Ký hiệu ánh xạ này bởi $\Phi$, ta thấy ngay lập tức rằng $\Phi(\lambda z') = \lambda \Phi(z')$ với mọi $\lambda \in \mathbf{R}$. Tất cả quy về việc chỉ ra rằng $\Phi(y' + z') = \Phi(y') + \Phi(z')$. Đặt $\mu = |y' \circ m| + |z' \circ m|$; theo định lý Lebesgue–Nikodym, khi đó có thể viết $y' \circ m = g \cdot \mu$ và $z' \circ m = h \cdot \mu$, trong đó $g$ và $h$ là hai hàm số bị chặn và khả tích địa phương đối với $\mu$ (Ch. V, §5, No. 5, Th. 2); hơn nữa, $(y' \circ m)^+ = g^+ \cdot \mu$ và $(y' \circ m)^- = g^- \cdot \mu$, và các quan hệ tương tự cũng đúng khi thay $y'$ bởi $z'$ (resp. $y' + z'$) và $g$ bởi $h$ (resp. $g + h$). Như vậy, ta thấy ngay lập tức rằng $f$ là khả tích thiết yếu đối với $\mu$ (Ch. V, §2, No. 2, Cor. 1 of Prop. 3), và quan hệ cần chứng minh được quy về $(g + h)^+ - (g + h)^- = (g^+ - g^-) + (h^+ - h^-)$, điều này hiển nhiên.

Mệnh đề là hiển nhiên, xét đến đẳng thức $y' \circ u \circ m = {}^t u(y') \circ m$ với mọi $y \in G'$.

Nói chung, nếu $f \in \mathscr{L}(m)$, thì tích phân $\int f dm$ thuộc ${F'}^*$ chứ không thuộc $F$ (xem Ví dụ trên). Tuy nhiên:

Cho $A$ là tập hợp các $f \in \mathscr{L}(m)$ sao cho $\sup_{t \in T} |f(t)| \leq 1$, và cho $B = A \cap \mathscr{K}(T)$; theo giả thiết, $m(B)$ là tương đối compắc yếu trong $F$, do đó chỉ cần chứng minh rằng $m(A)$ được chứa trong bao đóng (trong ${F'}^*$) của $m(B)$ đối với tôpô $\sigma({F'}^*, F')$; vì $m(B)$ là lồi và cân bằng, nên chỉ cần chứng minh rằng đối cực của $m(B)$ trong $F'$ được chứa trong đối cực của $m(A)$ (TVS, II, §6, No. 3, Th. 1). Bây giờ, để một dạng tuyến tính $z' \in F'$ thuộc $(m(B))^\circ$, điều kiện cần và đủ là $|\langle z', m(g)\rangle| = |\int g d(z'\circ m)| \leq 1$ với mọi hàm $g \in B$, điều đó có nghĩa là độ đo vô hướng $|z'\circ m|$ bị chặn và có chuẩn $\leq 1$ (Ch. III, §1, No. 8); nhưng theo (2), điều kiện sau cùng này kéo theo $|\langle z', m(f)\rangle| \leq 1$ với mọi hàm $f \in A$, do đó $z' \in (m(A))^\circ$.

Mệnh đề thứ nhất được suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 3: nếu $f$ bị chặn và có giá compắc, và nếu U là một lân cận mở tương đối compắc của giá của $f$, thì hạn chế của $m$ lên không gian con $\mathscr{H}(U)$ là một độ đo $m_U$ trên U thỏa mãn các điều kiện của Mệnh đề 3, và $\int f dm_U = \int f dm$ (Ch. V, §7, No. 1, Th. 1), do đó $\int f dm \in F$.

Bây giờ lấy $f$ là một phần tử bất kỳ của $\mathscr{L}(m)$; với mọi tập con compact K của T và mọi số nguyên $n > 0$, gọi $f_{n,K}$ là hàm số trên T được định nghĩa như sau: nếu $t \notin K$, $f_{n,K}(t) = 0$; nếu $t \in K$ và $|f(t)| \leq n$, $f_{n,K}(t) = f(t)$; sau cùng, nếu $t \in K$ và $|f(t)| > n$, $f_{n,K}(t) = nf(t)/|f(t)|$. Rõ ràng là với mọi $t \in T$, $f(t)$ là giới hạn của $f_{n,K}(t)$ đối với bộ lọc tích của bộ lọc Fréchet bởi bộ lọc tiết diện của tập hợp có thứ tự (tăng có hướng) các tập con compact của T. Vì $|f_{n,K}| \leq |f|$, suy ra từ định lý Lebesgue và Mệnh đề 10 của Ch. V, §1, No. 3, áp dụng cho mỗi độ đo vô hướng $|z'\circ m|$, rằng $f_{n,K}$ hội tụ về $f$ trong $\mathscr{L}(m)$ đối với bộ lọc đứng trước. Do đó, tích phân $\int f dm$ thuộc bao đóng trong ${F'}^*$ (đối với tôpô $\sigma({F'}^*, F')$) của tập hợp M các $m(f_{n,K})$. Nhưng phần đầu của hệ quả cho thấy rằng $M \subset F$, và, mặt khác, với mọi $z' \in F'$ ta có $|\langle z', m(f_{n,K})\rangle| \leq \int |f| d|z'\circ m|$, điều này cho thấy M bị chặn trong $F_\sigma$, nên cũng bị chặn trong F (TVS, IV, §1, No. 1, Mệnh đề 1). Do đó Bổ đề 1 của §1, No. 2 cho thấy rằng $\int f dm \in F''$.

