Достаточно заметить, что пересечение двух произвольных полуинтервалов является либо таким же полуинтервалом, либо пустым множеством.

Справедливость этого свойства следует из определения клеточного множества.

Предположим, у нас есть множества $A$ и $B$. Каждое из этих множеств мы можем разбить на клетки:
$$\Pi_1,…,\Pi_p$$ $$\Pi_1^{\prime},…,\Pi_q^{\prime}$$
Тогда множество $A\cap B$ можно разбить на клетки вида $\Pi_{ij}=\Pi_i\cap\Pi_j^\prime,\;i=\overline{1,p},j=\overline{1,q}$, а , следовательно, по свойству 1, оно является клеточным.

Если клетка $\Pi$ пересекает клетку $Q$: $R=\Pi\cap Q$, то разность $\Pi \setminus Q$ равна разности $\Pi \setminus R$, и существует разбиение клетки $\Pi$ такое что $R$ является одной из клеток разбиения. А значит, мы можем ее удалить, получив в результате клеточное множество.

Пусть имеется клеточное множество $A$. Разобьем его на клетки $\Pi_1,…,\Pi_p$. Докажем сначала, что разность клеточного множества и клетки есть клеточное множество. Пусть $Q$ — произвольная клетка. По свойству 4 множества $K_i=\Pi_i\setminus Q$ — клеточные, и попарно непересекающиеся. Следовательно, совокупность множеств $\left \{ K_1,K_2,…,K_p \right \}$ является разбиением разности множеств $A\setminus Q$. Теперь зададим клеточное множество $B$, и разобьем его на клетки $\Pi_1^{\prime},…,\Pi_m^{\prime}$. Тогда множество $A\setminus B$ можно получить последовательным вычитанием клеток $\Pi_1^{\prime},…,\Pi_m^{\prime}$ из множества $A$, то есть оно также является клеточным.

Докажем для случая двух множеств. Пусть $A$ и $B$ — клеточные множества. В силу свойств 3 и 5 $A\setminus B,\; B\setminus A,\; A\cap B$ — непересекающиеся клеточные множества. Тогда по свойству 2 их объединение будет клеточным множеством, которое, в свою очередь совпадает с $A\cup B$

Легко показать, что утверждение верно для каждой отдельной клетки(доказывается прямым подсчетом). Пусть существуют два различных разбиения клеточного множества $A:\;\Pi_1,…,\Pi_p$ и $\Pi_1^{\prime},…,\Pi_q^{\prime}$. Обозначим $\Pi_{ij}=\Pi_i\cap\Pi_j$. Понятно, что $\Pi_i=\bigcup\limits_{j=1}\limits^q\Pi_{ij}^\prime$, а $\Pi_j^\prime=\bigcup\limits_{i=1}\limits^p\Pi_{ij}$. Тогда:
$$\sum_{i=1}^pm\left(\Pi_i\right)=\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^qm\left(\Pi_{ij}\right)=\sum_{j=1}^q\sum_{i=1}^pm\left(\Pi_{ij}\right)=\sum_{j=1}^qm\left(\Pi_j^\prime\right),$$
что и требовалось доказать.

Справедливость данного свойства очевидна и следует из определения меры клеточного множества.

Множества $A$ и $B\setminus A$ не пересекаются, следовательно, по свойству 1, мера множества $B=A\cup \left(B\setminus A\right)$ будет равна сумме их мер.

Докажем по индукции. Пусть $p=2$. Обозначим $B=A_1\cup A_2$. Тогда, поскольку $A_1\subset B$ и $B\setminus A_1\subset A_2$, выполняется свойство 5:
$$m\left(A_1\cup A_2\right)=m\left(B\right)=m\left(A_1\right)+m\left(B\setminus A_1\right)\leq m\left(A_1\right)+m\left(A_2\right).$$
Пусть неравенство выполняется для $p=k$. Докажем для $p=k+1$. Обозначим $A=\bigcup\limits_{i=1}\limits^kA_i$. Тогда мы можем рассмотреть пересечение множеств $A$ и $A_k+1$, аналогично случаю $p=2$, причем $m\left(\bigcup\limits_{i=1}\limits^kA_i\right)\leq \sum\limits_{i=1}\limits^km\left(A_i\right)$.

