由于$t' \mapsto (t, t')$是连续且正确的映射，因此这可以从§4, No. 2的命题2得出。

这是从 Th 得出的。 §4, No. 4的2，考虑到$t' \mapsto (t, t')$是连续且正确的。

当 A 和 B 有限时，这些性质是显而易见的。由此可见，如果 A（或 B）的 $A'$（或 $B'$）是有限子集，则

因此，族$(\mu_\alpha \otimes \mu'_\beta)$是可求和的。为了证明(4)的两个成员相等，只需证明第二个成员满足乘积测度(Ch.III, §4, No. 1，Th.1)的特征性质即可，这由以下计算表明。

令$f$为$\mathscr{K}_+(T)$的元素，$\mathscr{K}_+(T')$的$f'$元素；回想一下，$f \otimes f'$表示$T \times T'$上的函数$(t, t') \mapsto f(t)f'(t')$，其中属于到$\mathscr{K}_+(T \times T')$（A，II, §7, No. 7）。然后，通过乘积措施中的定义，

a) 如果 $f$ 对于 $\nu$ 调节的子集的 $T \times T'$ 的补集是常数，则 M $\mu$ 可忽略不计。

b) 如果 $\mu'$ 受到调节，则 M $\mu$ 可忽略不计。

断言 a) 源自§3, No. 2 的命题 4b) 和No. 1 的注。对待b)、$\mu'$为有界测度序列$\mu'_n$和的注（§2, No. 3，命题4）； $f$可以相对于$\mu \otimes \mu'_n \leq \nu$进行测量，并且集合$M$是与测量$\mu'_n$相关的集合$M_n$的并（§ 2, No. 2，命题2）。因此，可以简化为 $\mu'$ 有界的情况，这是从 § 3, No. 2 的命题 4c) 得出的。

这叙述扩展立即转向复杂的措施（第 III, § 4, No. 2 章，第 3 条）。

a) 如果 A 是 $\nu$-调节的，则 M 是 $\mu$-可忽略不计的。

b) 如果 A 在 $T'$ 上的投影是 $\mu'$ 调节的，则 M 局部 $\mu$ 可以忽略不计。

断言 a) 紧随命题 2 而来。 To establish b), denote by B a set, the union of a sequence of $\mu'$-integrable open sets in $T'$, that contains the projection of A on $T'$, and denote by $\mu'_1$ the moderated measure $\varphi_B \cdot \mu'$; since A is measurable with respect to $\mu \otimes \mu'_1 \leq \mu \otimes \mu'$, Prop. 2 implies that $A(t)$ is $\mu'_1$-measurable, except for $t$ forming a locally $\mu$-negligible set. 但从$A(t) \subset B$开始，说$A(t)$是$\mu'_1$可测就相当于说$A(t)$是$\mu'$可测（§ 5, No. 3，Prop.4的Cor.）。

第一个断言来自Cor。 § 6, No. 6 第 10 号提案 1。假设 $\mu' \neq 0$，由 $\mu'_1$ 非零的表示具有紧支撑的测度，其上方由 $\mu'$ 界定，由 $\nu_1$ 表示测度 $\mu \otimes \mu'_1$，以及集合 $a = \| \mu'_1 \|$。 $T \times T'$ 到 T 的投影 $\mathrm{pr}_1$ 则为 $\nu_1$-本征，像测度 $\mathrm{pr}_1(\nu_1)$ 等于 $a \mu$（§ 6, No. 6，命题 10）。如果$(t, t') \mapsto f(t)$是$\nu$可测的，那么它也是$\nu_1$可测的，因此$f$相对于测度$a \mu$是可测的（§ 6, No. 2，命题3），从而是自$a \neq 0$以来的结果。

前面的叙述扩展立即到复杂的测量（第 III, § 4, No. 2 章，第 3 条），下面的推论也是如此。

映射 $(t, t') \mapsto f(t)$，$(t, t') \mapsto f'(t')$ 是 $\nu$ - 可通过命题 3 测量，这是从 Th 得出的。第 1 章。 IV, § 5, No. 3。

可测量$\mu \otimes \mu'$。

复数函数或有限实数函数的情况是 Cor 的直接的推论。 1. 处理正数函数的情况，对于每个整数$n \geqslant 0$，我们集合$f_n = \inf(f, n)$，$f'_n = \inf(f', n)$，我们有（按照通常的约定$0 \cdot (+\infty) = 0$）$f \otimes f' = \sup_n (f_n \otimes f'_n)$，从而结果。

