}'} \in \mu(T)A'$ với mọi $\mathbf{y}' \in B'$, điều đó chứng tỏ mệnh đề của ta.

Bây giờ ta đặt mình vào trường hợp $2^\circ$. Với mọi $\mathbf{y}' \in H'$ và mọi tập con compact $K$ của $T$, đặt

một phần tử của đối ngẫu đại số $G^*$ của $G$. Vì $G$ là barreled, mọi tập con bị chặn của $\mathscr{L}_s(G; H)$ đều là đều liên tục (TVS, III, §4, No. 2, Th. 1); phần đầu của lập luận, áp dụng cho hàm $\varphi_K U$ và độ đo bị chặn $\varphi_K \cdot \mu$, cho thấy $u_{K, y'} \in G'$. Hơn nữa, đối với tôpô $\sigma(G^*, G)$, ta có $u_{y'} = \lim_{K} = u_{K, y'}$, trong đó giới hạn được lấy theo tập có hướng tăng của các tập con compact của $T$ (Ch. V, §1, No. 3, Prop. 10). Để kiểm tra điều kiện b) của Prop. 9, theo Prop. 9, chỉ cần chứng minh rằng ánh xạ tuyến tính $S$ của $G$ vào $H$ được định nghĩa bởi (1) là liên tục; hơn nữa, $G$ là barreled, do đó chỉ cần chứng minh rằng $S$ liên tục khi $G$ và $H$ được trang bị các tôpô suy yếu của chúng (TVS, IV, §1, No. 3, Prop. 7); cuối cùng, nhờ (2), ta quy về việc chứng minh rằng $u_{y'} \in G'$ với mọi $y' \in H'$. Vì $u_{y'}$ nằm trong bao đóng, đối với $\sigma(G^*, G)$, của tập $M'$ gồm các $u_{K, y'}$, trong đó $K$ chạy qua tập các tập con compact của $T$, chỉ cần chứng minh rằng $M'$ là đều liên tục (TVS, III, §3, No. 4, Prop. 4); và vì $G$ là barreled, điều đó tương đương với việc nói rằng với mọi $x \in G$, tập các $\langle x, u_{K, y'} \rangle$ là bị chặn (TVS, III, §4, No. 2, Th. 1). Nhưng điều này suy ra ngay từ các hệ thức

a) $H$ là gần đầy đủ, $\mu$ bị chặn và, nếu $S$ là giá đỡ của nó, $U$ đo được theo $\mu$ và $U(S)$ là đều liên tục.

b) $H$ là nửa phản xạ, $\mu$ bị chặn và, nếu $S$ là giá đỡ của nó, $U$ đo được theo vô hướng theo $\mu$ và $U(S)$ là đều liên tục.

c) $H$ là nửa phản xạ, $G$ là barreled, $U$ khả tích theo vô hướng một cách hầu khắp theo $\mu$, và, với mọi tập con compact $K$ của $T$, $U(K)$ bị chặn.

Việc $U$ là khả tích thiết yếu theo vô hướng là hiển nhiên trong cả ba trường hợp; theo Mệnh đề 9 và hệ quả của nó, trong mỗi trường hợp chỉ cần kiểm tra điều kiện a) của Mệnh đề 9. Nhưng điều kiện này suy ra từ Mệnh đề 8 của No. 2 trong trường hợp thứ nhất, và từ Hệ quả của Mệnh đề 7 của No. 2 trong hai trường hợp kia.

Cho V là một thùng trong F, q là phiếm hàm Minkowski của nó, là một nửa chuẩn trên F; gọi H là không gian Hausdorff liên kết với không gian F được trang bị tôpô xác định bởi nửa chuẩn duy nhất này. Phần bù $\widehat{H}$ của H là một không gian Banach; gọi $\pi$ là ánh xạ chính tắc từ F vào $\widehat{H}$; ta sẽ chứng minh rằng $\pi$ là liên tục (đối với tôpô ban đầu trên F); điều này sẽ thiết lập mệnh đề, bởi vì khi đó V, là ảnh ngược theo $\pi$ của quả cầu đơn vị của $\widehat{H}$, sẽ là một lân cận của 0 trong F. Để thiết lập tính liên tục của $\pi$, theo (GDF) chỉ cần chứng minh rằng đồ thị của $\pi$ là đóng trong $F \times \widehat{H}$; nói cách khác, ta phải thấy rằng nếu $\mathscr{F}$ là một bộ lọc trên F, hội tụ đến $x \in F$, và ảnh $\pi(\mathscr{F})$ của nó hội tụ đến $y \in \widehat{H}$, thì $y = \pi(x)$. Nhưng mọi phần tử $x'$ của đối cực $V^\circ$ của V trong $F'$ đều có thể được mở rộng theo đúng một cách thành một dạng tuyến tính liên tục trên $\widehat{H}$ (vẫn ký hiệu là $x'$), và tập các dạng ấy là quả cầu đơn vị của đối ngẫu của $\widehat{H}$; vì vậy chỉ cần chứng minh rằng $\langle y, x' \rangle = \langle \pi(x), x' \rangle$ với mọi $x' \in V^\circ$. Nhưng điều này suy ra từ các hệ thức