Докажем для одной клетки $\Pi$. Возьмем произвольную точку $\left(x_1,…,x_n\right)$. Она будет принадлежать границе клетки, если существует такое $i$, что $x_i=a_i$ или $x_i=b_i$(следует из определения клетки, где $\left[a_i, b_i\right), i=\overline{1,n}$ — ребра клетки). Сдвигая концы ребра $\left[a_i, b_i\right)$ внутрь клетки, постоим клетку $\Pi_\varepsilon$, не содержащую граничных точек $\Pi$, мера которой будет отличаться от меры $\Pi$ меньше, чем на $A$.

Пусть $A$ и $B$ — клеточные множества, $A \subset \Omega \subset B$.
Существование.
По свойству 2 меры клеточных множеств $m\left(A\right)\leq m\left(B\right)$. Следовательно, найдется число $\gamma$, такое что
$$m\left(A\right)\leq \sup_{A\subset\Omega}m\left(A\right)\leq \gamma \leq \inf_{\Omega\subset B}m\left(A\right)\leq m\left(B\right).$$
Не ограничивая общности рассуждений, возьмем $m\left(\Omega\right)=\gamma$. Мы можем так сделать, исходя из определения меры, а, следовательно, число $m\left(\Omega\right)$ существует.
Единственность.
Пусть существуют два числа $\alpha$ и $\beta$, разделяющие числовые множества, порожденные мерами клеточных множеств $A$ и $B$:
$$m\left(A\right)\leq \alpha \leq \beta \leq m\left(B\right).$$
Множество $\Omega$ измеримо по Жордану, поэтому для любого $\varepsilon>0$ найдутся клеточные множества $A_\varepsilon$ и $B_\varepsilon$, такие что:
$$A_\varepsilon\subset\Omega\subset B_\varepsilon, m\left(B_\varepsilon\right)-m\left(A_\varepsilon\right)<\varepsilon.$$
Следовательно, верно неравенство: $$0\leq\beta-\alpha\leq m\left(B_\varepsilon\right)-m\left(A_\varepsilon\right)<\varepsilon,$$ а, значит, $\alpha=\beta$($\varepsilon$ выбирается произвольно).

Пусть $A=\varnothing$, тогда $A\subset E\subset B,\; mB-mA=mB<\varepsilon$, то есть $E$ — измеримо по Жордану. В силу произвольности $\varepsilon$ получаем, что $mE=0$.

Докажем для двух множеств(для большего числа доказывается аналогично). Пусть заданы множества $E_1$ и $E_2$, такие что $m\left(E_1\right)=m\left(E_2\right)=0$. Тогда для любого $\varepsilon>0$ найдутся клеточные множества $B_1$ и $B_2$, такие что $$E_1\subset B_1,\; E_2\subset B_2,\; m\left(B_1\right)<\frac{\varepsilon}{2},\; m\left(B_2\right)<\frac{\varepsilon}{2}.\;$$ Пусть $B=B_1\cup B_2$. По доказанному выше $B$ — клеточное множество, и выполняется:
$$E_1\cup E_2\subset B_1\cup B_2,\quad m\left(B\right)\leq m\left(B_1\right)+m\left(B_2\right)<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon,$$
а значит, $m\left(E_1\cup E_2\right)=0$.

Пусть $E\prime$ и $E\prime$ — множества меры нуль. Тогда, по определению, для любого $\varepsilon>0$ найдется клеточное множество $A$, такое что $E\prime\subset E\subset A$ и $m\left(A\right)<\varepsilon$. Тогда, по свойству 1, $m\left(E\right)=0$.