第一个断言源自 Cor。 §6, No. 6 第 10 号提案 1。为了建立第二个断言，让我们再次讨论命题3的证明中的记号； $A \times T' = \mathrm{pr}_1^{-1}(A)$ 对于测量 $\nu_1$ 来说是局部可忽略的，因此 $A$ 对于 $a\mu$ 来说是局部可以忽略不计的（§ 6, No. 2，第 2 条命题），从而自 $a \neq 0$ 以来的结果。

前面的叙述扩展同时到乘积两个复杂的措施（第 III, §4, No. 2，第 3 章），以下推论也是如此。

因为，$(T \times T') - (M \times M')$是集合、$(T - M) \times T'$和$T \times (T' - M')$的并，根据命题4，$\mu \times \mu'$在局部可以忽略不计。

在 $T$ 上是下半连续的，并且

这是§3, No. 1第2号提案的推论，考虑到No. 1的引理1。

令$G$（分别$G'$）为函数$g \in \mathscr{K}_+(T)$（分别$g' \in \mathscr{K}_+(T')$）的集合，使得$g \leqslant f$（分别$g' \leqslant f'$）；那么

由于函数$g \otimes g'$属于到$\mathscr{K}_+(T \times T')$，$f \otimes f'$确实是下半连续，并且（6）立即从命题5得出（或者直接通过前面的公式中的极限）。

鉴于集合的定义（§1, No. 2，命题5），只要证明$B$是$T$中的可积开集合，并且$B'$是集合中的可积开集合 $T'$，则开集合$B \times B'$可积。这是从 Cor 立即得出的结论。 1.

因为，$A \times B'$在局部$\nu$可忽略不计（第4条）和$\nu$可调节（修正2），因此$\nu$可忽略不计（§1, No. 2，修正第7条的修正1）。

科斯。 2和3可以扩展到两个复杂措施的乘积，在应用叙述上扩展到其绝对值（第III, §4, No. 2，第3条）。

这是根据 §3, No. 2 的第 3 条命题得出的，考虑到了 (2)。

a) 如果 $f$ 是 $\nu$ 调节的，则函数 $t \mapsto \int^* f(t, t') d\mu'(t')$、$t' \mapsto \int^* f(t, t') d\mu(t)$ 可分别针对 $\mu$ 和 $\mu'$ 进行测量和调节，并且

(7)

b) 如果措施 $\mu'$ 得到调节，则函数 $t \mapsto \int^* f(t, t') d\mu'(t')$ 是 $\mu$ 可测量的，并且

(8)

断言 a) 以及 $\mu'$ 有界时的断言 b) 是 §3, No. 2 命题 5 的推论。为了处理$\mu'$受到调节的情况，让我们将$\mu'$表示为有界测度序列的和$\sum_{n \in \mathbf{N}} \mu'_n$（§ 2, No. 3，命题4）。 函数 $t \mapsto \int^* f(t, t') d\mu'_n(t')$ 则 $\mu$ 可测量，并且

但是$\mu \otimes \mu' = \sum_{n \in \mathbf{N}} (\mu \otimes \mu'_n)$（命题1）；然后通过对 $n$（§ 2, No. 2，命题 1）求和获得断言 b)。

a) 如果 $H$ 是 $\nu$ - 可以忽略不计，则 $A$ 是 $\mu$ - 可以忽略不计。

b) 如果$H$局部$\nu$可忽略不计且$\mu'$受到调节，则$A$局部$\mu$可忽略不计。

性质 a) 立即来自第 7 号提案（或第 6 号提案）。在b)的假设下，说$H(t)$是局部μ′-可忽略的或者它是μ′-可忽略的，因为μ′是调节的（§1, No. 2，命题7）。因此性质 b) 由公式 (8) 得出。

这个推论立即扩展，通过两个复杂措施的绝对值，到乘积。对于以下推论也是如此：

我们首先处理$\mu$和$\mu'$是*具有紧凑支持*的措施； $\mu \otimes \mu'$也是如此，所有符号$\int^\bullet$、$\iint^\bullet$都可以用上积分代替。根据第 6 号提案，

为了建立反向不等式，让我们选择函数$h \geq f$（分别$h' \geq f'$），即下半连续函数的序列$(h_n)$（分别$(h'_n)$）的下包络线，这样

（分别$\int^* h'(t')\, d\mu'(t') = \int^* f'(t')\, d\mu'(t')$）；这种函数的存在紧随上积分（第IV, §1, No. 3，定义3）的定义和勒贝格的定理而来。 应用提案 7 对于可测量的函数 $h \otimes h'$，我们有