Nhắc lại rằng đối ngẫu của $F'_s$ là F (TVS, II, §6, No. 2, Mệnh đề 3). Do đó, với mọi $z \in F$, hàm số $\langle z, f \rangle$ là khả tích thiết yếu đối với $\mu$; gọi $\theta(z)$ là lớp của nó trong $L^1(\mu)$. Để chứng minh rằng $\int f d\mu \in F'$, phải thiết lập rằng dạng tuyến tính $z \mapsto \langle z, \int f d\mu \rangle$ là liên tục trên F; thật ra, chúng ta sẽ chứng minh kết quả mạnh hơn sau đây:

Nhờ tính chất (GDF), chỉ cần chứng minh rằng với mọi dãy $(z_n)$ các phần tử của F hội tụ tới $z$, sao cho $(\theta(z_n))$ hội tụ tới $u \in L^p(\mu)$, thì có $u = \theta(z)$. Bây giờ, nếu cần, thay thế dãy $(z_n)$ bằng một dãy con, ta có thể giả sử rằng dãy các hàm $\langle z_n, f \rangle$ hội tụ địa phương hầu khắp nơi tới một hàm $h \in \overline{\mathscr{L}}^p(\mu)$, có lớp là $u$ trong $L^p(\mu)$ (Ch. IV, §3, No. 4, Th. 3 và Ch. V, §1, No. 3). Vì, theo giả thiết, với mọi $t \in T$ dãy $(\langle z_n, f(t) \rangle)$ hội tụ tới $\langle z, f(t) \rangle$, ta có $h(t) = \langle z, f(t) \rangle$ địa phương hầu khắp nơi, do đó $u = \theta(z)$.

Không gian $F$ đối ngẫu với tích tenxơ $\bigotimes_{i=1}^n G_i$, và tôpô hội tụ điểm trên $F$ không gì khác hơn là tôpô $\sigma(F, \bigotimes_{i=1}^n G_i)$. Do đó đối ngẫu đại số ${F'}^*$ là không gian của mọi dạng đa tuyến tính trên $\prod_{i=1}^n G_i$. Gọi $z = (z_1, \ldots, z_n)$ là một phần tử của $\prod_{i=1}^n G_i$; với mọi dạng đa tuyến tính $u \in {F'}^*$, ánh xạ $x \mapsto u(z_1, \ldots, z_{i-1}, x, z_{i+1}, \ldots, z_n)$ là một dạng tuyến tính trên $G_i$, mà ta sẽ ký hiệu là $\lambda_i(z)(u)$; như vậy ta thu được một ánh xạ tuyến tính $\lambda_i(z)$ từ ${F'}^*$ vào đối ngẫu đại số $G_i^*$ của $G_i$, liên tục đối với các tôpô $\sigma({F'}^*, \bigotimes_{i=1}^n G_i)$ và $\sigma(G_i^*, G_i)$. Nói rằng $u \in F$ có nghĩa là với mọi chỉ số $i$ và mọi $z \in \prod_{i=1}^n G_i$, ta có $\lambda_i(z)(u) \in G_i'$. Bây giờ, theo Mệnh đề 1 của No. 1, ánh xạ $\lambda_i(z)$ của $F$ là một ánh xạ từ $T$ vào $G_i'$, được trang bị tôpô $\sigma(G_i', G_i)$, khả tích thiết yếu vô hướng đối với $\mu$, và

