Usted no puede evitar el countability de los racionales . Y el hecho de que $[0,1]$ \
$\mathbb Q$ es incontable y denso es también insuficiente, ya que hay denso subconjuntos medibles de $[0,1]$ con medida positiva $<1.$
(1). Si $S\subset \mathbb R$ $S$ es contable, a continuación, $\lambda^*(S)=0.$ si $S\subset \{x_n:n\in \mathbb N\}$ $\epsilon >0$ deje $I_n=[-2^{-n-1}\epsilon +x_n,2^{-n-1}\epsilon +x_n].$ $\cup_{n\in \mathbb N}I_n\supset S$ $\lambda^* (S)\leq \sum_{n\in \mathbb N}|I_n|=\epsilon.$
(2). Deje $i(S)$ ser el conjunto de todos los contables de la familia F de acotado a intervalos tales que $\cup F\supset S.$
(2i). Debe ser obvio que la $A\subset B\implies \lambda^*(A)\leq \lambda^*(B).$ Porque $A\subset B\implies i(B)\subset i(A)\implies \{\sum_{I\in F}|I|:F\in i(B)\}\subset \{\sum_{I\in F}|I|:F\in i(A)\}.$
(2ii). Deje $j(S,T)=\{F\cup G:f\in i(S)\land g\in i(t)\}.$
A continuación, $j(S,T)\subset i(S\cup T).$ También, si $F\in i(S)$ $G\in i(T)$ $\sum_{I\in F\cup G}|I|\leq \sum_{I'\in F}|I'|+\sum_{I''\in G}|I''|.$
Por lo tanto $$\lambda^*(S\cup T)=\inf \left\{\sum_{I\in H}|I|:h\in i(S\cup T)\right\}\leq \inf \left\{\sum_{I\in H}|I|:H\in j(S,T)\right\} \leq$$ $$\leq \inf \left\{\sum_{I'\in F}|I'|+\sum_{I''\in G}|I''|:F\in i(S)\land g\in i(T)\right\}=$$ $$=\inf \left\{\sum_{I'\in F}|I'|:F\in i(S)\right\}+\inf \left\{\sum_{I''\in G}|I''|:G\in i(T)\right\}=$$ $$=\lambda^*(S)+\lambda^*(T).$$
(3). Para $S=[0,1]\cap \mathbb Q $ y $T=[0,1]$ \ $S$ tenemos $\lambda^*(S)=0$ $\lambda^* (T)\leq \lambda^* ([0,1])\leq \lambda^* (S)+\lambda^* (T)=\lambda (T).$
Por lo tanto, $\lambda^*(T)=\lambda^* ([0,1]).$ queda por mostrar que $\lambda^* ([0,1])=1.$
(3i). Tenemos $F_0=\{[0,1]\}\in i([0,1])$ $\lambda^*([01,1])\leq \sum_{I\in F_0}|I|=1.$
(3ii). Para demostrar que la inversa de la desigualdad de $\lambda ([0,1])\geq 1$ es más conveniente considerar el conjunto $i^o([0,1])$ de los contables de las familias $F$ de los delimitada ABRIR intervalos tales que $\cup F\supset [0,1] .$
Por razones de brevedad vamos a $V=\inf \{\sum_{I\in F}|I|: F\in i^o([0,1])\}.$
Desde $i^o([0,1])\subset i([0,1])$ tenemos $\lambda^*([0,1])\leq V.$
Pero también tenemos $V\leq \lambda^*([0,1])$, que se obtiene por mostrar que $V\leq \lambda^*([0,1])+\epsilon$ cualquier $\epsilon >0:$
Para $\{f_n:n\in \mathbb N\}= F\in i([0,1])$ $(a_n,b_n)\subset f_n\subset [a_n,b_n]$ vamos $$F'=\{(a_n-\epsilon 2^{-n-1},b_n+\epsilon 2^{-n-1}):n\in \mathbb N\}.$$ Now $\{F':F\in i([0,1])\} \subconjunto i^o([0,1])$ so $$V\leq \inf\{\sum_{I'\in F'}|I'|: F\in i([0,1])\} =\inf \{\epsilon+\sum_{I\in F}|I|:F\in i([0,1])\}=\lambda ([0,1]).$$
Por lo $V=\lambda ^*([0,1]).$
(3iii). Finalmente, para mostrar que $V=1:$ cualquier $F\in i^o([0,1])$ hay un número finito de $G\subset F$ $\cup G\supset [0,1]$ porque $[0,1]$ es COMPACTO. Nos muestran que $\sum_{I\in G}|I|\}>1$ como sigue:
Deje $0\in I_0\in G.$ $n\geq 0,$ si $\sup I_n\leq 1$ a continuación, vamos a $\sup I_n\in I_{n+1}\in G.$ (Si $\sup I_n >1$ $I_{n+1}$ no se define.)
Por inducción en $n,$ si $I_n$ existe, entonces (a)... $\sup I_n>\sup \{\sup I_j:j<n\}$ y (b)...$\cup_{j\leq n}I_j\supset [0,\sup I_n).$ Ahora por (a), la secuencia de $(I_0,...)$ es un no-repetición de la secuencia de los miembros del conjunto finito $G ,$, por lo que es una secuencia finita con un último miembro de la $I_{n^*}$, lo cual debe satisfacer $\sup I_{n^*}>1,$, y en (b) tenemos $\cup_{0\leq j\leq n^*}I_j\supset [0,\sup I_{n^*})\supset [0,1].$
Ahora si $n^*=0$ tenemos $[0,1]\subset I_0\in G$ y, por tanto, $\sum_{I\in G}|I|\geq|I_0|>1.$
Y si $n^*>0$ tenga en cuenta que $\inf I_j<\sup I_{j-1}$ al $1\leq j\leq n^*$ , por lo que tenemos $$\sum_{I\in G}|I|\geq \sum_{j=1}^{n^*}|I_j|=\sum_{j=0}^{n^*}(\sup I_j-\inf I_j)>$$ $$>(\sup I_0-\inf I_0)+\sum_{j=1}^{n^*}(\sup I_j-\sup I_{j-1}) =$$ $$=\sup I_{n^*}-\inf I_0>1.$$
