区間から出発する

まず $\Omega\in\mathcal A(\mathcal S)$ を示す。条件 (iii) を $A=\emptyset$ に使う。すると $\Omega=\emptyset^c$ が、$\mathcal S$ の元の有限個の互いに素な和で書ける。

次に共通部分で閉じることを示す。2つの元を次のように書く。

$$A=\bigsqcup_{i=1}^kA_i,\qquad B=\bigsqcup_{j=1}^lB_j\qquad(A_i,B_j\in\mathcal S).$$

すると

$$A\cap B=\bigsqcup_{i=1}^k\bigsqcup_{j=1}^l(A_i\cap B_j)$$

となる。各 $A_i\cap B_j$ は、条件 (ii) により $\mathcal S$ の元である。しかも添字の組が違えば互いに素である。よって $A\cap B\in\mathcal A(\mathcal S)$。

補集合で閉じることを示す。$A=\bigsqcup_{i=1}^kA_i$ なら、次が成り立つ。

$$A^c=\bigcap_{i=1}^kA_i^c .$$

条件 (iii) により、各 $A_i^c$ は $\mathcal A(\mathcal S)$ に入る。いま示した共通部分についての性質を $k-1$ 回使えば $A^c\in\mathcal A(\mathcal S)$ となる。和は $A\cup B=(A^c\cap B^c)^c$ と書けるので、これも $\mathcal A(\mathcal S)$ に入る。以上で $\mathcal A(\mathcal S)$ は集合代数である。

最後に最小性を示す。$\mathcal S$ を含む集合代数は有限和で閉じているので、$\mathcal S$ の元の有限個の和をすべて含む。すなわち $\mathcal A(\mathcal S)$ を含む。

分け方によらないこと。$A=\bigsqcup_{i=1}^kA_i=\bigsqcup_{j=1}^lB_j$ と2通りに書けたとする。次の2つは、どちらも $\mathcal S$ の中の有限個の互いに素な和である。

$$A_i=\bigsqcup_j(A_i\cap B_j),\qquad B_j=\bigsqcup_i(A_i\cap B_j).$$

よって $\mathcal S$ の上の有限加法性から

$$\sum_{i=1}^k\mu(A_i)=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^l\mu(A_i\cap B_j)=\sum_{j=1}^l\mu(B_j).$$

有限加法性。$\mathcal A(\mathcal S)$ の互いに素な元を有限個合わせるときは、それぞれの分け方を並べたものが和の分け方になるので、定義から直ちに従う。一意性は、有限加法的な延長なら $\bar\mu(A)=\sum_i\mu(A_i)$ とならざるを得ないことから従う。

可算加法性。$A\in\mathcal A(\mathcal S)$ が互いに素な $B_1,B_2,\dots\in\mathcal A(\mathcal S)$ の可算和に等しいとする。次のように分ける（各片は $\mathcal S$ の元）。

$$A=\bigsqcup_{i=1}^kA_i,\qquad B_n=\bigsqcup_{j=1}^{m_n}B_{n,j}.$$

各 $A_i$ は、$A_i\cap B_{n,j}$ たちの可算個の互いに素な和である。これらの片はどれも $\mathcal S$ の元なので、可算加法性から次を得る。

$$\mu(A_i)=\sum_{n}\sum_{j}\mu(A_i\cap B_{n,j}).$$

これを $i$ について足し、非負の項の和なので順序を入れ替えると

$$\bar\mu(A)=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=1}^{m_n}\sum_{i=1}^k\mu(A_i\cap B_{n,j})=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=1}^{m_n}\mu(B_{n,j})=\sum_{n=1}^\infty\bar\mu(B_n).$$

2つ目の等号では、$\mathcal S$ の上の有限加法性を使った。$B_{n,j}\subset A$ なので、$B_{n,j}=\bigsqcup_i(A_i\cap B_{n,j})$ となるからである。

