Definición de Medida Externa de Lebesgue: Dado un conjunto $E$ de $\mathbb R$, definimos la Medida Externa de Lebesgue de $E$ como, $$m^*(E) = \inf \left\{\sum_{n=1}^{+\infty} l(I_n): E \subset \bigcup_{n=1}^{+\infty}I_n \right\}$$ donde $l(I_n)$ denota la longitud del intervalo (intervalo acotado y no vacío).
Definición de conjunto medible: Un conjunto $E$ es medible si $$m^*(T) = m^*(T \cap E) + m^*(T \cap E^c)$$ para todo subconjunto $T$ de $\mathbb R$.
Si $A_1 \subset A_2 \subset \mathbb R$ y $m^*(A_1) = m^*(A_2)$, ¿será que $$m^*(A_1 \cap T) = m^*(A_2 \cap T)$$ para todo $T \subset \mathbb R$? ¿Por qué? ¿Y cuál sería el resultado si se añade la condición de que $A_1$ sea un conjunto medible?
Actualización:
Sinceramente, agradezco la respuesta del usuario140776 y él proporciona el contraejemplo de que la igualdad no se cumple para $m^*(A_1) = m^*(A_2) = +\infty$. Aún tengo una pregunta: si $m^*(A_1) = m^*(A_2) < +\infty$, ¿se cumple la igualdad? ¿O no se cumple hasta que se añada la condición de que $A_1$ sea medible?
Además, si elimino la restricción de que $A_1$ sea un subconjunto de $A_2$ es decir, $A_1, A_2 \subset \mathbb R$ y $m^*(A_1) = m^*(A_2) < +\infty$, ¿se mantendrá esa igualdad $$m^*(A_1 \cap T) = m^*(A_2 \cap T)$$ para todo $T \subset \mathbb R$?
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Si $A_1$ es medible entonces, $m^*(A_2\cap T)=m^*(A_2\cap T\cap A_1)+m^*(A_2\backslash A_1\cap T)$ y como $A_2$ y $A_1$ difieren por un conjunto de medida cero, el segundo término del lado derecho es 0, y como $A_1\subset A_2$, el primer término del lado derecho es $m^*(A_1\cap T)$
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@usuario140776: Ohhh, sí. tiene sentido. ¿Qué piensas si se elimina que A1 sea un conjunto medible?
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No lo sé. Todavía estoy aprendiendo. Lo único que puedo decir al respecto es que, ciertamente sabemos que $m^*(A_1\cap T)\le m^*(A_2\cap T)$ porque $A_1\cap T\subset A_2\cap T$. Entonces la pregunta es si es posible encontrar $A_1, A_2, T$ que cumplan las condiciones para que $m^*(A_1\cap T)
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@user140776: Sí. Tengo la misma pregunta que tú. No estoy seguro(a) de si algún conjunto no medible T hará que $m^*(A_1 \cap T) < m^*(A_2 \cap T)$ funcione.
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@user140776 No necesitas que $A_1$ sea medible. Para tu argumento, solo usaste que la medida exterior es aditiva para conjuntos disjuntos y que los subconjuntos de un conjunto nulo también son conjuntos nulos.
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@user251257: No. La medida externa es subaditiva para conjuntos disjuntos. Existe una secuencia de subconjuntos mutuamente disjuntos $\{E_n\}$ de [0,1) con $m^*(\bigcup_{n=1}^{+\infty} E_n) < \sum_{n=1}^{+\infty} m^*(E_n)$.
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Oh, tienes razón. No tengo ni idea de lo que he pensado.
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Pero aquí tienes $m^*(A_1\cap T) \le m^*(A_2\cap T) \le m^*(A_1\cap A_2\cap T) + 0$. No se necesita additividad.
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@user251257 Buen punto. Tal vez deberías convertirlo en respuesta en lugar de un comentario.
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Hm, no estoy seguro de que $m^*(A_2\setminus A_1) = 0$.
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@user251257 Gracias por señalar eso. Si $A_1$ y $A_2$ no están acotados, es fácil encontrar contraejemplos.