\(\mathscr{B}(\overline{\mathbb{R}}) = \sigma[\mathscr{I}_{\infty}]_{\overline{\mathbb{R}}}\) を示せば \(\mathscr{B}(S) = \mathscr{B}(\overline{\mathbb{R}})|_{S} = \sigma[\mathscr{I}_{\infty}]_{\overline{\mathbb{R}}}|_{S}\) がわかる．
\(\mathscr{B}(\overline{\mathbb{R}}) \subset \sigma[\mathscr{I}_{\infty}]_{\overline{\mathbb{R}}}\) を示す．このためには \(\mathscr{I} \subset \sigma[\mathscr{I}_{\infty}]_{\overline{\mathscr{R}}}\) を示せば十分．この包含は \(a,b\in \mathbb{R}\) としたときに以下が成り立つことからわかる．
$$(a,b]=[-\infty,b]\setminus [-\infty,a]$$ $$(-\infty,a] = \bigcup_{n\geq 1}(-n,a]$$ $$(a,\infty] = \overline{\mathbb{R}}\setminus [-\infty,a]$$ \(\mathscr{B}(\overline{\mathbb{R}}) \supset \sigma[\mathscr{I}_{\infty}]_{\overline{\mathbb{R}}}\) を示す．このためには \(\mathscr{B}(\overline{\mathbb{R}}) \supset\mathscr{I}_{\infty}\) を示せば十分．この包含は \(a\in \mathbb{R}\) としたときに以下が成り立つことからわかる．
$$\{-\infty\}=\overline{\mathbb{R}}\setminus (-\infty,\infty]$$ $$[-\infty,a] = (-\infty,a]\cup \{-\infty\}$$

(1) \(\Rightarrow\) (2) を示す．
まず， \(f(S)\) は有限集合なので \(f(S)=\{\alpha_j\}_{j=1}^n\ \ (i\neq j\Rightarrow\alpha_i\neq\alpha_j)\) と書ける．また， \(\{\alpha_j\}\in \mathscr{B}(\mathbb{C})\) かつ \(f\) は可測関数なので \(f^{-1}(\{\alpha_j\})\in \mathscr{A}\) である． \(A_j=f^{-1}(\{\alpha_j\})\ \ (j=1,2,\cdots,)\) と定めると， \(\{A_j\}_{j=1}^n\subset \mathscr{A}\) は \(S\) の分割である．また， \(x\in A_j \Leftrightarrow f(x)= \alpha_j\) なので (2) を得る．

(2) \(\Rightarrow\) (1) を示す．
任意に \(B\in \mathscr{B}(\mathbb{C})\) をとる．このとき， \(\{\alpha_{j_k}\}_{k=1}^m = \{\alpha_j\}_{j=1}^n \cap B\) とすると， \(f^{-1}(B) = \bigcup_{k=1}^m A_{j_k}\in \mathscr{A}\) よって \(f\) は可測関数である．単関数であることは明らか．

命題 2.3.1 より \(f,g\) は $$f = \sum_{i=1}^m \alpha_i 1_{A_i}\ ,\quad g = \sum_{j=1}^n \beta_j 1_{B_j}$$ と書ける．ここで， \(\{A_i\cap B_j\}_{i,j}\) は \(S\) の分割で， $$f+g = \sum_{i,j} (\alpha_i+\beta_j) 1_{A_i\cap B_j}$$ $$fg = \sum_{i,j} (\alpha_i \beta_j) 1_{A_i\cap B_j}$$ が成り立つ．よって，命題 2.3.1 より \(f+g\ ,fg\) は可測な単関数である．

\(\Longrightarrow\) は明らか． \(\Longleftarrow\) を示す．
\begin{eqnarray} &&\forall G\in \mathscr{G},\ f^{-1}(G)\in \mathscr{A} \\ &&\quad \Longrightarrow \forall G\in \mathscr{G},\ G\in f(\mathscr{A}) \\ &&\quad \Longrightarrow \mathscr{G}\subset f(\mathscr{A}) \\ &&\quad \Longrightarrow \mathscr{B}=\sigma[\mathscr{G}]\subset f(\mathscr{A}) \\ &&\quad \Longrightarrow \forall B\in \mathscr{B},\ B\in f(\mathscr{A}) \\ &&\quad \Longrightarrow \forall B\in \mathscr{B},\ f^{-1}(B)\in \mathscr{A} \\ &&\quad \Longrightarrow f\in \mathbb{M}((S,\mathscr{A})\to (T,\mathscr{B})) \end{eqnarray}