这就是人们所寻求的不等式。因此，当$\mu$和$\mu'$是具有紧支撑的测度时，命题成立。为了处理一般情况，只需将$\mu$（或$\mu'$）表示为具有紧凑支持的测度系列$(\mu_\alpha)_{\alpha \in A}$（或$(\mu'_\beta)_{\beta \in B}$）的和（§ 2, No. 3，命题4），为每个测度写入公式（10） $\mu_\alpha \otimes \mu'_\beta$，以及 $(\alpha, \beta)$ 上的和，考虑到提案 1（§ 2, No. 2，提案 1）。

除非第二个成员的因子之一等于0而另一个等于$+\infty$。

当第二个成员的两个因子有限时，函数$f$和$f'$受到调节（§ 1, No. 2，提案7），因此函数$f \otimes f'$受到调节（提案5的Cor.2）；上述等式因此约化至公式 (10)（§ 1, No. 2，提案 7）。当第二个成员的因子之一具有值$+\infty$而另一个不是零时，则第二个成员具有值$+\infty$，则上述等式由命题6得出。

当$f$和$f'$为正时，$f \otimes f'$可以通过Cor来测量。命题 3 的第 3 条和叙述源自公式 (10)（分别为 (11)）和基本可积性准则（§ 1, No. 3，命题 9）（分别为第 IV, § 5, No. 6、第 5 章的可积性准则）。接下来是一般情况。

推论 2 扩展一次到乘积两个复杂的措施。

a) 假设$f$是$\nu$可积；那么$N$是$\mu$可忽略不计，函数$t \mapsto \int f(t,t')\,d\mu'(t')$（为$t \notin N$定义）是$\mu$可积，并且*

b) 假设$f$本质上是$\nu$可积，并且测度$\mu'$经过调节；那么$N$在局部$\mu$可忽略不计，函数$t \mapsto \int f(t, t')\, d\mu'(t')$（为$t \notin N$定义）本质上是$\mu$可积，并且（13）成立。

断言 a) 立即从 Th 开始。 §3, No. 3 中的 1 个。为了建立 b)，让我们用 $g$ 表示几乎在任何地方都等于 $f$ 的 $\nu$ 可积函数，并用 $(t, t')$ 的 $H$ 集合表示，使得 $f(t, t') \neq g(t, t')$。由科.第 7 条命题 1 中，截面 $H(t)$ $\mu'$ 可忽略不计，除了 $t \in T$ 形成局部 $\mu$ 可忽略不计的集合。然后，可以从应用于 $g$ 的叙述 a) 推导出与 $f$ 相关的结果。

此外，如果 $f$ 和 $f'$ 可积，则 $g$ 可积。

函数 $(t, t') \mapsto [\mathbf{f}(t) \cdot \mathbf{f}'(t')]$ 是 $(\mu \otimes \mu')$ - 可通过 Cor 测量。命题 3 的 1. 另一方面，如果 $b$ 表示双线性映射 $(\mathbf{x}, \mathbf{y}) \mapsto [\mathbf{x} \cdot \mathbf{y}]$ 的范数，则

根据命题 8。这表明 $[\mathbf{f}(t) \cdot \mathbf{f}'(t')]$ 对于 $\mu \otimes \mu'$ 本质上是可积的（§ 1, No. 3，命题 9）。假设 $\mathbf{f}$ 和 $\mathbf{f}'$ 是可积的：那么 $\mathbf{f}$ 和 $\mathbf{f}'$ 是有调节的，并且 $\mathbf{g}$ 是有调节的（第 5 条的 Cor. 2），因此是可积的（§ 1, No. 3，第 9 条的 Cor.）。在这种情况下，公式 (14) 由 Lebesgue–Fubini 定理和积分的线性度得出（Ch. IV, § 4, No. 2，Th. 1）。为了完成$\mathbf{f}$和$\mathbf{f}'$本质上可积的情况的处理，然后将（14）应用于两个可积函数、$\mathbf{f}_1$和$\mathbf{f}_1'$，几乎处处都等于$\mathbf{f}$和$\mathbf{f}'$，在注意到上，$[\mathbf{f} \cdot \mathbf{f}'] = [\mathbf{f}_1 \cdot \mathbf{f}_1']$几乎处处处处相等$T \times T'$（提案 4）。

这是复杂措施的扩展到乘积的结果。