对于每个$x \in X$使得$f(x) > 0$，以及对于每个实数$a$使得$0 < a < f(x)$，在假设存在一个$x$的紧邻域V使得$f(y) \geq a$在V上；另一方面，存在函数$g \in \mathscr{K}_+$，V包含支持，等于$a$在点$x$和$\leq a$

(1) “I”，如“下等”；字母$\mathscr{L}$（如“下”）被其他函数空间抢占，将在§3中讨论。

V（GT、IX, §1, No. 5、周四 2）；因此$0 \leq g \leq f$和$g(x) \geq a$，这就证明了引理。

让$f = \sup_{g \in H} g$。我们首先要证明定理的特殊情况，即函数$g \in H$及其上包络线$f$*属于到*$\mathscr{H}_+$。然后，根据 Dini 的定理（GT、X, §4, No. 1、Th.1），$H$ 的截面滤波器在 $X$ 的每个紧凑子集上，特别是在 $f$ 的支持 K 上*均匀地*收敛到 $f$。由于$0 \leq g \leq f$对于每个函数$g \in \mathbf{H}$，$\mathbf{H}$中每个函数的支持度都包含在$K$中；但定义$\mu$在连续函数的向量空间$\mathscr{K}(X, K; \mathbf{C})$上连续，并包含在$K$中的支持，对于一致收敛的拓扑；在这种情况下，从而关系 (2)。

让我们讨论一般情况。很明显，对于每个函数$g \in \mathbf{H}$，$\mu^*(g) \leq \mu^*(f)$。由Def。 1，这一切都归结为，对于每个函数$\psi \in \mathscr{K}_+$使得$\psi \leq f$，

对于每个函数$g \in \mathbf{H}$，令$\Phi_g$为函数$\varphi \in \mathscr{K}_+$的集合，使得$\varphi \leq g$，并令$\Phi$为集合$\Phi_g$的并，如$g$运行超过$\mathbf{H}$；由于$\mathbf{H}$是有向的，所以$\Phi$和$f = \sup_{\varphi \in \Phi} \varphi$也是有向的。由于$\psi \leq f$，$\psi$是函数$\inf(\psi, \varphi)$的集合的上包络线，因为$\varphi$超过$\Phi$；但从$\psi$和函数$\inf(\psi, \varphi)$属于到$\mathscr{K}_+$，证明的第一个部分显示$\mu(\psi) = \sup_{\varphi \in \Phi} \mu(\inf(\psi, \varphi))$。现在，每个 $\varphi \in \Phi$ 属于到集合 $\Phi_g$，因此

由此立即得出$\mu(\psi) \leq \sup_{g \in \mathbf{H}} \mu^*(g)$。由此我们证明了$\mu^*(f) = \sup_{g \in \mathbf{H}} \mu^*(g)$；那么关系$\mu^*(f) = \lim_{g \in \mathbf{H}} \mu^*(g)$就是单调极限定理的推论（GT，IV, §5, No. 2，Th.2）。

由于$\varphi_1$（或$\varphi_2$）在$\mathscr{K}_+$中超过函数的集合，因此$\varphi_1 \leq f_1$（或$\varphi_2 \leq f_2$），函数$\varphi_1 + \varphi_2$形式有向集合 （对于$\leq$）其上封套是$f_1 + f_2$。因此，通过 Th. 1、

其中$(\varphi_1, \varphi_2)$超过$\mathscr{K}_+$中函数的对的集合，使得$\varphi_1 \leq f_1$和$\varphi_2 \leq f_2$；自从

（GT，IV, §5, No. 7，第 12 号提案的 Cor.2），定理已被证明。

对于 $I$ 的每个有限子集 $J$，可以从 Th 得出。 2 (由$J$元素数归纳)$\mu^*\left( \sum_{\iota \in J} f_\iota \right) = \sum_{\iota \in J} \mu^*(f_\iota)$； as $J$ runs over 集合 of 有限子集 of $I$, 函数 $g_J = \sum_{\iota \in J} f_\iota$ 属于 to $J_+$ and 形式有向集合 for 关系 $\leq$, whose upper envelope is 函数$\sum_{\iota \in I} f_\iota$；因此命题由 Th 得出。 1.

