Nueva respuesta. Intentamos una prueba más directa. Como en la respuesta anterior, podemos suponer que $(a_j, b_j)$ son disjuntos.
Reclamación. Si $E \subseteq A$ entonces $m^*(f(E)) \leq m^*(E)$ , donde $m^*$ es la medida exterior.
En efecto, para cada familia contable $\{I_i\}$ de intervalos que cubren $E$ , dejemos que
$$ \tilde{I}_{i,j} = I_i \cap (a_j, b_j). $$
Entonces encontramos que
- $\{\tilde{I}_{i,j} \}$ es una familia contable de intervalos que cubren $E$ ,
- $\{f(\tilde{I}_{i,j}) \}$ es una familia contable de intervalos que cubren $f(E)$ ,
- $|f(\tilde{I}_{i,j})| \leq |\tilde{I}_{i,j}|$ .
De ello se deduce que
$$ m^*(f(E)) \leq \sum_{i,j} |f(\tilde{I}_{i,j})| \leq \sum_{i,j} |\tilde{I}_{i,j}| \leq \sum_{i} |I_i|. $$
Tomando el infimo sobre todos los posibles $\{I_i\}$ se obtiene la desigualdad deseada y así se completa la demostración de la afirmación. Volviendo a nuestro problema, para cada $0 \leq x_1 \leq x_2 \leq 1$ tenemos
\begin |f(x_2) - f(x_1)| &= |f([x_1, x_2])|| \\ & \leq m^*(f([x_1, x_2] \cap A)) + m^*(f([x_1, x_2] \setminus A)) \\ & \leq m^*([x_1, x_2] \cap A) + 0 \\ & \leq |x_1 - x_2|. \end {align*}
Respuesta antigua. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer lo siguiente:
- $f$ es estrictamente creciente.
- $(a_i, b_i)$ son disjuntos.
También escribimos $N = [0, 1]\setminus A$ para mayor comodidad.
Ahora, para cada $0 \leq x_1 < x_2 \leq 1$ , fíjese que $f([x_1, x_2] \cap N)$ es compacta y de medida cero. Así, para cada $\epsilon > 0$ hay finitamente muchos intervalos abiertos $J_1, \cdots, J_m$ tal que
$$\sum_{i=1}^{m} |J_i| < \epsilon, \qquad f([x_1, x_2] \cap N) \subset \bigcup_{i=1}^{m} J_i. $$
También podemos suponer que $J_1, \cdots, J_m$ son disjuntos y están indexados de tal manera que $J_i$ se encuentra a la izquierda de $J_{i+1}$ para cada $i = 1, \cdots, m-1$ . Esto nos permite elegir puntos
$$x_1 = p_1 \leq q_1 < p_2 < q_2 < \cdots < q_{m-1} < p_m \leq q_m = x_2$$
tal que
\begin {align*} [f(p_1), f(q_1)) &= J_1 \cap f([x_1,x_2]), \\ (f(p_i), f(q_i)) &= J_i \hspace {2em} \text {para } i = 2, \cdots , m-1, \\ (f(p_m), f(q_m)] &= J_m \cap f([x_1,x_2]). \end {align*}
Así, para cada $i = 1, \cdots, m-1$ tenemos $[q_i, p_{i+1}] \subset A$ y por lo tanto se encuentra en uno de $(a_j, b_j)$ . Esto da la siguiente estimación:
\begin {align*} f(x_2) - f(x_1) &= \sum_ {i=1}^{m-1} (f(p_{i+1}) - f(q_i)) + \sum_ {i=1}^{m-1} (f(q_{i}) - f(p_i)) \\ & \leq \sum_ {i=1}^{m-1} (p_{i+1} - q_i) + \epsilon \\ & \leq (x_2 - x_1) + \epsilon. \end {align*}
Desde $\epsilon$ fue arbitraria, dejando que $\epsilon \to 0^+$ produce $|f(x_2) - f(x_1)| \leq |x_2 - x_1|$ .