Vì, không gian đối ngẫu $F'$ có thể được đồng nhất với $\prod_{i=1}^n F_i'$, sao cho nếu $x = (x_i) \in F$, $z' = (z_i') \in F'$, thì $\langle x, z' \rangle = \sum_{i=1}^n \langle x_i, z_i' \rangle$. Nếu $|\langle x, z' \rangle| \leq q(x)$ với mọi $x \in F$, thì đặc biệt $|\langle x_i, z_i' \rangle| \leq q_i(x_i)$ đối với $1 \leq i \leq n$, và điều ngược lại hiển nhiên, điều đó cho thấy rằng tập $A'_q$ là tích của các $A'_{q_i}$. Vì theo giả thiết $|z_i' \circ m_i| \leq q_i(m_i)$ với $z_i' \in A'_{q_i}$, suy ra rằng

với mọi $z' \in A'_q$, điều đó chứng minh mệnh đề.

$^1$ Được chặn trên.

Vì,

nhờ (1) và hệ thức $|z' \circ m| \leq q(m)$ với $z' \in A'_q$.

Ta sẽ sử dụng kết quả phụ sau đây. Cho $(\mu_\iota)_{\iota \in I}$ là một họ các độ đo dương tăng và có hướng trên T. Ký hiệu $\mathscr{L}^1((\mu_\iota)_{\iota \in I})$ là không gian vectơ của các hàm số thực hữu hạn trên T, hầu như $\mu_\iota$-khả tích với mọi $\iota \in I$, được trang bị tôpô được xác định bởi các nửa chuẩn $f \mapsto \mu_\iota(|f|)$ ($\iota \in I$). Ký hiệu $\mathscr{L}_0$ là không gian con tuyến tính của $\mathscr{L}^1((\mu_\iota)_{\iota \in I})$ sinh bởi các tích $g \varphi_K$, trong đó g chạy trên tập các hàm số thực hữu hạn liên tục trên T, và K chạy trên tập các tập con compact của T.

Để chứng minh a), ta có thể chỉ xét trường hợp một phần tử có dạng $f = g \varphi_K$ ($g \in \mathscr{C}(T)$, K compact trong T). Điều đó là hiển nhiên (nhờ định lý Urysohn) rằng $f$ thuộc bao đóng của tập B gồm các hàm có dạng $gh$, trong đó h chạy trên tập các ánh xạ liên tục của T vào $[0,1]$ bằng 1 trên K và bằng 0 trên phần bù của một lân cận compact cố định H của K. Hơn nữa, tập B bị chặn, vì $\mu_\iota(|gh|) \leq \mu_\iota(|f\varphi_H|)$ với mọi hàm h có các tính chất trên.

Bây giờ ta chứng minh b); ta có thể chỉ xét trường hợp một phần tử $f \geq 0$ của $\mathscr{L}^1((\mu_\iota)_\iota \in I)$. Với mọi $\iota \in I$ và mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại một tập con compact $K(\iota, \varepsilon)$ của T sao cho hạn chế của $f$ lên $K(\iota, \varepsilon)$ là liên tục và $|\mu_\iota(|f - f\varphi_{K(\iota, \varepsilon)}|)| \leq \varepsilon$. Rõ ràng $f$ thuộc bao đóng của tập C gồm các $f\varphi_{K(\iota, \varepsilon)}$ (với $\iota \in I,\ \varepsilon > 0$). Nhờ định lý Urysohn, tập C được chứa trong $\mathscr{L}_0$; hơn nữa, tập này bị chặn, vì $\mu_\kappa(f\varphi_{K(\iota, \varepsilon)}) \leq \mu_\kappa(f)$ với mọi $\iota \in I,\ \kappa \in I$ và $\varepsilon > 0$.

