El teorema 2.22 de la página 53 de Análisis real y complejo afirma Rudin:
Si $A \subset \mathbb{R}$ es un subconjunto con la propiedad de que todo subconjunto es medible entonces $A$ es un conjunto nulo.
Si $A$ tiene medida exterior positiva debe ser incontable. Supongamos que $A$ no es medible. La eliminación de cualquier punto $a \in A$ da lugar a un subconjunto propio no medible $B = A \setminus \{a\}$ , ya que de lo contrario $A = B \cup \{a\}$ sería medible como unión de dos conjuntos medibles.
Si $A$ es medible y tiene medida exterior positiva, tiene medida positiva, por lo que tiene un subconjunto $B$ que no es medible por el teorema. Por supuesto $B$ debe ser un subconjunto adecuado.
Por lo tanto, en ambos casos posibles un conjunto de medida externa positiva tiene un subconjunto propio no medible, como querías.
No sé por qué tus profesores insistieron en el conjunto de Cantor, no creo que eso ayude mucho aquí. En el contexto de los conjuntos no medibles, los conjuntos de Cantor se utilizan para mostrar que no todo conjunto medible de Lebesgue es medible de Borel: La colección de conjuntos de Borel tiene una cardinalidad continua mientras que hay $2^{\# \mathbb{R}}$ subconjuntos del conjunto de Cantor. Como el conjunto ternario de Cantor es un conjunto nulo de Lebesgue, todos sus subconjuntos son medibles por Lebesgue, pero sólo un número continuo de ellos son medibles por Borel, por lo que la mayoría de los subconjuntos del conjunto de Cantor son medibles por Lebesgue pero no por Borel.
Si quieres ver algunos subconjuntos no Borel de $\mathbb{R}$ , ver también:
La demostración del teorema de Rudin es el argumento habitual de Vitali, utilizando regularidad interior de la medida de Lebesgue: tome un conjunto de representantes $E$ de $\mathbb{Q}$ -cosets para que $\mathbb{R} = \bigcup_{q \in \mathbb{Q}} (E + q)$ y por lo tanto $$A = \bigcup_{q \in \mathbb{Q}} [\underbrace{(E + q) \cap A}_{=: A_q}].$$ Basta con demostrar que $\mu(A_q) = 0$ porque entonces $A$ es un conjunto nulo como unión contable de conjuntos nulos. Dado que $A_q \subseteq A$ se deduce de la hipótesis sobre $A$ que $A_q$ es medible, por lo que $\mu(A_q) = \sup\{\mu(K) : K \subseteq A_q \text{ is compact}\}$ y basta con demostrar que $\mu(K) = 0$ para cada compacto $K \subseteq A_q$ . Obsérvese que para los racionales $s \neq r$ los conjuntos $K+r$ y $K+s$ son disjuntos, y el conjunto $F = \bigcup_{r \in \mathbb{Q} \cap [0,1]} K + r$ está acotado, por lo que $F$ tiene una medida finita. Por la disociación de pares de los conjuntos $K + r$ $$ \mu(F) = \sum_{r \in \mathbb{Q} \cap [0,1]} \mu(K+r) = \sum_{r \in \mathbb{Q} \cap [0,1]} \mu(K) $$ ya que la medida de Lebesgue es invariante de la traslación. De ello se deduce que $K$ debe ser un conjunto nulo, y por lo tanto $K$ es un conjunto nulo.
Sustitución de $\mathbb{Q}$ por $\mathbb{Q}^n$ y $[0,1]$ por $[0,1]^n$ El mismo argumento permite afirmar que el teorema no es especial para $\mathbb{R}$ también se mantiene en $\mathbb{R}^n$ .
