Ya lo he conseguido. Deje $K_0\equiv\{x\in X\,|\,f(x)\neq 0\}$. Por la segunda hipótesis, tenemos que $$\bigsqcup_{n=1}^{\infty}E_{nk}=K_0\quad\forall k\in\mathbb Z_+.$$ Moreover, $\mu(E_{n1})<+\infty$ for all $n\in\mathbb Z_+$, así que vamos a
$$t_n\equiv\max_{m\in\{1,\ldots,n\}}\left\{\mu(E_{m1})\right\}+n\quad\forall n\in\mathbb Z_+.$$
Es fácil ver que $t_{n+1}>t_n\geq n$ $\mu(E_{n1})\leq t_n$ todos los $n\in\mathbb Z_+$. Definir $\mu_1:\mathscr M\to[0,+\infty]$ como sigue:
$$\mu_1(E)\equiv\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\mu(E\cap E_{n1})\quad\forall E\in\mathscr M.$$
$\textbf{Claim 1:}\quad$ $\mu_1$ es una medida finita.
$\textit{Proof:}\quad$ Claramente, $$\mu_1(\varnothing)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\mu(\varnothing\cap E_{n1})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\times0=0.$$ Now, let $$E\equiv\bigsqcup_{j=1}^{\infty} E_j,\quad\text{where}\{E_j\}_{j=1}^{\infty}\subseteq\mathscr M.$$ A Continuación,
\begin{align*}
\mu_1(E)=&\,\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\mu\left(\bigsqcup_{j=1}^{\infty}(E_j\cap E_{n1})\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\sum_{j=1}^{\infty}\mu(E_j\cap E_{n1})=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\mu(E_j\cap E_{n1})\\=&\,\sum_{j=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\mu(E_j\cap E_{n1})=\sum_{j=1}^{\infty}\mu_1(E_j).
\end{align*}
La tercera y la cuarta igualdades necesita más justificación. En primer lugar, tenemos, para todos los $n\in\mathbb Z_+$, que
\begin{align*}
\sum_{j=1}^{\infty}\mu(E_j\cap E_{n1})=\mu(E\cap E_{n1})\leq\mu(E_{n1})<+\infty,
\end{align*}
de modo que el movimiento del plazo $1/2^{t_n}$ dentro de la suma es legítimo, de hecho. Segundo,
\begin{align*}
&\,\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\mu(E_j\cap E_{n1})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\mu(E\cap E_{n1})\leq\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{t_n}}\mu(E_{n1})\\
\leq&\,\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t_n}{2^{t_n}}\leq\sum_{n=1}^{\infty}\frac n{2^n}=2.
\end{align*}
La penúltima de la desigualdad se sigue de los hechos que $t_n\geq n$ todos los $n\in\mathbb Z_+$ y que la asignación de $n\mapsto n/2^n$ es no creciente, que no es difícil demostrar (ni tampoco lo es el hecho de que el último de la serie converge a $2$). Por lo tanto, este no negativo doble de la suma es convergente, de modo que el orden de la suma puede ser cambiado, de hecho.
Finalmente, este argumento también revela que $\mu_1(X)\leq 2$. $\quad\blacksquare$
$\textbf{Claim 2:}\quad$ Si $E\in\mathscr M$, $E\subseteq K_0$, y $\mu_1(E)=0$,$\mu(E)=0$.
$\textit{Proof:}\quad$ Si $E$ satisface la hipótesis, entonces tenemos que $$E=E\cap K_0=\bigsqcup_{n=1}^{\infty}E\cap E_{n1}.$$ That $\mu_1(E)=0$ clearly implies that $\mu(E\cap E_{n1})=0$ for all $n\in\mathbb Z_+$. Por lo tanto,
$$\mu(E)=\sum_{n=1}^{\infty}\mu(E\cap E_{n1})=0.\quad\blacksquare$$
Ahora, vamos a $$S\equiv\bigcap_{\ell=1}^{\infty}\bigcup_{k=\ell}^{\infty}\bigsqcup_{n=N_k+1}^{\infty}E_{nk},$$
donde $k\mapsto N_k$ es una asignación que se caracteriza más tarde. Claramente, $S\subseteq K_0$, para suponer que $x\in S$$f(x)=0$. A continuación, $x\in E_{nk}$ algunos $n,k\in\mathbb Z_+$, de modo que, por la tercera hipótesis,
$$\|y_n\|=\|y_n-f(x)\|<\frac{1}{k}\|y_n\|\leq\|y_n\|,$$
una contradicción.
Fix $k\in\mathbb Z_+$. Desde $$\mu_1(K_0)=\mu_1\left(\bigsqcup_{n=1}^{\infty}E_{nk}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\mu_1(E_{nk})<+\infty,$$
existe alguna $N_k\in\mathbb Z_+$ tal que
$$\sum_{n=N_k+1}^{\infty}\mu_1(E_{nk})=\mu_1\left(\bigsqcup_{n=N_k+1}^{\infty} E_{nk}\right)<\frac{1}{2^k}.$$ Then, we have that for all $\ell\in\mathbb Z_+$,
$$\mu_1\left(\bigcup_{k=\ell}^{\infty}\bigsqcup_{n=N_k+1}^{\infty} E_{nk}\right)\leq\sum_{k=\ell}^{\infty}\mu_1\left(\bigsqcup_{n=N_k+1}^{\infty} E_{nk}\right)\leq\sum_{k=\ell}^{\infty}\frac1{2^k}=\frac{1}{2^{\ell-1}}<+\infty.$$
Desde $$\bigcup_{k=\ell}^{\infty}\bigsqcup_{n=N_k+1}^{\infty} E_{nk}\supseteq\bigcup_{k=\ell+1}^{\infty}\bigsqcup_{n=N_k+1}^{\infty} E_{nk}\quad\forall\ell\in\mathbb Z_+,$$
tenemos que $$\mu_1(S)=\lim_{\ell\to\infty}\mu_1\left(\bigcup_{k=\ell}^{\infty}\bigsqcup_{n=N_k+1}^{\infty} E_{nk}\right)\leq\lim_{\ell\to\infty}\frac{1}{2^{\ell-1}}=0.$$
Ahora, la Reivindicación 2 implica que $\mu(S)=0$. Voi-effin'-là!