4段階に分ける。

段階1：有限加法性。$(a,b]=\bigsqcup_{i=1}^n(a_i,b_i]$（空でない区間だけを残す）とする。左端の小さい順に並べ替える。

$a$ のすぐ右の点はどれかの区間に入るので、最初の区間の左端は $a_1=a$ である。区間どうしは重ならず隙間もないので、次が成り立つ。

$$b_1=a_2,\quad b_2=a_3,\quad\dots,\quad b_n=b .$$

よって和は次のように前後の項が打ち消し合う。

$$\sum_{i=1}^n\bigl(F(b_i)-F(a_i)\bigr)=F(b_n)-F(a_1)=F(b)-F(a).$$

この段階では右連続性を使っていない。

段階2：可算個の小区間の和は全体を超えない。$\bigsqcup_{n=1}^\infty(a_n,b_n]\subset(a,b]$ とする。各 $N$ について、次の集合は $\mathcal A_0$ の元である。

$$(a,b]\setminus\bigsqcup_{n\le N}(a_n,b_n].$$

よって有限個の互いに素な半開区間 $C_1,\dots,C_m$ の和に書ける。段階1と補題 2.5 から $\mu_F$ は $\mathcal A_0$ の上で有限加法的なので

$$F(b)-F(a)=\sum_{n=1}^N\mu_F\bigl((a_n,b_n]\bigr)+\sum_{k=1}^m\mu_F(C_k)\ge\sum_{n=1}^N\mu_F\bigl((a_n,b_n]\bigr).$$

$N\to\infty$ として $\sum_{n=1}^\infty\mu_F((a_n,b_n])\le F(b)-F(a)$ を得る。

段階3：可算個の区間で覆えば、和は全体以上になる。$(a,b]\subset\bigcup_{n=1}^\infty(a_n,b_n]$（互いに素とは限らない）として、

$$F(b)-F(a)\le\sum_{n=1}^\infty\bigl(F(b_n)-F(a_n)\bigr)\tag{2.6}$$

を示す。まず $-\infty<a<b<\infty$ の場合を考え、$\varepsilon >0$ を固定する。右連続性 (b) を $a$ で使い、次を満たす $a'$ を選ぶ。

$$a<a'<b,\qquad F(a')-F(a)<\varepsilon .$$

各 $n$ について、$b_n'$ を次のように選ぶ。

• $b_n<\infty$ なら、右連続性を $b_n$ で使う。$b_n'>b_n$ で、$F(b_n')-F(b_n)<\varepsilon 2^{-n}$ となるものを選ぶ。
• $b_n=\infty$ なら $b_n'=\infty$ とおく。

すると

$$[a',b]\subset(a,b]\subset\bigcup_{n=1}^\infty(a_n,b_n]\subset\bigcup_{n=1}^\infty(a_n,b_n')$$

で、左端の閉区間 $[a',b]$ は有界閉集合、右端は開区間の族である（図 2.1）。Heine–Borel の定理によれば、有界閉集合を覆う開集合の族からは有限個を選んで覆い直せる。よって有限個の番号 $n_1,\dots,n_K$ で$[a',b]\subset\bigcup_{k=1}^K(a_{n_k},b'_{n_k})$ とできる。すると $(a',b]\subset\bigcup_{k=1}^K(a_{n_k},b'_{n_k}]$ であり、$\mathcal A_0$ の上の単調性と有限劣加法性 (2.3) から

$$F(b)-F(a')\le\sum_{k=1}^K\bigl(F(b'_{n_k})-F(a_{n_k})\bigr)\le\sum_{n=1}^\infty\bigl(F(b_n')-F(a_n)\bigr) \le\sum_{n=1}^\infty\bigl(F(b_n)-F(a_n)\bigr)+\varepsilon .$$

左辺に $F(a')-F(a)<\varepsilon$ を足すと、次を得る。

$$F(b)-F(a)\le\sum_n(F(b_n)-F(a_n))+2\varepsilon .$$

$\varepsilon \downarrow0$ として (2.6) を得る。

次に、$a=-\infty$ または $b=+\infty$ の場合を考える。$a\le c<d\le b$ を満たす有限の $c,d$ をとる。$(c,d]\subset(a,b]$ なので、いま示した有限の場合から$F(d)-F(c)\le\sum_n(F(b_n)-F(a_n))$。

ここで $c\downarrow a$、$d\uparrow b$ とする。条件 (c) と約束 $F(\pm\infty)$ により、左辺は $F(b)-F(a)$ に近づく。

段階4：まとめ。$(a,b]=\bigsqcup_n(a_n,b_n]$ とする。段階2から不等号「$\ge$」が、段階3から「$\le$」が出るので、等号が成り立つ。$\mu_F(\mathbb{R})=F(+\infty)-F(-\infty)=1$ は定義から従う。