Bây giờ ta chứng minh Mệnh đề 6: với mọi hàm $g \in \mathscr{K}(T)$ và mọi nửa chuẩn liên tục q trên F, $q\left( \int g\,dm \right) \leq \int |g|\,d(q(m))$ (Mệnh đề 5), điều này suy ra rằng ánh xạ $g \mapsto \int g\,dm$ từ $\mathscr{K}(T)$ vào F là liên tục khi $\mathscr{K}(T)$ được trang bị tôpô cảm sinh bởi tôpô của $\mathscr{L}^1((q(m))_{q \in Q})$ (Q là tập các nửa chuẩn liên tục trên F). Do đó, theo bổ đề trước và Mệnh đề 10 của TVS, III, §1, No. 6, ánh xạ này có thể được kéo dài liên tục, trước hết thành một ánh xạ tuyến tính liên tục $v_0$ từ $\mathscr{L}_0$ vào F, rồi thành một ánh xạ tuyến tính liên tục $v$ từ $\mathscr{L}^1((q(m))_{q \in Q})$ vào F. Hơn nữa, với mọi $z' \in F'$ thì quan hệ $\langle z', v(f) \rangle = \int f\,d(z' \circ m)$ đúng, theo định nghĩa của $v$, với mọi $f \in \mathscr{K}(T)$; vì $|z' \circ m| \leq q(m)$ với $q(z) = |\langle z', z \rangle|$, ánh xạ $f \mapsto \int f\,d(z' \circ m)$ là liên tục trên $\mathscr{L}^1((q(m))_{q \in Q})$, do đó lại theo tính liên tục, quan hệ $\langle z', v(f) = \int f\,d(z' \circ m)$ đúng với mọi hàm số $f \in \mathscr{L}^1((q(m))_{q \in Q})$. Suy ra $v(f) = \int f\,dm$, điều này hoàn tất chứng minh.

Đối với (No. 1, Nhận xét 3), chỉ cần chứng minh rằng, đặt $m(g) = \int gf\,d\mu$, thì $z' \circ m$ là một độ đo vô hướng với mọi $z' \in F'$. Nhưng vì $z'(m(g)) = \int g\langle z', f \rangle\,d\mu$, ta có $z' \circ m = \langle z', f \rangle \cdot \mu$, do đó mệnh đề của chúng ta.

a) Nếu, với mọi tập con compact $K$ của $T$, tích phân trên $\int_K^*(q \circ f)\,d\mu$ là hữu hạn, thì $m$ là $q$-đại chặn được.

b) Nếu $m$ bị $q$-chế ngự, thì $q(m)$ có cơ sở $\mu$; nếu thêm nữa $f$ đo được theo $\mu$ như một ánh xạ của $T$ vào $F_\sigma$, thì $q \circ f$ khả tích địa phương đối với $\mu$ và $q(m) = (q \circ f) \cdot \mu$.

a) Với mọi tập con hữu hạn $J$ của $A'_q$, kí hiệu bởi $\lambda_J$ cận trên đúng của các độ đo $|z' \circ m|$, khi $z'$ chạy trong $J$; nếu $g_J = \sup_{z' \in J} |\langle z', f \rangle|$ thì $\lambda_J = g_J \cdot \mu$ (Ch. V, §5, No. 2, Prop. 2). Với mọi tập con mở tương đối compắc $U$ của $T$, gọi $\lambda_{J,U}$ là hạn chế của $\lambda_J$ lên $U$; trước hết ta sẽ chứng minh rằng khi $J$ chạy trong tập có hướng $\mathfrak{F}$ các tập con hữu hạn của $A'_q$, họ $(\lambda_{J,U})$ bị chặn trên trong $\mathscr{M}(U)$. Thật vậy, với mọi hàm $h \geq 0$ trong $K(U)$,

do đó có mệnh đề của ta (Ch. II, §2, No. 2). Gọi $\nu_U$ là cận trên đúng của họ độ đo này trong $\mathscr{M}(U)$. Nếu $U'$ là một tập con mở tương đối compắc thứ hai của $T$ sao cho $U \subset U'$, thì $\nu_U$ là hạn chế của $\nu_{U'}$ lên $U$, như thấy ngay lập tức từ biểu thức của cận trên đúng của một tập có hướng tăng các độ đo (Ch. II, §2, No. 2) và từ việc $\lambda_{J,U}$ là hạn chế lên $U$ của $\lambda_{J,U'}$. Như vậy có một và chỉ một độ đo dương $\nu$ mà hạn chế của nó lên mỗi $U$ là $\nu_U$ (Ch. III, §2, No. 1, Prop. 1), và hiển nhiên là $\nu = q(m)$.