For, this 映射 is by 定义 the upper envelope of 映射 $\mu \mapsto \mu(g)$, where $g$ runs over 集合 of 函数 in $\mathscr{K}_+$ such that $g \leq f$;并且通过模糊拓扑的定义，映射$\mu \mapsto \mu(g)$在$\mathscr{M}(X)$上连续。

因为，在这种情况下存在函数 $f \in \mathscr{K}_+$ 使得 $\varphi_G \leq f$ (Ch. III, §1, No. 2, 引理 1), 从而

有限外部测度的开集合并不总是相对紧凑（例 3）。

函数 φ_G 形式有向集合 (for ≤) in $\mathscr{I}_+$ and their upper envelope is the characteristic 函数 of 并 of 集合 G ∈ $\mathfrak{B}$;因此命题是 Th 的推论。 1.

此外，如果 G_ι 是成对的不相交的那么

对于，如果 G = $\bigcup_{\iota \in I} G_\iota$ 则 φ_G = su_{ι \in I} φ_{G_ι} ≤ $\sum_{\iota \in I} \varphi_{G_\iota}$；当G_ι成对不相交的时，φ_G = $\sum_{\iota \in I} \varphi_{G_\iota}$；因此，命题是 Props 的推论。 2和3。

注特别是，如果$G$ 是$\mathbf{R}$ 中的开集合，使得$\mu^*(G) = 0$，则$G$ 是*空*。

对于每个函数$h_1 \in \mathscr{I}_+$这样$f_1 \leqslant h_1$和每个函数$h_2 \in \mathscr{I}_+$这样$f_2 \leqslant h_2$，我们有，通过Th。 2、

道具。 10、11和12表示$\mu^*$是在X（第I，No. 1）上定义的数值函数$\geqslant 0$的集合上的*递增正齐次*和*凸*函数。 注，如果$f_1$和$f_2$是任意两个正数函数，则(9)的两个成员不一定相等（§ 4，Exer.8d)）；在§5, No. 6中，我们将给出条件，其中等式成立。

由于函数 $f_n$ 都小于或等于 $\sup_n f_n$，所以一切都归结为证明 $\mu^*(\sup_n f_n) \leqslant \sup_n \mu^*(f_n)$；如果不等式的第二个成员是$+\infty$，这一点是显而易见的。相反的情况下，$\mu^*(f_n) < +\infty$对于所有$n$；我们将证明，对于每个$\varepsilon > 0$，$\mathscr{I}_+$中存在函数的*递增*序列$(g_n)$，使得$f_n \leqslant g_n$和$\mu^*(g_n) \leqslant \mu^*(f_n) + \varepsilon$。如果$g$是序列$(g_n)$的上包络线，那么我们将有$\mu^*(g) = \sup_n \mu^*(g_n)$（No. 1，Th.1），从而$\mu^*(g) \leqslant \sup \mu^*(f_n) + \varepsilon$；由于$\sup f_n \leqslant g$和$\varepsilon$是任意的，因此定理将被证明。

到假设，存在函数$h_n \in \mathscr{J}_+$使得$f_n \leq h_n$和$\mu^*(f_n) \leq \mu^*(h_n) \leq \mu^*(f_n) + \varepsilon/2^n$；让我们证明函数 $g_n = \sup(h_1, h_2, \ldots, h_n)$ 满足要求。它们为属于至$\mathscr{J}_+$、形式递增序列以及满足$f_n \leq g_n$所有$n$；我们将证明

让我们以归纳对$n$进行争论；案例$n = 1$是微不足道的。另一方面$g_{n+1} = \sup(g_n, h_{n+1})$、$g_n \geq f_n$和$h_{n+1} \geq f_{n+1} \geq f_n$、从而$\inf(g_n, h_{n+1}) \geq f_n$；自从

这是从 Th 得出的。 No. 1 中的 2 个

Q.E.D.