Vì $G$ là tròn thùng (Mệnh đề 11), $\mathscr{L}(G; H) = \mathscr{L}(G_\sigma; H_\sigma)$ (TVS, IV, §1, No. 3, Mệnh đề 7); hơn nữa, có thể thay thế $F = \mathscr{L}_s(G; H)$ bằng không gian $\mathscr{L}_s(G_\sigma; H_\sigma)$, vì hai không gian này có cùng đối ngẫu $G \otimes H'$ (TVS, II, §6, No. 2, Mệnh đề 3, và đoạn thứ nhất của No. 3 ở trên). Nếu, với mọi $u \in \mathscr{L}(G; H) = \mathscr{L}(G_\sigma; H_\sigma)$, ta đặt $\tilde{u}(x, y') = \langle u(x, y') \rangle$ (với $x \in G$, y' \in H' ), thì ánh xạ tuyến tính $u \mapsto \tilde{u}$ là một song ánh từ F lên không gian $F_1$ các dạng song tuyến tính liên tục riêng rẽ trên $G_\sigma \times H'_s$, trong đó $H'_s$ chỉ đối ngẫu $H'$ được trang bị tôpô yếu $\sigma(H', H)$ (Phụ lục, No. 1); hơn nữa, ánh xạ này là một đẳng cấu từ $\mathscr{L}_s(G_\sigma; H_\sigma)$ lên $F_1$ được trang bị tôpô hội tụ từng điểm (loc. cit.). Nhưng vì theo giả thiết H là đối ngẫu của $H'_b$, nên $F_1$ cũng là không gian các dạng song tuyến tính liên tục riêng rẽ trên $G \times H'_b$. Do đó Hệ quả 2 suy ra từ Hệ quả 1.

Chú ý rằng Hệ quả 2 áp dụng được đặc biệt khi G là một không gian Banach và H là một không gian Banach phản xạ.

Thật vậy, có thể xem F như một không gian con của một tích đếm được $\prod_n E_n$ các không gian Banach (TVS, II, §1, No. 3, Mệnh đề 3), và có thể giả sử rằng $\mathrm{pr}_n(F)$ là trù mật trong $E_n$, do đó $E_n$ là tách được. Với mọi n, ánh xạ $\mathrm{pr}_n \circ f$ là đo được theo vô hướng đối với $\mu$, nên đo được đối với $\mu$ (Ch. IV, §5, No. 5, Hệ quả 2 của Mệnh đề 10), do đó f là đo được đối với $\mu$ (Ch. IV, §5, No. 3, Định lý 1).

Trước hết giả sử rằng F là khả mêtrizable và tách được, và gọi D là một tập hợp trù mật đếm được trong F. Gọi $(V_n)$ là một dãy cơ bản giảm các lân cận cân bằng, lồi, mở của 0 trong F; các tập hợp đối cực $V_n^\circ$ là đồng liên tục và hợp của chúng là toàn bộ $F'$. Đặt $T_n = f(V_n^\circ)$; dãy $(T_n)$ là tăng và $T = \bigcup T_n$; ta sẽ chứng minh rằng mỗi $T_n$ đều $\mu$-*đo được*. Thật vậy, $D \cap V_n^n$ trù mật trong $V_n$; với mọi $y \in D \cap V_n$, gọi $S_y$ là tập hợp các $t \in T$ sao cho $|\langle y, f(t) \rangle| \leq 1$; giả thiết kéo theo rằng mỗi $S_y$ đều đo được, và $T_n$ là giao của họ đếm được các $S_y$ ($y \in D \cap V_n$). Như vậy, với mọi tập con compắc K của T và mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại một số nguyên n sao cho $\mu(K - (K \cap T_n)) \leq \frac{\varepsilon}{4}$, rồi một tập con compắc $K_1$ của $K \cap T_n$ sao cho $\mu((K \cap T_n) - K_1) \leq \frac{\varepsilon}{4}$; cuối cùng, tồn tại một tập con compắc $K_2$ của $K_1$ sao cho $\mu(K_1 - K_2) \leq \frac{\varepsilon}{2}$ và sao cho các hạn chế lên $K_2$ của tất cả các hàm $\langle y, f \rangle$, với $y \in D$, đều liên tục (Ch. IV, §5, No. 1, Prop. 2). Vì tập hợp $f(K_2) \subset f(T_n) \subset V_n^\circ$ là đồng liên tục, tôpô cảm sinh bởi $\sigma(F', F)$ trên $f(K_2)$ đồng nhất với tôpô hội tụ từng điểm trên D (GT, X, §2, No. 4, Th. 1); do đó, hạn chế của $f$ lên $K_2$ là liên tục, từ đó suy ra mệnh đề của ta trong trường hợp thứ nhất.