Предположим противное. Пусть существуют две точки $\alpha$ и $\beta$ множества $A$, такие что $\alpha$ принадлежит внутренности $B$, а $\beta$ принадлежит внутренности $B\setminus A$. По условию множество $A$ — связно, потому мы можем соединить эти две точки некоторой кривой $\Gamma$. Разобьем точки кривой на два класса: точка $\gamma$ принадлежит первому классу, если дуга кривой $\Gamma$ с концами $\alpha$ и $\beta$ лежит в множестве $B$. Второму классу будут принадлежать все остальные точки кривой. Тогда, согласно теореме об отделимости, мы можем разделить эти 2 класса некоторой точкой $e$, которая не принадлежит ни внутренности $B$, ни внутренности $B\setminus A$. Тогда точка $e$ является граничной для множества $B$, но по условию она принадлежит множеству $A$. Получаем противоречие.

Необходимость
Пусть $\Omega\subset\mathbb{R}^n$ — измеримое по Жордану множество. Это значит, что для любого $\varepsilon>0$ найдутся клеточные множества $A$ и $B$, такие что $A \subset \Omega \subset B$ и $m\left(B\right)-m\left(A\right)<\varepsilon$. Не ограничивая общности рассуждений, согласно свойству 4 меры клеточных множеств, считаем, что множество $A$ не содержит граничных точек $\Omega$, а множество $B$ содержит все такие точки. Тогда $\partial\Omega \subset B\setminus A$ и $m\left(B\setminus A\right)<\varepsilon$, следовательно, по лемме 3, множество $\partial\Omega$ имеет жорданову меру нуль.
Достаточность
Пусть $m\left(\partial\Omega\right)$ и $\Omega$ — ограниченное множество в $\mathbb{R}^n$. Заключим множество $\Omega$ в клетку $\Pi$. Теперь возьмем произвольное $\varepsilon>0$ и построим клеточное множество $C$, такое что $\partial\Omega\subset C$ и $m\left(C\right)<\varepsilon$. Тогда $\Pi\setminus C$ — клеточное множество, не содержащее граничных точек множества $\Omega$. Пусть $\Pi\setminus C=\bigcup\limits_{i=1}\limits^N\Pi_i$. Так как клетка $\Pi_i$ не содержит граничных точек множества $\Omega$, то в силу леммы 4 $\Pi_i\cap\Omega=\varnothing$ или $\Pi_i\subset\Omega$. Занумеруем клетки $\Pi_i$ в таком порядке, что $\Pi_1,…,\Pi_l\subset \Omega$, а $\Pi_{l+1},…,\Pi_N\cap\Omega=\varnothing$. Обозначим $A=\bigcup\limits_{i=1}\limits^l\Pi_i$ и $B=A\cup C=\Pi\;\setminus\;\left(\bigcup\limits_{i=l+1}\limits^N\Pi_i\right)$, тогда $A\subset\Omega\subset B$ и $m\left(B\right)-m\left(A\right)=m\left(C\right)<\varepsilon$, то есть множество $\Omega$ измеримо по Жордану.

Измеримые по Жордану множества $\Omega_1$ и $\Omega_2$ ограничены, следовательно, по доказанному выше критерию меры их границ равны нулю. Тогда мера их пересечения также будет равной нулю. Но мы знаем, что
$$\partial \left(\Omega_1\cap\Omega_2\right)\subset\partial\Omega_1\cup\partial\Omega_2,\quad\partial \left(\Omega_1\setminus\Omega_2\right)\subset\partial\Omega_1\cup\partial\Omega_2,\quad\partial \left(\Omega_1\cup\Omega_2\right)\subset\partial\Omega_1\cup\partial\Omega_2,$$ поэтому $$m\left(\partial \left(\Omega_1\cap\Omega_2\right)\right)=m\left(\partial \left(\Omega_1\setminus\Omega_2\right)\right)=m\left(\partial \left(\Omega_1\cup\Omega_2\right)\right).$$
В силу критерия множества множества $\Omega_1\cap\Omega_2$, $\Omega_1\setminus \Omega_2$ и $\Omega_1\cup\Omega_2$ измеримы по Жордану.