b) Vì các độ đo $\lambda_J$ có cơ sở $\mu$, nên cận trên đúng của chúng $q(m)$ cũng có cơ sở ấy (Ch. V, §5, No. 5, Th. 2). Nếu $f$ là $\mu$-đo được đối với tôpô $\sigma(F, F')$ trên $F$, thì theo các định nghĩa suy ra ngay rằng ánh xạ $g : t \mapsto (g_J(t))_{J \in \mathfrak{F}}$ từ $T$ vào không gian tích $\mathbf{R}^\mathfrak{F}$ là $\mu$-đo được. Hạn chế của $q \circ f = \sup_{J \in \mathfrak{F}} g_J$ trên mọi tập con compắc của $T$ mà trên đó $g$ liên tục là nửa liên tục dưới; do đó $q \circ f$ là $\mu$-đo được (Ch. IV, §5, No. 5, Hệ quả của Mệnh đề 8 và No. 10, Mệnh đề 15). Cho $K$ là một tập con compắc của T; nó chấp nhận một phân hoạch gồm một tập $\mu$-không đáng kể và một dãy $(K_n)$ các tập compắc mà trên đó $g$ liên tục. Khi đó $\int_{K_n}^*(q \circ f)\, d\mu = \sup_J \int_{K_n} g_J\, d\mu \leq \int_{K_n} dq(m)$ với mọi $n$ (Ch. IV, §1, No. 1, Định lý 1 và Ch. V, §7, No. 1, Mệnh đề 1), do đó $\int_K^*(q \circ f)\, d\mu = \sum_n \int_{K_n}^*(q \circ f)\, d\mu \leq \int_K dq(m)$. Nhưng điều này chứng tỏ rằng $q \circ f$ là địa phương $\mu$-khả tích và rằng $\lambda_J \leq (q \circ f) \cdot \mu \leq q(m)$ với mọi $J \in \mathscr{F}$; do đó, theo định nghĩa, $q(m) = (q \circ f) \cdot \mu$.

Cho $(e_i)_{1 \leq i \leq n}$ và $(e'_i)_{1 \leq i \leq n}$ là các cơ sở đối ngẫu của F và F' (A, II, §2, No. 6) với $|e'_i| = 1$ với mọi i. Khi đó $|e'_i \circ m| \leq |m|$ với mọi chỉ số i, do đó (Ch. V, §5, No. 5, Th. 2) $e'_i \circ m = h_i \cdot |m|$, trong đó $h_i$ bị chặn và $|m|$-đo được. Đặt $h = \sum_{i=1}^n h_i \cdot e_i$, vậy ta có $m = h \cdot |m|$. Nếu $m = f \cdot |m|$, Mệnh đề 8 cho thấy rằng $|m| = |f| \cdot |m|$, do đó $|f(t)| = 1$ địa phương hầu khắp nơi đối với $|m|$ (Ch. V, §5, No. 3, Cor. 2 of Prop. 3). Khẳng định cuối cùng suy ra ngay từ Mệnh đề 8.

Theo giả thiết, tồn tại một tập con trù mật đếm được $H$ của $G$ là một không gian con tuyến tính đối với trường $\mathbf{Q}$ các số hữu tỉ; gọi $(h_n)$ là một cơ sở (đếm được) của $H$ trên $\mathbf{Q}$. Với mọi số nguyên $n$, gọi $h'_n$ là một phần tử của $\mathscr{L}^\infty$ sao cho $\pi(h'_n) = h_n$, và gọi $\rho'$ là ánh xạ tuyến tính trên $\mathbf{Q}$ từ $H$ vào $\mathscr{L}^\infty$ được xác định bởi $\rho'(h_n) = h'_n$; hiển nhiên $\pi \circ \rho'$ là đồng nhất ánh xạ trên $H$. Hơn nữa, với mọi $h \in H$ ta có $|\rho'(h)(t)| \leq N_\infty(h)$ trừ tại các điểm $t$ của một tập địa phương không đáng kể $A(h)$. Gọi $A$ là hợp của các $A(h)$ với $h \in H$, tập này cũng địa phương không đáng kể. Với mọi $h \in H$, ký hiệu bởi $\rho(h)$ hàm $h'' \in \mathscr{L}^\infty$ sao cho $h''(t) = \rho'(h)(t)$ nếu $t \notin A$, và $h''(t) = 0$ nếu $t \in A$. Hiển nhiên $\rho$ là một ánh xạ tuyến tính trên $\mathbf{Q}$ từ $H$ vào không gian con $\mathscr{B}$ gồm các hàm bị chặn trong $\mathscr{L}^\infty$, sao cho $\pi \circ \rho$ là đồng nhất ánh xạ trên $H$ và sao cho $|\rho(h)(t)| \leq N_\infty(h)$ với mọi $h \in H$ và $t \in T$. Vì $\mathscr{B}$ là một không gian Banach đối với chuẩn $\|f\| = \sup_{t \in T} |f(t)|$ (Ch. IV, §5, No. 4, Định lý 2), nên $\rho$ có thể được mở rộng thành một ánh xạ tuyến tính liên tục trên $\mathbf{R}$, vẫn ký hiệu là $\rho$, từ $G$ vào $\mathscr{B}$, và hiển nhiên là một phép nâng của $G$.