$a=x_2-x_1$ とおくと、 $a \gt 0$ であるから、与えられた条件式 (i) より $f(a) \geq 0$ がわかる。 よって、 \begin{align} f(x_2) &= f(x_1+a) \\ &= f(x_1) + f(a) \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because \text{ (ii) } ) \\ &\geq f(x_1) \end{align} がわかる。
与えられた条件式 (ii) で $x=y=0$ とおくことで \begin{align} f(0) = 0 \end{align} がわかる。 よって、 $n=0$ のとき \begin{align} f(nx) = nf(x) \end{align} が成り立つことがわかる。 また、 $n=1, 2, \cdots$ のとき \begin{align} f(nx) &= f(x + x + \cdots + x) \\ &= f(x) + f(x) + \cdots + f(x) \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because \text{ (ii) } ) \\ &= n f(x) \end{align} が成り立つ。
\begin{align} f(rx) &= f \left( \frac{m}{n} x \right) \\ &= m f \left( \frac{1}{n} x \right) \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because \text{ (b) } ) \\ &= rn f \left( \frac{1}{n} x \right) \\ &= r f \left( n \cdot \frac{1}{n} x \right) \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because \text{ (b) } ) \\ &= r f \left( x \right) \end{align}
$x$ が正の有理数のとき、 \begin{align} f(x) &= f( x \cdot 1) \\ &= x f(1) \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because \text{ (c) } ) \\ &= cx \ \ \ \ \ \ \ \ ( c = f(1) \geq 0) \end{align} である。 $f$ は連続関数であることから、 $x \in [0, \infty)$ について \begin{align} f(x) = cx \ \ \ \ \ \ \ \ ( c = f(1) \geq 0) \end{align} が成り立つことがわかる。
$f(x)$ が問 (1) の条件 (i) を満足することは、次のようにしてわかる： \begin{align} f(x) &= I \left( 2^{-x} \right) \\ &\geq 0 . \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because I(p) \text{ に関する1番目の条件 } ) \end{align}
$f(x)$ が問 (1) の条件 (ii) を満足することは、次のようにしてわかる： \begin{align} f(x+y) &= I \left( 2^{-(x+y)} \right) \\ &= I \left( 2^{-x} \cdot 2^{-y} \right) \\ &= I \left( 2^{-x} \right) + I \left( 2^{-y} \right) \ \ \ \ \ \ \ \ ( \because I(p) \text{ に関する2番目の条件 } ) \\ &= f(x) + f(y) . \end{align}
(d), (e) より、 \begin{align} I(p) &= f \left( - \log_2 p \right) \\ &= - c \log_2 p \ \ \ \ (c \geq 0) \end{align} がわかる。 さらに $I(p)$ に関する3番目の条件から $c=1$ がわかり、 \begin{align} I(p) &= - \log_2 p \end{align} を得る。