例如，$\mathfrak{G}$中存在函数的递增、序列与$\mathfrak{F}$具有相同的上包络线：如果$(f_n)$是$\mathfrak{G}$的函数的序列，排列在任意阶中，令$(f_{n_k})$是由条件 $n_1 = 1$, $f_{n_{k+1}} \geq \sup(f_{n_k}, f_k)$ 递归定义的子序列；很明显，该子序列具有指定的属性。

只需应用函数$g_n = \sum_{k=1}^n f_k$的关系(10)到递增序列即可，同时考虑到，通过(9)，

在 §5, No. 6 中，我们将给出条件，其中 (12) 的两个成员相等。

对于每个整数 $n$、集合 $g_n = \inf_{p \geqslant 0} f_{n+p}$； 序列 $(g_n)$ 是递增和 $\liminf_{n \to \infty} f_n = \sup_n g_n$、从而，通过 (10)，

但从$g_n \leqslant f_{n+p}$到$p \geqslant 0$，我们有$\mu^*(g_n) \leqslant \mu^*(f_{n+p})$，从而$\mu^*(g_n) \leqslant \inf_{p \geqslant 0} \mu^*(f_{n+p})$，最后

如果$f_0$是等于$+\infty$的常数函数，则$f_0$是$\mathscr{K}_+$的所有函数的上包络线，并且从$\mu \neq 0$开始，我们有$\mu^*(f_0) > 0$；但由于$f_0 = \alpha f_0$对应于每个$\alpha > 0$，必然有$\mu^*(f_0) = +\infty$（命题11）。 不等式 (13) 则表明 $\mu^*(f_n)$ 与 $n$ 趋向于 $+\infty$。

此外，关系$\mu \leq \nu$意味着$\mu^* \leq \nu^*$。

让我们证明关系 (15)。 集合$\lambda = \mu + \nu$；因此 $\lambda(f) = \mu(f) + \nu(f)$ 为 $f \in \mathscr{K}_+$；对于 $f \in \mathscr{J}_+$、$\lambda^*(f)$（分别为 $\mu^*(f)$、$\nu^*(f)$）的值为 $\lambda(g)$（分别为 $\mu(g)$、$\nu(g)$）的极限，因为 $g$ 超出所有$g \in \mathscr{K}_+$中的有向集合（对于$\leq$）使得$g \leq f$；因此$\lambda^*(f) = \mu^*(f) + \nu^*(f)$。最后，如果$f$是在$X$上定义的任何函数$\geq 0$，则$\lambda^*(f)$（分别是$\mu^*(f)$、$\nu^*(f)$）是$\lambda^*(h)$（分别是$\mu^*(h)$）的极限， $\nu^*(h)$），因为$h$超过所有函数$h \in \mathscr{J}_+$中的有向集合（对于$\geq$），使得$h \geq f$；再次，通过极限，我们有$\lambda^*(f) = \mu^*(f) + \nu^*(f)$，这证明了（15）。 关系(14)同理成立。最后，如果$\mu \leq \nu$可以写成$\nu = \mu + (\nu - \mu)$，其中$\nu - \mu \geq 0$，因此$\nu^* = \mu^* + (\nu - \mu)^*$，这表明$\mu^* \leq \nu^*$。

因为，这样的集合包含在一个相对紧凑的开集合（GT，I, §9, No. 7，命题10）中，其外部测度是有限的（No. 2，命题5）。

这些命题是Props的翻译。 10和13以及Th。 No. 3中的3个用于特征函数中的集合。

如果$\mu^*(A) = +\infty$，则命题是明显的。相反的情况，对于每个$\varepsilon$使得$0 < \varepsilon < 1$，存在函数$f \in \mathscr{J}_+$使得$\varphi_A \leq f$和$\mu^*(A) \leq \mu^*(f) \leq \mu^*(A) + \varepsilon$。令 G 为 $x \in X$ 的集合，使得 $f(x) > 1 - \varepsilon$。由于$f$是下半连续的，G是*开*（GT，IV, §6, No. 2，命题1）和包含A；另一方面$f \geq (1 - \varepsilon)\varphi_G$，从而

由于 $\varepsilon$ 是任意的，我们可以看到 $\mu^*(G)$ 与 $\mu^*(A)$、从而命题的差异尽可能小。