Рассмотрим случай $n=2$. Если $\Omega_1$ и $\Omega_2$ – измеримые по Жордану множества, то в силу свойства 1 множество $\Omega_1\cup\Omega_2$ измеримо по Жордану. Из леммы 2 следует, что для любого $\varepsilon>0$ найдутся клеточные множества $B_1$ и $B_2$ такие что:
$$\Omega_1\subset B_1,\;\Omega_1\subset B_1,\; m\left(\Omega_1\right)>m\left(B1\right)−\frac{\varepsilon}{2},\; m\left(\Omega_2\right)>m\left(B2\right)−\frac{\varepsilon}{2}.$$
Тогда $B_1\cup B_2$ есть клеточное множество, содержащее множество $\Omega_1\cup\Omega_2$. Используя свойство 3 клеточных множеств, получаем, что:
$$m\left(\Omega_1\cup \Omega_2 \right)\leq m\left(B_1\cup B_2\right)\leq m\left(B_1\right)+m\left(B_2\right)\leq m\left(\Omega_1\right)+m\left(\Omega_2\right)+\varepsilon.$$
В силу произвольности $\varepsilon$:
$$m\left(\Omega_1\cup \Omega_2 \right)\leq m\left(\Omega_1\right)+m\left(\Omega_2\right)$$ Пусть $\Omega_1\cap\Omega_2=\varnothing$. В силу леммы 2 найдутся клеточные множества $A_1$ и $A_2$, такие что
$$A_1\subsetΩ_1,\;m(A_1)>m\left(Ω_1\right)-\frac{\varepsilon}{2},\;A_2\subsetΩ_2,\;m(A_2)>m(Ω_2)−\frac{\varepsilon}{2}.$$
Тогда $A_1\cup A_2$есть клеточное множество, содержащееся в множестве $\Omega_1\cup\Omega_2$. Так как множества $A_1$ и $A_2$ не пересекаются, то
$$m\left(Ω1\cupΩ2\right)≥m\left(A1\cup A2\right)=m\left(A1\right)+m\left(A2\right)>m\left(Ω1\right)+m\left(Ω2\right)−ε,$$
Число $\varepsilon$ мы брали произвольно, следовательно,
$$m\left(\Omega_1\cup \Omega_2 \right)\geq m\left(\Omega_1\right)+m\left(\Omega_2\right).$$
Мы видим, что мера объединения непересекающихся множеств $\Omega_1$ и $\Omega_2$ одновременно не превосходит и больше либо равна сумме их мер. А такое возможно, только если
$$m\left(\Omega_1\cup \Omega_2 \right)=m\left(\Omega_1\right)+m\left(\Omega_2\right).$$
Применяя метод математической индукции, можно доказать исходное неравенство, а также случай равенства для любого $n\in\mathbb{N}$. Свойство доказано.

Множество $A=\left\{x \in \mathbb{R} \mid x \in \left[ 0,1 \right] \right\}$ измеримо по Жордану, так как само по себе является клеточным. А множество рациональных чисел на том же отрезке $A^\prime=\left\{x\in\mathbb{Q}\mid x\in\left[0,1\right]\right\}$ не измеримо, и мы можем легко это показать. Действительно, отрезке $\left[0,1\right]$ не существует подотрезка, заполненного только рациональными числами, то есть внутренняя мера Жордана множества $A^\prime$ равна $0$. С другой стороны, на всей числовой прямой мы не найдем отрезка, содержащего $\left[0,1\right]$ и заполненного рациональными числами. Это значит, что внешняя мера множества $A^\prime$ равна $1$. Мы видим, что верхняя и нижняя меры Жордана совпадают, а значит, по определению, множество $A^\prime$ не является измеримым по Жордану.