\(f:S\to\mathbb{R}^d\) を \(f(x)=(f_1(x),\cdots,f_d(x))\) と定めると， \(\varphi(f_1,\cdots,f_d) = \varphi\circ f\) なので， \(f\) が可測であることを示せば \(\varphi(f_1,\cdots,f_d)\) が可測であることが示される．
まず，射影 \(\pi_j:\mathbb{R}^d\to\mathbb{R}\) が可測であることを示す．
任意に \(I\in\mathscr{I}|_{\mathbb{R}}\) をとると， \(\pi_j^{-1}(I)=\mathbb{R}^{j-1}\times I \times \mathbb{R}^{d-j}\in \mathscr{B}(\mathbb{R}^d)\) ．したがって，命題 2.3.3 より， \(\pi_j\) は可測である．
次に \(j=1,\cdots,d\) に対して \(\pi_j\circ f\in \mathbb{M}(S\to \mathbb{R})\) が成り立つとき， \(f\) が可測であることを示す．任意に \(I=\Pi_{j=1}^d I_j \in \mathscr{I}^d|_{\mathbb{R}^d}\) をとると， $$f^{-1}(I)=\bigcap_{j=1}^d (\pi_j\circ f)^{-1}(I_j)\in \mathscr{A}\subset 2^S$$ となる．したがって，命題 2.3.3 より \(f\in \mathbb{M}(S\to \mathbb{R}^d)\) である．

\begin{eqnarray} &&f\in C(\mathbb{R}^d\to \mathbb{R}^n) \\ &&\quad \Longleftrightarrow \forall O \in \mathscr{O}^n\ ,\ f^{-1}(O)\in \mathscr{O}^d \\ &&\quad \Longrightarrow \forall O \in \mathscr{O}^n\ ,\ f^{-1}(O)\in \mathscr{B}(\mathbb{\mathbb{R}^d}) \\ &&\overset{\text{（命題2.3.3）}}{\Longleftrightarrow} f\in \mathbb{M}(\mathbb{R}^d\to \mathbb{R}^n) \end{eqnarray}

命題 2.1.2 , 2.3.3 より，任意の \(b\in \mathbb{R}\) に対して，\(f^{-1}([-\infty,b])\subset \mathscr{B}(S)\) となることを示せば良い．
\(f^{-1}([-\infty,b]) = \{x\in S \mid f(x)\leq b\}\) と表せる．ここで \(f\) が単調増加のとき，任意の \(a\in f^{-1}([-\infty,b]) \) に対して \(S \ni x\leq a\) ならば，\(x\in f^{-1}([-\infty,b])\) が成り立つので，\(c=\sup f^{-1}([-\infty,b])\) とおけば， \(f^{-1}([-\infty,b]) = [-\infty,c]\cap S\) である．ここで \([-\infty,c]\in \mathscr{B}(\overline{\mathbb{R}})\) なので，\(f^{-1}([-\infty,b])\in \mathscr{B}(S)\) である．

・ \(f = \sup f_n\) が可測であることを示す．
任意の \(B\in \mathscr{B}(\overline{\mathbb{R}})\) に対して \(f^{-1}(B)\in \mathscr{A}\) を示す．命題 2.3.3 ，命題 2.1.2 より任意の \([-\infty,b]=B\in \mathscr{I}_{\infty}\) に対して \(f^{-1}(B)\in \mathscr{A}\) を示せば良い．
そのために \(f^{-1}([-\infty,b]) = \bigcap f_n^{-1}([-\infty,b])\) を示す．
\(f^{-1}([-\infty,b]) \subset \bigcap f_n^{-1}([-\infty,b])\) であることを示す． \(x\in f^{-1}([-\infty,b])\) とすると全ての \(n\) で \(f_n(x)\le f(x)\in [-\infty,b]\) であり \(x\in f_n^{-1}([-\infty,b])\) である．
\(f^{-1}([-\infty,b]) \supset \bigcap f_n^{-1}([-\infty,b])\) であることを示す． \(x\in \bigcap f_n^{-1}([-\infty,b])\) とすると全ての \(n\) で \(f_n(x)\in [-\infty,b]\) となる．ここで， \(f_k(x)=f(x)\) となる \(k\) が存在するときは明らかに \(x\in f^{-1}([-\infty,b])\) である． \(f_k(x)=f(x)\) となる \(k\) が存在しないときは \(f_{n(k)}(x)\nearrow f(x)\) となる数列 \(\{n(k)\}_{k=1,2,\cdots}\) が存在するが \(f_{n(k)}(x)\leq b\) より \(f(x)\in [-\infty,b]\) である．
したがって，仮定より \(f_n^{-1}([-\infty,b])\in \mathscr{A}\) であるので， \[f^{-1}([-\infty,b]) = \bigcap f_n^{-1}([-\infty,b]) \in \mathscr{A}\] ・ \(f = \inf f_n\) が可測であることを示す．
\(\inf f_n = -\sup (-f_n)\) が成り立つので可測である．ここで \(a\in\mathbb{R}\) に対して \(f\) が可測なら \(a\cdot f\) も可測であることを使ったが，これの証明は簡単なので省略する．

・ \(f = \overline{\lim} f_n\) が可測であることを示す．
\(\overline{\lim} f_n = \lim_{n}\sup_{k\geq n}f_k = \inf_{n\geq 1}\sup_{k\geq n}f_k\) であることからわかる．

・ \(f = \underline{\lim} f_n\) が可測であることも同様に示せる．

(1) \(\Rightarrow\) (2) を示す．
\(g_n(x)=2^{-n}\lfloor 2^nf(x)\rfloor\) ， \(f_n(x)=\min\{n,g_n(x)\}\) とおく．ここで， \(\lfloor\cdot\rfloor\) はガウス記号である．このとき， \(f_n\) は可測な関数である．
なぜならば， \(h_n(x)=\min\{n,2^{-n}\lfloor 2^nx\rfloor\}\) は単調増加な関数であるので，命題 2.3.6 より可測であり， \(f_n = h_n \circ f\) であるので， 命題 2.2.1 より \(f_n\) は可測である．
また， \(f_n\) は単関数である．なぜならば \(2^n h_n(x)=\min\{n2^n,\lfloor 2^nx\rfloor\}\) より \[f_n(S)\subset \{k/2^n\}_{k=0}^{n2^n}\] となるからである．
次に \(f_n\leq f_{n+1}\) を示す．そのためには \(g_n\leq g_{n+1}\) を示せば良い．
ここで， \(a\in\overline{\mathbb{R}}\) に対して， \(2\lfloor a\rfloor \leq \lfloor 2a\rfloor\) が成り立つ． \(a=-\infty,\infty\) なら良い． \(a\in \mathbb{R}\) なら， \(n\in \mathbb{Z}\) と \(r\in [0,1)\) で， \(a=n+r\) と書けて， \[\lfloor 2a\rfloor = \lfloor 2n+2r\rfloor \geq \lfloor 2n\rfloor = 2\lfloor n\rfloor = 2\lfloor a\rfloor\] このことから， \[g_{n+1}(x)=2^{-(n+1)}\lfloor 2^{n+1}f(x)\rfloor \geq 2^{-n}\lfloor 2^{n}f(x)\rfloor = g_n(x)\] がわかる．
最後に \(\lim f_n = f\) は \(\lim g_n = f\) を示せば良い． \(f(x) = \infty\) ならば \(g_n(x) = \infty\) であり， \(f(x) \lt \infty\) なら \(g_n(x)\) の定義から \(0\leq f(x)-g_n(x) \leq 2^{-n}\) よりわかる．

＊黒線が \(f(x)\) を赤線が \(f_n(x)\) を表す．


(2) \(\Rightarrow\) (3) を示す．
\(g_1=f_1\) ， \(g_n=f_{n}-f_{n-1}\) とおくと \(g_n\) は非負単関数で， \(f=\sum_{n\geq 1} g_n\) と書ける．また命題 2.3.1 より， \(g_n = \sum_{i=1}^{k^{(n)}} \alpha^{(n)}_i 1_{A^{(n)}_i}\) と表せる．したがって， \[f=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{i=1}^{k^{(n)}} \alpha^{(n)}_i 1_{A^{(n)}_i} = \sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n 1_{A_n}\] ただし，第二項から第三項は以下のように添字を書き換えている． \[ \begin{matrix} A^{(1)}_1 & A^{(1)}_2 & & A^{(1)}_{k^{(1)}} & A^{(2)}_{1} & \\ \downarrow & \downarrow & \cdots & \downarrow & \downarrow & \cdots \\ A_1 & A_2 & & A_{k^{(1)}} & A_{k^{(1)}+1} & \\ \end{matrix} \]

(3) \(\Rightarrow\) (1) を示す．
\(F_N=\sum_{n=1}^{N} \alpha_n 1_{A_n}\) は命題 2.3.2 より可測な関数（ \(\{A_n\}\) が分割とは限らないが共通部分で分割を作って命題 2.3.2 の仮定を満たすようにできる）で， \(f=\lim_N F_N\) であるので，命題 2.3.7 より \(f\) は可測な関数である．